Bộ 19 Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Toán 7 - Chuyên đề 14: Góc trong tam giác

 HH7. CHUYÊN ĐỀ 14: GÓC TRONG TAM GIÁC
PHẦN I. Cơ sở lý thuyết:
1. Trong tam giác:
 Tổng số đo ba góc trong tam giác bằng 1800 .
 Biết số đo hai góc ta xác định được góc còn lại.
 Mỗi góc ngoài củ tam giác bằng tổng số đo hai góc trong không kề với nó.
2. Trong tam giác cân: biết được một góc ta xác định được hai góc còn lại.
3. Trong tam giác vuông: 
 Biết một góc nhọn, xác định được góc còn lại.
 Cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền thì góc đối diện với cạnh góc vuông đó có số đo bằng 
 300 .
4. Trong tam giác vuông cân: mỗi góc nhọn có số đo bằng 450 .
5. Trong tam giác đều: mỗi góc có số đo bằng 600 .
6. Đường phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc có số đo bằng nhau.
7. Hai đường phân giác của hai góc kề bù tạo thành một góc có số đo là 900 .
8. Hai đường phân giác của hai góc kề phụ tạo thành một góc có số đo là 450 .
9. Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.
10. Tính chất về góc so le trong, so le ngoài, đồng vị, hai góc trong cùng phía, ...
Khi giải các bài toán về tính số đo góc cần chú ý: 
1. Vẽ hình chính xác, đúng với số liệu trong đề bài để có hướng chứng minh đúng.
2. Phát hiện tam giác dều, nửa tam gíc đều, tam giác vuông cân, tam giác cân trong hình vẽ.
3. Chú ý mối liên hệ giữa các góc trong tam giác, liên hệ giữa các cạnh và các góc trong tam giác, phát 
hiện các cặp tam giác bằng nhau. Vẽ đường phụ hợp lý làm xuất hiện các góc đặc biệt, những cặp góc 
bằng nhau. Trong các đường phụ vẽ thêm, có thể vẽ đường phân giác, đường vvuông góc, tam giác đều, 
...
4. Có thể dùng chữ để diễn đạt mối quan hệ giữa các góc.
5. Xét dủ các trường hợp về số đo góc có thể xảy ra (vì dụ góc nhọn, góc tù, ... )
 (Tham khảo toán nâng cao lớp 7, tập 2 – Vũ Hữu Bình )
Trong thực tế, để giải bài toán tính số đo góc ta thường xét các góc đó nằm trong mối liên hệ với các 
góc ở các hình đặc biệt đã nêu ở trên hoặc xét các góc tương ứng bằng nhu ... rồi suy ra kết quả.
Tuy nhiên, đứng trước một bài toán không phải lúc nào cũng gặp thuận lợi, có thể đưa về các trường 
hợp trên ngay mà có nhiều bài đòi hỏi người đọc phải tạo ra được những “điểm sáng bầt ngờ” có thể là 
một đường kẻ phụ, một hình vẽ phụ ... từ mối quan hệ giữa giả thiết, kết luận và những kiến thức, kỹ Bài toán 2: Cho tam giác ABC cân tại A có Aµ = 400 , đường cao AH , các điểm E, F theo thứ tự 
thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho E· BA = F· BC = 300 . Tính A· EF?
Hướng giải:
Vẽ ABD đều ( B,D cùng phía so với AC ).
 µ 0
 ABC cân tại A, A 40 A
 A· BC A· CB 700 mà B· FC 300 (gt)
 A· BF 400 , B· AF 400 ABF cân tại F
 AF BF, mặt khác AD BD , FD chung
 AFB BFD (c – c – c )
 F
 E
 600
 A· DF B· DF 300 D
 2
Do AH là đường cao của tam giác cân BAC B H C
 B· AE 200 F· AD 600 400 ,
 AB AD (vì ABD đều ), A· BE 300 (gt) A· DF
 ABE ADF (g – c – g ) AE AF AEF cân tại A
 1800 200
Mà E· AF 200 A· EF 800
 2
Nhận xét:
Vấn đề suy nghĩ vẽ tam giác đều xuất phát từ đâu?
Phải chăng xuất phát từ giả thiết 400 600 200 và mối liên hệ FA FB được suy ra từ ABE cân tại 
 F.
