TOÁN HỌC
ĐA GIÁC
1
I. LÝ THUYẾT 3
1. Đa giác 3
2. Đa giác đơn 3
3. Đa giác lồi 3
4. Đường chéo của đa giác 3
5. Đa giác đều 3
II. MỘT SỐ KẾT QUẢ TÍNH TOÁN TRONG ĐA GIÁC 3
III. PHÂN LOẠI CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH TOÁN TRONG ĐA GIÁC
5
IV. MỘT SỐ BÀI TOÁN 5
1. Tính số cạnh của một đa giác 5
2. Tính số đo góc trong đa giác 10
3. Bài Toán liên quan đến đường chéo của một đa giác 15
4. Diện tích đa giác 20
4.1 Hàm diện tích: 20
4.2 Diện tích đa giác đơn 21
4.3 Diện tích của các hình phẳng 21
a. Hình đơn giản: 21
b. Hình khả diện 21
c. Các tính chất của diện tích đa giác 21
4.4 Các công thức tính diện tích 21
5. Các khoảng cách trong đa giác 27
6. Một số bài toán cơ bản khác 30
IV. KẾT LUẬN CHUNG 32
1.Kết luận: 32
2. Lời cảm ơn 32
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO 33
2

I. LÝ THUYẾT
1. Đa giác.
Đa giác n cạnh là đường gấp khúc n cạnh ( n
≥
3) A
1
A
2…
A
n+1
sao cho đỉnh đầu
A
a
và đỉnh cuối A
n+1
trùng nhau, cạnh đầu A
1
A
2
và cạnh cuối A
n
A
n+1
( cũng coi
là hai cạnh liên tiếp) không nằm trên một đường thẳng.
Đa giác như thế kí hiệu là A
1
A
2…
A

n.
Đa giác n cạnh còn gọi là n – giác. Các
điểm A
i
gọi là các đỉnh của đa giác , các đoạn thẳng A
i
A
i+1
gọi là các cạnh của
đa giác. Góc A
i-1
A
i
A
i+1
gọi là góc đa giác ở đỉnh A
i
.
2. Đa giác đơn
ĐN: đa giác đơn là đa giác mà bất kì 2 cạnh không liên tiếp nào cũng không
có điểm chung.
3. Đa giác lồi
ĐN: Đa giác lồi là đa giác mà nó nằm về một phía đối với đường thẳng chứa
bất lì một cạnh nào của đa giác đó.
4. Đường chéo của đa giác
ĐN: Một đoạn thẳng nối 2 đỉnh không kề nhau củamột đa giác gọi là đường
chéo của đa giác đó.
ĐL: Bằng một đường chéo thích hợp mọi n – giác đơn có thể phân hoạch
thành 2 đa giác có số cạnh bé hơn n.
5. Đa giác đều.

ĐN: Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh và các góc bằng nhau.
II. MỘT SỐ KẾT QUẢ TÍNH TOÁN TRONG ĐA GIÁC
VD1: Cho hình n_ giác lồi.
a. Chứng mính rằng tổng các góc của hình n_giác bằng (n - 2)180
0
.
b. Tính tổng các góc ngoài của hình n_giác.
Giải:
3
a. Vẽ các đường chéo xuất phát từ một định của n_ giác đó.
Khi đó các đường chéo và các cạnh của đa giác tạo thành n – 2 tam giác.
Tổng các góc của hình n_ giác bằng tổng các góc của (n - 2) tam giác và tổng
(n - 2).180
0
.
b. Tổng số đo góc trong và góc ngoài tại một đỉnh của hình n_giác bằng
180
0
.
Tổng số đo các góc trong và góc ngoài tại n đỉnh của hình n_giác bằng
n.180
0
.
Tổng số đo các góc trong của hình n_giác bằng (n - 2).180
0
.
Vậy tổng số đo các góc ngoài của hình n_giác bằng n.180
0
– (n - 2).180
0

=
360
0
= 4v
Tổng số đo các góc ngoài của 1 hình n_ giác không phụ thuộc vào số
cạnh của đa giác.
VD2: Chứng minh hình n_ giác có tổng tất cả
µ
A
đường chéo.
Giải:
Cách 1: Từ mỗi đỉnh của hình n_ giác ta có thể vẽ được (n - 1) đoạn
thẳng nối từ đỉnh đó với (n - 1) đỉnh còn lại của đa giác (trong đó có 2 đoạn
thẳng trùng với hai cạnh của đa giác).
Qua mỗi đỉnh của hình n_giác vẽ được n – 1 – 2 = n – 3 đường chéo.
Do đó hình n_ giác vẽ được n(n - 3) đường chéo.
Vì mỗi đường chéo được tính 2 lần nên trong hình n_ giác có tất cả
( 3)
2
n n −
đường chéo.
Cách 2: Từ mỗi đỉnh của hình n_ giác ta có thể vẽ được n -1 đoạn thẳng
nối đỉnh đó với n – 1 đỉnh còn lại của đa giác.
4
+ Với n đỉnh ta vẽ được n(n - 1) đoạn thẳng (trong đó mỗi đoạn thẳng
được tính 2 lần) => số đoạn thẳng thực sự là
( 1)
2
n n −
.

+ Mặt khác trong số này có n đoạn thẳng là cạnh của hình n _ giác.
Vậy hình n_ giác có
( 1)
2
n n −
- n =
( 3)
2
n n −
đường chéo.
III. PHÂN LOẠI CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH TOÁN
TRONG ĐA GIÁC
1. Tính số cạnh của một đa giác.
2. Tính số đo góc trong một đa giác.
3. Bài toán liên quan đến đường chéo của đa giác.
4. Diện tích đa giác.
5. Các khoảng cách trong đa giác.
6. Một số bài toán cơ bản.
IV. MỘT SỐ BÀI TOÁN
1. Tính số cạnh của một đa giác.
Bài 1: Tổng số đo các góc của một đa giác n _ cạnh trừ đi góc A của nó
bằng 570
0
. Tính số cạnh của đa giác đó và
µ
A
Giải:
Ta có (n - 2). 180
0
–

µ
A
= 570
0

⇔

µ
A
= (n - 2).180
0
– 570
0
.
Vì 0
0
<
µ
A
< 180
0

⇒
0 < (n - 2). 180
0
– 570
0
< 180
0
.


⇔
0 < n - 5
1
6
< 1
⇔
5
1
6
< n < 6
2
3
1
6
Vì n
∈
N nên n = 6.
Đa giác đó có 6 cạnh và
µ
A
= (6 - 2). 180
0
– 570
0
= 150
0
.
Bài 2: Tính số cạnh của một đa giác, biết đa giác đó có:
a. Tổng các góc trong bằng tổng các góc ngoài ( tại mỗi đỉnh của đa giác

chỉ kẻ một góc ngoài).
5
b. Số đường chéo gấp đôi số cạnh.
c. Tổng các góc trong trừ đi một góc của đa giác bằng 2570
0
.
Giải:
a. Gọi số cạnh của đa giác là n (n > 3).
+ Tổng số đo các góc trong của đa giác là (n - 2).180
0
.
+ Tổng số đo các góc ngoài của 1 đa giác là 360
0
.
Theo giả thuyết ta có: (n - 2).180
0
= 360
0

⇔
n = 4
Vậy số cạnh của đa giác đó là n = 4.
b. Gọi số cạnh của đa giác là n (n > 3).
Số đường chéo của đa giác gấp 2 lần sô cạnh của đa giác nên ta có:
n(n-3)
2
= 2n
⇔
n
2

– 3n = 4n
⇔
n = 7.
Vậy đa giác đó có 7 cạnh.
c. Tổng các góc trong trừ đi một góc của đa giác bằng 2570
0
nên:
(n - 2).180
0
-
µ
A
= 2570
0
.
⇔

µ
A
= (n - 2).180
0
– 2570
0
.
Vì 0
0
<
µ
A
< 180

0

⇒
0 ( 2)180 2570 180n< − °− ° <
14,2 15,2n⇔ < <
Vì n
∈
N
⇒
n = 15.
Vậy đa giác đó có 15 cạnh.
Bài 3: Tỉ số giữa số đo các góc của 2 đa giác đều là
2
3
. Tính số cạnh của mỗi
đa giác đó.
Giải:
Gọi số cạnh của mỗi đa giác đều là n,m (m,n
∈
Z, m,n > 2).
Theo bài ra ta có:
0 0
(n-2).180 (m-2).180
:
n m
=
2
3
.
Vì m

∈
Z, m > 2 nên m + 4
∈
Z và m + 4 > 6
6
⇒
n – 6 < 0
⇔
n < 6.
Khi đó m,n có 3 trường hợp sau.
TH 1:
n - 6 = -2 n = 4
m + 4 = 12 m = 8
 
 
 
 
 
⇔
TH2:
n - 6 = - 3 n = 3
m + 4 = 8 m = 4
 
 
 
 
 
⇔
TH3:
n - 6 = - 3 n = 3

m + 4 = 8 m = 4
 
 
 
 
 
⇔

Vậy các cạnh của 2 đa giác đều là 5 và 20; 4 và 8; 3 và 4.
Bài 4: Một mảnh giấy hình vuông được cắt bởi một đường cắt thẳng thành 2
mảnh. Một trong hai mảnh lại được cắt làm 2. Ta làm như vậy nhiều lần. Hỏi
số lần cắt ít nhất là bao nhiêu để có thể nhận được đa giác 20 cạnh.
Giải:
+ Giả sử sau n lần cắt ta nhận được 100 đa giác 20 cạnh
Sau mỗi lần cắt số đỉnh tăng nhiều nhất là 4 đỉnh.
Vậy sau n lần cắt số đỉnh sẽ không vượt quá 4n + 4 đỉnh.
+ Sau mỗi lần cắt số mảnh giấy tăng thêm 1
⇒
Sau n lần cắt số mảnh
giấy là n + 1.
+ Số mảnh giấy không phải là hình 20 cạnh bằng n + 1 – 100 = n – 99
⇒

Tổng số đỉnh của các đa giác này là 3(n - 99) đỉnh.
+ Ta có 4n + 4
≥
100.20 + 3 (n - 99)
⇔
n
≥

1699.
Vậy số lần cắt ít nhất là 1699.
+ Trước hết cắt 99 lần bởi đường thẳng song song với 1 cạnh của hình
vuông để được 100 hình chữ nhật.
7
Sau đó với mỗi hình chữ nhật ta cắt đúng 16 lần để được 1 hình đa giác
20 cạnh.
Vậy tổng số lần cắt là: 99 + 100.16 = 1699 (lần cắt).
Bài 5: Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đôi một cắt nhau và không có 3
đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng:
a. Khi n
≥
1 thì đường thẳng đó chia mặt phẳng thành P
n
=
2
+ n + 2n
2
phần.
b. Khi n
≥
3 thì trong P
n
phần nói trên có Q
n
=
2
- 3n + 2n
2
đa giác.

Chứng minh:
a. n = 1 ta có: P
1
=
+ 1 + 21
2
= 2, tức là một đường thẳng chia mặt phẳng
thành 2 phần
⇒
mệnh đề nói đúng với n = 1.
Giả sử mệnh đề đúng khi có n – 1 đường thẳng và ta chứng minh mệnh
đề đúng cho trường hợp n đường thẳng.
Giả sử ta có n đường thẳng d
1
, d
2
, …d
n
, thoả mãn điều kiện bài toán.
Vì mệnh đề đúng đối với n – 1 đường thẳng d
1
, d
2
, …d
n- 1
nên n -1 đường
thẳng đó chia mặt phẳng thành P
n
phần với P
n

=
2 2
(n - 1) + (n - 1) + 2 n - n + 2
=
2 2
.
Đường thẳng d
n
bị n – 1 đường thẳng nói trên chia thành n phần (trong
đó có n – 2 đoạn thẳng và 2 tia), ta gọi các phần đó là
1
∆
,
2
∆
,….
n
Δ
.
Mỗi
i
Δ
đều nằm trong một và chỉ một D
j
nào đó và chia D
j
thành 2 phần
bởi vậy số phần mà n đường thẳng phân chia là:
2 2
n n-1

n - n + 2 n + n + 2
= P + n= =
2 2
P
Vậy mệnh đề đúng với trường hợp n đường thẳng
⇒
đpcm.
8
b. Khi n = 3 ta có
2
3
3 - 3.3 + 2
Q =
2
= 1 tức là trong số phần mà là 3 đường thẳng
(đôi một cắt nhau và không đồng quy) chia mặt phẳng thì có một phần là tam
giác
⇒
Mệnh đề b đúng khi n = 3.
Bây giờ ta giả sử mệnh đề b, đúng với n – 1 đường thẳng (n
≥
4) và ta
chứng minh b, đúng cho trường hợp n đường thẳng.
Giả sử ta có n đường thẳng d
1
, d
2
, …d
n
(đôi một cắt nhau và không có 3

đường thẳng nào đồng quy). Vì mệnh đề đúng đối với n – 1 đường thẳng d
1
,
d
2
, …d
n -1
nên trong số phần chúng phân chia mặt phẳng có :
2 2
n - 1
(n - 1) - 3(n - 1) + 2 n - 5n + 6
Q = =
2 2
phần là đa giác mà ta kí hiệu các phần đó
là :
2
1 k
D ,D , D
(với
2
n - 5n + 6
k =
2
).
Đường thẳng d
n
bị n – 1 đường thẳng nói trên chi thành n phần trong đó
có n – 2 đoạn thẳng mà ta sẽ ký hiệu là
1 2 n-2
Δ ,Δ , Δ

. Mỗi một đoạn
1
∆
nằm
trong một đa giác
j
D
nào đó và chia
j
D
thành đa giác, bởi vậy số đa giác mà n
đường thẳng phân chia là:
2 2
n
n-1

n -5n+6 n - 3n + 2
Q = Q + n-2 = + n - 2 =
2 2
⇒
Mệnh đề đúng cho trường hợp n đường thẳng
⇒
đpcm.
Bài tập đề nghị:
Bài 1: Chứng minh rằng ngũ giác có 5 cạnh bằng nhau và 3 góc liên tiếp bằng
nhau là ngũ giác đều.
Bài 2: Chứng minh rằng trong đa giác đều 9 cạnh, hiện giữa đường chéo lớn
nhất và nhỏ nhất bằng cạnh của nó.
Bài 3: a. Tìm số n sao cho trong mặt phẳng có thể được phủ kín bởi đa giác
đều có n cạnh.

b. Có tồn tại các ngũ giác bằng nhau để phủ kín mặt phẳng không?
9
Bài 4: Cho lục giác đều ABCDEF. Gọi A’, B’,C’,D’,E’,F’ lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB,BC,CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng A’B’C’D’E’F’
là lục giác đều.
Bài 5: Tổng tất cả các góc trong và một trong các góc ngoài của đa giác là
2225
0
. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh?
Bài 6: Tìm số cạnh của một đa giác biết rằng các đường chéo của nó có độ dài
bằng nhau.
Bài 7: Người ta đánh dấu mỗi đỉnh của một đa giác đều 1995 cạnh bởi màu
xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng luôn luôn tìm được 3 đỉnh của đa giác là 3
đỉnh của 1 tam giác cân được đánh dấu cùng một màu.
2. Tính số đo góc trong đa giác.
Bài tập mẫu:
Bài 1: Tính số đo góc của hình 5 cạnh đều, 9 cạnh đều, 15 cạnh đều.
Giải:
+ Số đo góc của hình 5 cạnh đều là:
0
0
(5 - 2).180
= 108
5
.
+ Số đo góc của hình 9 cạnh đều là:
0
0
(9 - 2).180
= 140

9
.
+ Số đo góc của hình 15 cạnh đều là:
0
0
(15 - 2).180
= 156
15
.
Bài 2: Cho ngũ giác lồi ABCDE.
a. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm của MP. Chứng minh rằng
IK
1
4
CD.
b. Chứng minh rằng tồn tại 2 đường chéo của ngũ giác tạo với nhau 1
góc không vượt quá 36
0
.
10
A
B
C
D
E
F
15
o
Giải:
a. Gọi F là trung điểm của EC.

QM =//
1
2
(EB
t
; FN =//
1
2
EB,
⇒
QM = FN
⇒
QMNF là hình bình
hành.
Mà IQ = IN
⇒
I là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành.
⇒
I,M,F thẳng hàng và IM = IF.
Ta có:
IM IF
KM KP
=


=

⇒
IK =
1

2
PF. (1)
Mà
PE PD
EF FC
=


=


⇒
PF =
1
CD
2
(2)
Từ (1), (2)
⇒
IK =
1
CD
4
.
b. Lấy một điểm 0 bất kì trong mặt phẳng của ngũ giác. Vẽ năm đường thẳng
song song với các đường chéo của ngũ giác, chúng tạo thành 10 góc không có
điểm chung, có tổng bằng 360
0
. Tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng 36
0

.
Bài 3: Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm E thuộc miền trong của hình
vuông sao cho
·
EAB
=
·
EBA
= 15
0

. Chứng minh
rằng
ΔCDE
đều.
Giải:
11
+ Dựng
Δ
đều EFB sao cho F và C ở cùng phía đối với EB.
⇒

·
FBC
= 90
0
– (
·
EBA
+

·
EPF
) = 15
0
.
+
·
·
0
AB = BC
ABE = CBF = 15






·
FCB
⇒
∆
⇒
Δ
ABE =
∆
CBF
BE = PF.
⇒
AE = CF mà AE = EB = FB
⇒

Δ
CBF cân tại F.
⇒
·
FCB
= 15
0

⇒

·
FCE
= 15
0
,
·
FCB
= 150
0

⇒
·
EFC
= 150
0

⇒
·
CEF
= 15

0
⇒

Δ
CBF cân tại C
⇒
CE = CB = CD. Vậy
ΔCDE
đều.
Bài 4: Chứng minh một đa giác lồi không thể có quá 3 góc nhọn.
Giải:
Giả sử đa giác lồi có K
≥
4 góc nhọn. Nếu đa giác lồi có góc trong một đỉnh
đó là góc nhọn thì góc ngoài tương ứng tại đỉnh đó là góc tù. Vì vậy nếu đa
giác có K
≥
4 góc nhọn thì sẽ có K
≥
4 góc ngoài là góc tù
⇒
tổng các góc
ngoài của nó sẽ lớn hơn 360
0
(vô lí vì trong một đa giác lồi bất kì tổng các góc
ngoài chỉ bằng 360
0
).
Vậy một đa giác lồi không thể có quá 3 góc nhọn.
Bài 5: Cho ngũ giác lồi ABCDE có tất cả các cạnh bằng nhau và

·
·
ABC = 2DBE
.
Hãy tính
·
ABC
.
Giải: Ta có
·
DBE
=
1
2
·
ABC

⇒

µ µ
1 2
B +B
=
1
2
·
ABC
. (1)
Vì EA = EB
⇒


ΔEAB
cân
⇒

µ
2
E
=
µ
1
B
.
⇒

µ
1
B
= 90
0
-
·
EAB
2
Vì CB = CD
⇒

µ
2
B

= 90
0
-
·
2
BCD

Thay vào (1) ta được: 90
0
-
·
EAB
2
+ 90
0
-
·
2
BCD
=
1
2
·
ABC
12
⇒

·
EAB
+

·
ABC
+
·
BCD
= 360
0
.
⇒

·
CDE
+
·
DEA
= 540
0
– 360
0
= 180
0
.
⇒

µ
1
D
+
µ
1

E
= 90
0
-
·
CDE
2
+ 90
0
-
·
DEA
2
= 90
0

⇒
AD
⊥
CE.
Mặt khác
ΔEAD
cân tại E,
ΔCDE
cân tại D
⇒
AD và CE cắt nhau tại trung
điểm mỗi đường
⇒
AEDC là hình bình hành.

⇒
AC = DE
⇒
AB = BC = CA
⇒

ΔABC
đều
⇒

·
ABC
= 60
0
.
Vậy
·
ABC
= 60
0
.
Bài 6: Lục giác ABCDEF có số đo các góc (tính theo độ) là một số nguyên và
µ
A
-
µ
B
=
µ
B

-
µ
C
=
µ
C
-
µ
D
=
µ
D
-
µ
E
=
µ
E
-
µ
F
. Giá trị lớn nhất của
µ
A
có thể bằng
bao nhiêu?
Giải:
+ Tổng các góc trong của lục giác bằng : (6 - 2).180
0
= 720

0
.
+ Đặt
α
=
µ
A
-
µ
B
=
µ
B
-
µ
C
=
µ
D
-
µ
E
=
µ
E
-
µ
F
Ta có
µ

A
+
µ
B
+
µ
C
+
µ
D
+
µ
E
+
µ
F
= 720
0
.
⇔

µ
A
+ (
µ
A
-
α
) + (
µ

A
- 2
α
) + (
µ
A
- 3
α
) + (
µ
A
- 4
α
) + (
µ
A
- 5
α
) = 720
0
.
⇔
6
µ
A
- 15
α
= 720
0


⇒
2
µ
A
= 5
α
+ 240
0
.
Do
µ
A
là số tự nhiên và chia hết cho 5 nên
µ
A

≤
175
0
.
. Nếu
µ
A
= 175
0
thì
α
= 22
0
.

Vậy giá trị lớn nhất của
µ
A
là 175
0
.
Bài tập đề nghị.
Bài 1: Cho lục giác đều ABCDEF, M và N theo thứ tự là trung điểm của CD
và DE. Gọi I là giao điểm của AM và BN.
a. Tính
·
AIB
.
b.
·
OID
(Với O là tâm của lục giác đều).
Bài 2: Lục giác lồi ABCDEF có tất cả các cạnh bằng nhau, ngoài ra
µ
µ
µ
A+C+E
=
µ
µ
µ
B+D+F
. Chứng minh rằng các cặp cạnh đối của lục giác này là song song.
13
Bài 3: Cho

∆
cân ABC (AB = AC) và
µ
A
= 100
0
. M là một điểm trong tam
giác sao cho
·
MBC
= 10
0
và
·
MCB
= 20
0
. Tính
·
AMB
.
Bài 4: Cho ngũ giác lồi ABCDE có các cạnh bằng nhau và các góc trong đều
bé hơn 120
0
. Chứng minh rằng các góc trong của ngũ giác lồi đó đều là góc tù.
Bài 5: Cho lục giác lồi ABCDEF có các cặp cạnh đối AB và DE, BC và EF,
CD và AE vừa song song vừa bằng nhau. Lục giác ABCDEF có nhất thiếy là
lục giác đều hay không?
Bài 6: Cho lục giác lồi có tất cả các góc trong bằng nhau. Chứng minh rằng
hiệu giữa các cạnh đối diện thì bằng nhau.

Bài 7: Cho
∆
ABC với AB = BC và
·
ABC
= 80
0
. Lấy trong tam giác đó điểm I
sao cho
·
IAC
= 10
0
và
·
ICA
= 30
0
. Tính
·
AIB
.
Bài 8: Cho
Δ
ABC,kẻ các đường phân giác trong BD và CE. Hãy xác định các
góc
¶
A
,
µ

B
,
µ
C
biết
·
BDE
= 24
0
và
·
CED
= 18
0
.
Bài 9: Cho hình vuông ABCD. Ta lấy các điểm P, Q trên các cạnh AB và BC
tương ứng sao cho BP = BQ. Giả sử H là chân đường vuông góc hạ từ điểm B
xuống cạnh PC. Chứng minh rằng
·
DHQ
= 1v.
Bài 10: Cho hình thang cân ABCD( BC
P
AD). Gọi M, N, P, Q lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.
a. Chứng minh MP là tia phân giác của góc
·
QMN
.
b. Hình thang cân ABCD phải có thêm điều kiện gì đối với 2 đường

chéo để
·
MNQ
= 45
0
.
Bài 11: Cho hình vuông ABCD, độ dài cạnh bằng đơn vị. Gọi P và Q là 2
điểm lần lượt trên các cạnh AB và AD. Chứng minh: Chu vi
2APQ∆ =
khi và
chỉ khi
·
45QCP = °
14
Bài 12: Khoảng cách giữa 2 chân đường vuông góc hạ từ một đỉnh của hình
thoi xuống hai cạnh của nó bằng ½ độ dài đường chéo của hình thoi. Tính các
góc của hình thoi.
Bài 13: Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BH vuông góc với AC. Gọi M là trung
điểm của AH, K là trung điểm của CD. Tính
·
BMK
.
Bài 14: Cho tứ giác lồi ABCD, biết
µ
B
+
µ
200C = °
,
µ

µ
180B D+ = °
,
µ
µ
120C D+ = °
a. Tính các góc của tứ giác
b. Các tia phân giác của góc A và góc B cắt nhau tại I. CM:
·
µ
µ
2
C D
AIB
+
=
Bài 15: Chứng minh rằng trong một tứ giác lồi có các góc không bằng nhau
thì có ít nhất một góc là góc tù.
Bài 16: Cho tứ giác ABCD có
·
·
·
·
25 , 75 , 40 , 85BAC CAD ABD CBD= ° = ° = ° = °
. Tính số đo
của
·
BCD
3. Bài Toán liên quan đến đường chéo của một đa giác.
Bài tập mẫu:

Trong hình n_ giác có tất cả
( 3)
2
n n −
đường chéo.
Từ công thức trên ta nhận ra rằng, nếu cho số cạnh của một đa giác thì sẽ biết
được số đường chéo của đa giác đó. Ngược lại nếu cho số đường chéo của
một đa giác thì sẽ biết được số cạnh của đa giác đó.
Chằng hạn:
+ Một đa giác 10 cạnh có số đường chéo là
10(10 3)
35
2
−
=
+ Nếu đa giác có số đường chéo là 35 thì số cạnh là bao nhiêu?
Ta có
( 3)
2
n n −
= 35
⇔
n
2
– 3n = 70
⇔
2 2
3 17
( ) ( ) 10
2 2

n n− = ⇔ =
Vậy đa giác đó có 10 cạnh.
+ Nếu đa giác có số đường chéo là 36 thì số cạnh sẽ là bao nhiêu?
15
Giải pt
( 3)
2
n n −
= 36 với n nguyên dương ta thấy phương trình này vô nghiệm,
nghĩa là không tồn tại đa giác có số đường chéo đúng là 36
Nhận xét: Không phải bất lì một số nguyên dương nào cũng là số đường chéo
của một đa giác
+ Một câu hỏi đặt ra là có tồn tại đa giác có số cạnh bằng số đường chéo
không?
Giải phương trình:
( 3)
2
n n −
= n (
3n Z n
+
∈ ≥
) ta sẽ tìm được câu trả lời.
( 3)
2
n n −
= n
⇔
n
2

– 5n = 0
⇔
n = 5.
Vậy đa giác duy nhất có số cạnh bằng số đường chéo là ngũ giác.
+ Tương tự như vậy chúng ta cũng có thể trả lời được những câu hỏi như có
tồn tại hay không đa giác có số đường chéo lớn gấp k lần số cạnh hay là tìm
số cạnh của một đa giác biết số đường chéo nằm trong một khoảng xác đinh.
VD: Cho 14 <
n( n - 3)
2
< 27
⇔
28 < n
2
– 3n < 54
⇔
2 2 2
11 3 15 11 3 15
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
n n< − < ⇔ < − <
⇔
7 < n < 9
⇒
n = 8
Bài 1: Tính số đường chéo củ hình 5 cạnh đều, 9 cạnh đều
Giải: + Số đường chéo của hình 5 cạnh đều là:
5(5 3)
5
2

−
=
+ Số đường chéo của hình 9 cạnh đều là
9( 9 - 3)
= 18
2
Bài 2: Chứng minh rằng trong một ngũ giác lồi, tổng độ dài các cạnh nhỏ
hơn tổng độ dài các đường chéo của ngũ giác
đó.
Giải:
Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
16
AB + BC + CD + DE + EA < (AA’ + A’B) + (BB’ + B’C) + (CC’ + C’D) +
(DD’ + D’E) + (EE’ + E’A)
Mặt khác: AA’ + B’C < AC
BB’ + C’D < BD
CC’ + D’E < CE
DD’ + E’A < DA
EE’ + A’B < EB
⇒
AB + BC + CD + DE + EA < AC + BD + CE + DA + EB.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu trong một lục giác lồi mỗi một trong 3 đường
chéo chính nối các cặp đỉnh đối diện chia lục giác thành 2 phần tương đương
thì 3 đường chéo này đồng quy.
Chứng minh:
+ Giả sử ABCDEF là lục giác đã cho.
Gọi H là giao điểm của AD và CF.
Ta có
ADEF
S

=
CDEF
S
=
1
2
ABCDEF
S
⇒

AFH
S
=
CDH
S

⇒
AC // BF.
+ Gọi K,I theo thứ tự là trung điểm của AC và
FD.
H
∈
KI và
HI
KI
=
FI
CK
=
FD

AC
Vì KA = KC, FI = ID.
⇒

KICD
S
=
1
2
ACDF
S
+ Mà
EID
S
=
1
2
EFD
S
;
EID
S
+
DIKC
S
+
BKC
S
=
1

2
ABCDEF
S
Mặt khác:
EDCB
S
=
1
2
ABCDEF
S

⇒
EDCB
S
=
EDI
S
+
DIKC
S
+
BKC
S
.
17
F
E
D
c

B
I
K
H
+ H’ = BE
∩
KI
⇒

BKH'
S
=
EIH'
S

⇒
BI // KE
Ta có KE // IB; KC // IF, CE // BF (theo chứng minh trên).
⇒

EKC
∆
đồng dạng
BIF∆

⇒

BI
EK
=

IF
KC
=
FD
AC
+ Mà BI // BE
⇒

BI
KE
=
H'I
H'K
Vậy
H'I
H'K
=
FD
AC
Từ (1) , (2)
⇒

H'I
H'K
=
HI
HK

⇒
H

≡
H’
Vậy AD, BE, CF đồng quy.
Bài 4: Các đường chéo của hình thang ngoại tiếp ABCD (AD//BC) cặt nhau
tại O. Bán kính đường tròn nội tiếp các
ΔAOD
,
ΔAOB
,
ΔBOC
,
ΔCOD
lần lượt là r
1
,
r
2
, r
3,
r
4
. Chứng minh
1
1
r
+
3
1
r
=

2
1
r
+
4
1
r
.
Giải:
Giả sử
ΔAOD
,
ΔAOB
,
ΔBOC
,
ΔCOD
có diện tích và nửa chu vi lần lượt là S
1
, P
1
, S
2
,
P
2
, S
3
, P
3

, S
4
, P
4
.
Dễ thấy:
2 4
1 2
4 3
1 3 2 4
S =S (1)
S S
= (2)
S S
P +P =P +P (3)







Từ (1), (2) ta suy ra S
1
S
3
= S
2
2
= S

4
2

⇒
S
4
=
1 3
S +S
Do S = P.r nên ta có
1
1
r
+
3
1
r
=
2
1
r
+
4
1
r
⇔

3
1
1 3

P
P
+
S S
=
2 4
2 4
P P
+
S S
⇔

3
1
1 3
P
P
+
S S
=
1 3
4
P +P
S
⇔

3
1
1 3
P

P
+
S S
=
1 3
1 3
P +P
S S
(4)
18
A
D
B
C
O
Mặt khác
ΔAOD
đồng dạng
ΔCOD
nên
1
3
S
S
=
2
1
2
3
P

P
⇔
S
1
=
2
1 3
2
3
P S
P
(4)
⇔

1
2
3 1
2
3
P
S P
P
+
3
3
P
S
=
1 3
2

3 1
3
2
3
P P
S P
.S
P
+
⇔

2
3
1
P
P
+ P
3
= P
3
+
2
3
1
P
P
(đúng)
Vậy (4) đúng
⇒


1
1
r
+
3
1
r
=
2
1
r
+
4
1
r

⇒
đpcm.
Bài 5: Tìm các cạnh của một tứ giác bất kì, về phía ngoài của nó, dựng các
hình vuông. Chứng minh rằng tâm của các hình vuông đó là đỉnh của một tứ
giác có các đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau.
Giải: Gọi M là trung điểm của AC
+ Dễ thấy
1
ΔO AB
,
2
ΔO BC
,
3

ΔO CD
,
4
ΔO DA
là các tam giác vuông cân.
Theo kết quả O
1
M = O
2
M,
O
1
M
⊥
O
2
M và O
3
M = O
4
M,
O
3
M
⊥
O
4
M .
Suy ra
1 3

ΔO NO
=
2 4
ΔO MO
vì
·
·
·
1 2
3 4
0
1 3 2 4 1 4
O M O M
O M = O M
O MO =O MO =90 +O MO

=




⇒
O
1
O
3
= O
2
O
4

và
·
·
1 3 2 4
MO O =MO O
Từ các tam giác O
1
O
2
I và O
1
O
2
M suy ra O
1
I
⊥
O
2
I tức là O
1
O
3

⊥
O
2
O
4
.

Bài tập đề nghị:
Bài 1: Trên các cạnh AB,BC,CD,DA của hình vuông ABCD lần lượt lấy các
điểm P,Q,R,S sao cho tứ giác PQRS là hình chữ nhật.
19
A
O
4
O
1
B
O
2
C
O
3
M
D
Chứng minh rằng hình chữ nhật PQRS hoặc là hình vuông hoặc có các cạnh
song song với các đường chéo của hình vuông đã cho.
Bài 2: Một cuộc hội nghị gồm 20 người ngồi xung quanh 1 chiếc bàn. Thật
tình cờ những người không biết nhau đều không ngồi cạnh nhau. Hỏi có tất cả
bao nhiêu cặp không biết nhau (dựa vào bài toán xác định số đường chéo của
1 đa giác).
Bài 3: Cho đa giác n cạnh (n > 3). Có bao nhiêu tam giác có 3 cạnh là ba
đường chéo của đa giác.
Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB // CD)
a. Đường thẳng m song song với đáy và qua giao điểm O của hai đường chéo
cắt các cạnh bên ở E và F. Chứng minh: OE = OF.
b. Đường thẳng n song song với đáy và cắt 2 đường chéo ở H và K, cắt hai
cạnh bên ở M,N. Chứng minh rằng NH = KN.

Bài 5: Chứng minh rằng có vô số hình bình hành MNPQ nội tiếp một hình
bình hành ABCD cho trước (mỗi đỉnh của hình bình hành MNPQ nằm trên
mỗi cạnh của hình bình hành ABCD) và các hình bình hành này có chung tâm
đối xứng.
4. Diện tích đa giác.
4.1 Hàm diện tích:
∆ là tập hợp tất cả các đa giác đơn trong mặt phẳng ánh xạ S: ∆
→
R
+
(R
+
là
tập hợp tất cả các số thực dương) gọi là hàm diện tích nếu nó thoả mãn các
tính chất sau đây.
+ Nếu 2 đa giác H
1
và H
2
bằng nhau thì S(H
1
) = S(H
2
)
+ Nếu đa giác H được phân hoạch thành các đa giác H
1
, H
2
,…,H
n

thì
S
(H)
=
1
1
( )
n
i
S H
=
∑
+ Nếu V là hình vuông có cạnh bằng 1 thì S (V) = 1.
20
4.2 Diện tích đa giác đơn.
Định lí: Nếu hàm diện tích tồn tại thì nó là duy nhất.
4.3 Diện tích của các hình phẳng.
a. Hình đơn giản:
Một hình H được gọi là hình đơn giản nếu nó là hợp của một số hữu hạn miền
tam giác, đôi một không có điểm trong chung.
b. Hình khả diện.
+ ĐN: Một hình X gọi là khả diện (có diện tích) nếu với mọi
ε
> 0 cho
trước luôn luôn có các hình đơn giản G và H sao cho G
⊆
X
⊆
H và S(H) –
S(G) <

ε
.
+ Diện tích hình khả diện:
Diện tích S(X) của hình X là giá trị S(X) =
S
(X) =
S
(X)
c. Các tính chất của diện tích đa giác.
+ Hai đa giác bằng nhau có diện tích bằng nhau.
+ Nếu một trong hai đa giác được chia thành các đa giác không có điểm
trong chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích các đa giác đó.
+ Hình vuông có cạnh bằng một đơn vị dài thì diện tích bằng một đơn vị
vuông.
4.4 Các công thức tính diện tích
a. Diện tích hình chữ nhật: S = ab.
b. Diện tích hình vuông: S = a
2
.
c. Diện tích tam giác:
+ Tam giác vuông: S =
1
2
ab.
+ Tam giác bất kì: S =
1
2
a.h
21
d. Diện tích hình thang: S =

1
2
(a+b)h.
e. Diện tích hình bình hành: S = a.h
f. Diện tích hình thoi: S = a.h = m.n (m.n là 2 đường chéo)
* Diện tích của hình có 5 cạnh trở lên dựa vào việc phân chia thành các tam
giác và các tứ giác đặc biệt để tính.
Bài tập mẫu:
Bài 1: Cho hình vuông ABCD, qua giao điểm O của 2 đường chéo ta kẻ 2
đường thẳng vuông góc MON và POQ cắt các cạnh AD,BC,CD,AB theo thứ
tự tại M,N,P,Q. Chứng minh rằng 2 đường thẳng này chia hình vuông thành 4
tứ giác có diện tích bằng nhau.
Giải:
+ Vì AC,BD là các đường chéo của hình vuông ABCD
nên
µ
1
A
=
µ
1
B
=
µ
1
C
=
µ
1
D

= 45
0
.
Mà AC
⊥
BD, MN
⊥
PQ nên
µ µ µ µ
1 2 4 3
O O = O = O=
OA = OB = OC = OD
⇒

ΔOAM=ΔOBQ=ΔONC=ΔODP
⇒
S
OAM
= S
OBQ
= S
ONC
= S
ODP
+ Chứng minh tương tự ta có: S
OAQ
= S
ONB
= S
OPC

= S
OMD
.
+ Các tứ giác AMOQ, BNOQ,CNOP,DPOM trong đó mỗi tứ giác được chia
thành 2 tam giác không có điểm trong chung nên diện tích của mỗi tứ giác sẽ
bằng tổng diện tích 2 tam giác đó.
Vậy S
AMOQ
= S
BNOQ
= S
CNOP
= S
DPOM

⇒
đpcm.
Bài 2: Trong lục giác lồi A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
A
6
có từng

cặp cạnh đối song song với nhau.
Chứng minh rằng:
1 3 5
A A A
S
=
2 4 6
A A A
S
Giải:
22
o
A
Q
B
N
C
D
P
M
1
1
1
1
1
2
3
4
A
3

A
1
A
5
A
A
A
4
6
2
Ta có
1 3 5
A A A
S
=
2 4 6
A A A
S
=
1
2
(S + S
1
).
S: Là diện tích lục giác đã cho.
S
1
: diện tích tam giác T có các cạnh
bằng hiệu giữa các cạnh đối của lục giác và song song với chúng.
Để chứng minh ta đưa lục giác đã cho thành 3 hình hành và tam giác T như

hình vẽ.
Bài 3: Cho tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng tồn tại một hình bình hành có
diện tích bằng diện tích tứ giác này.
Giải: Gọi E,F,G,H theo thứ tự là trung điểm của các cạnh DC, CB,BA,AD.
Gọi I là điểm đối xứng với F qua E, K là điểm đối xứng với G qua H.
Ta có
·
·
AHG DHK
HA = HD
HG = HKΔAHG=ΔDHK
AHG =DHK
S = S
(1)


⇒



⇒

+
·
·
CEF DEI
EI = EF
EC = EDΔCEF = ΔDEI
CBF = IED
S = S

(2)


⇒



⇒

ΔAHG = ΔDHK

⇒

AG = DK
Mà BG = AG
BG=DK (3)

⇒


ΔCEF = ΔDEI

⇒

FC = DI
Mà FC = FB
FB=DI (4)

⇒



+
1
HG //= BD
2
HG //= EF GK //= IF
1
EF//= BD
2



⇒ ⇒




>> GFIK là hình bình hành.
⇒
GF = IK (5)
Từ (3),(4),(5)
⇒

ΔBGF = ΔIDK

⇒
BGF IDK
S =S
(6).
Từ (1), (2), (6) suy ra S

ABCD
= S
GFIK
.
23
A
G
B
F
C
E
I
K
H
Vậy tồn tại một hình bình hành có diện tích bằng diện tích tứ giác đã cho.
Bài 4: Giả sử M là một điểm bất kì trong tam giác ABC. Qua M kẻ các đường
thẳng DE,IJ,FG lần lượt song song với BC,CA,AB (trong đó G, J
∈
BC, E, F
∈
CA; D, I
∈
AB). Chứng minh rằng:
Giải:
+ Ta thấy
ΔMDI
đồng dạng
ΔJGM
(g.g)
⇒


MDI
JGM
SDM IM
= =
GJ MJ S
+ Tứ giác BGMD là hình bình hành
⇒
BGMD
BGM
JGM JGM
1
S
S
2
S S
BG DM IM
GJ GJ MJ
= = = =
=
MDI
JGM
S
S

⇒

BGMD
S
=

MDI JGM
2 S S
(7)
+ Chứng minh tương tự ta có:
CEMJ
S
=
MEF JGM
2 S S
(8)
AIMF
S
=
MDI MEF
2 S S
(9)
Từ (7), (8), (9) và áp dụng bất đẳng thức xy + yz + zx
≤
x
2
+ y
2
+ z
2
ta có
AIMF EF EF EF
EMJ AIMF EF EMJ AIMF
EMJ AIMF
EMJ AIMF
2( . . . ) ( )

3( 2( )
3( ) 2
2
3
BGMD CEMJ MID JMG M JMG MDI M MDI M JGM
BGMD C MID M JMG BGMD C
BGMD C ABC
BGMD C ABC
S S S S S S S S S S S S
S S S S S S S S S
S S S S
S S S S
+ + = + + ≤ + +
⇒ + + ≤ + + + + +
⇒ + + ≤
⇒ + + ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là trọng tâm của
ABC
∆
Bài 5: Có 3 viên gạch kích thước 20x20(cm) xếp liền nhau và được kẻ như
hình vẽ. Tính diện tích phần bị gạch.
Giải: + Ta có
ABE GHE
∆ = ∆
Vì
·
·
µ
¶
AB = HG

BAE = HGE
B = H = 90°





EB EH⇒ = ⇒
E là trung điểm của BH
24
A
F
E
C
J
G
B
D
I

A
B
C
D
F
G
H
E
I
+ Chứng minh tương tự ta có F là trung điểm của CG.

+ Mặt khác
EH // FG; EH // HG ⇒
EHGF là hình bình hành
⇒
I là trung điểm của
EG, HF.
+ Do
ΔIGH, EHG∆
có chung đường cao hạ từ H, có đáy IG =
1
2
EG
AB // QR
2
EHG
IGH
S
1 HG
S = = EH. = 50(cm )
2 2 2
⇒
Bài 6: Ba tam giác nội tiếp.
Cho
∆
ABC nội tiếp
∆
KMN và
∆
KMN nôi tiếp
∆

PQR trong đó
AB // QR, BC // PQ, CA // RQ
. Biết S
ABC
= 3cm
2
; S
PQR
=12cm
2
. Tính S
KMN
= ?
Giải:
+ Ta thấy
∆
ABC tương đương
∆
RQP ( Vì có
các cạnh tương ứng song song)
ABC
RPQ
S
AB 1
= =
RQ S 2
⇒
Mặt khác do
AB // QR
nên

Δ KAB
và hình
thang ABQR có chung chiều cao
AKB
ABQR
S AB 1 1
=
S AB+QR 1+2 3
⇒ = =
+ Tương tự ta có
NAC MBC
ACPR BCPQ
KMN ABC KAB NAC NBC ABC ABC ABQR ACPR BCPQ
2
ABC PQR
S S
1
= =
S S 3
2 1
S = S + S + S + S = S + (S + S + S + S )
3 3
2 1 2 1
= S + S = .3 + .12 = 6(cm )
3 3 3 3
⇒
Vậy S
KMN
= 6cm
2

* Tổng quát ta có S
2
MNK
= S
ABC
. S
PQR
Bài tập đề nghị:
Bài 1: Tứ giác lồi ABCD có các cạnh AB, CD đều được chia thành 2n+1 đoạn
bằng nhau. Gọi MN là đoạn nằm chính giữa AB và EK là đoạn nằm chính
giữa CD (đoạn thứ n+1 tính từ A và từ D).
Chứng mính rằng: S
MNKE
=
ABCD
1
S
2
25