Với hướng suy nghĩ trên, chúng ta có thể giải Bài 2 theo cách sau:
 • Vẽ AFD đều, F,D khác phía so với AB (H.1 )
 • Vẽ BFD đều, F,D khác phía so với AB (H.2 )
 A
 A
 D
 D F
 F E
 E
 B H C
 B H C
 Hình 1 Hình 2
Bài toán 3: (Trích Toán Cách 1:
Vẽ BDC đều ( A,D cùng phía so với BC ) D
Dễ thấy BAD CAD (c – g – c)và DBA CMB (g – c – g )
 A
 0 0 0
 · 0
 BA BM ABM cân tại B, ABM 50 10 40 80
 A· MB 700
 M
 Cách 2: B C
Vẽ ABD đều ( A,D khác phía so với BC ) A
 0
 ABM cân tại A . Từ đó có hướng giải quyết tương tự. 80
Nhận xét: 
 0 0
Xuất phát từ giả thiết AB AC và liên hệ giữa góc 10 với góc 50 M
 B C
ta có 500 100 600 . Từ đó nghĩ đến giải pháp dựng tam giác đều. 
 D
Bài toán 5: Cho ΔABC có Bµ = Cµ = 700 . Kẻ tia Bx sao cho C· Bx = 100 . Trên tia Bx lấy điểm D sao 
cho BD = BA ( A,D khác phía so với BC ). Tính B· CD?
Hướng giải: A
 Cách 1:
Vẽ BIC đều ( A,I cùng phía so với BC ) I
Ta thấy BIA CIA (c – g – c )và BIA BCD (c – g – c )
 B· AC C
 B· CD B· IA 1800 100 1500 B
 2 
 D x
 Cách 2: A
Vẽ ABE đều ( E,B khác phía so với AC )
Từ đây ta có cách giải quyết tương tự. I
Nhận xét:
 0 0 0 0 0
Ta thấy bài xuất hiện góc 70 và góc 10 mà 70 10 60 , đồng thời E
 C
 BD BA . Điều này nảy sinh ý nghĩ vẽ hình phụ là tam giác đều. B
 D x
 1
Bài toán 6: Cho tam giác ΔABC có B· AC = 750 , BH vuông góc với AC tại H và BH = AC . 
 2
Tính A· BC . kẻ MK  AC tại K . Khi đó ta có sơ đồ phân tích:
 1
 AM  AC tại K AHM AKM MK MH MK MC
 2
 Cµ 300 H· AC 600 H· AM M· AC 300 H· AB 300 B· AC 900 Bµ 600
Hướng giải:
Kẻ MK  AC tại K . Xét ABM ta có:
 AH vừa là đường cao, vừa là đường phân giác ứng với cạnh A
 BM
Nên ABM cân tại A . H là trung điểm của MB K
 1 1
 HM MB BC
 2 4
 B C
 H M
Xét AHM và AKM có: 
 AM là cạnh huyền chung, H· AM K· AM (gt )
 AHM AKM (cạnh huyền – góc nhọn )
 1
 HM KM KM MC
 2
 1
Xét MKC có M· KC 900 , KM MC
 2
 Cµ 300 từ đó ta tính được Bµ 600 , Aµ 900 .
 1
Bài toán 8: Cho tam giác ABC , Cµ = 300 . Đường cao AH , AH = BC , D là trung điểm của AB
 2
Tính góc ACD .
 A
Hướng giải:
 1
Xét AHC , có Cµ 300 , ·AHC 900 AH AC
 2 D
 1
Mà: AH BC (gt) AC BC ACB cân tại C
 2 B H C
 CD là phân giác của góc ACB ·ACD 150
Nhận xét: Suy nghĩ chứng minh tam giác ACB cân xuất phát từ tam giác AHC vuông có 
 1
 Cµ 300 , AH BC
 2
Bài toán 9: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. về phía ngoài tam giác ABC ta vẽ các tam giác 
đều ABD và ACE , I là trực tâm của tam giác ABD , H là trung điểm BC . Tính góc IEH .
Phân tích: 
Tam giác HEI là một nửa tam giác đều Bài toán 10. Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC , B· AM = 300 , M· AC = 150 . Tính góc 
 BCA .
Phân tích: 
Khi đọc kĩ bài toán ta thấy B· AC 300 , M· AC 150 , BM MC kết hợp với hình vẽ ta biết được bài 
toán này có nguồn gốc từ bài toán 3. Mặt khác B· AC 450 , điều này giúp ta nghĩ đến dựng tam giác 
vuông cân.
Hướng giải: 
 Cách 1:
Hạ CK  AB (Ta chứng minh được tia CB nằm giữa hai tia CK và 
 A
 CA ) S
Ta có AKC vuông cân tại K (vì có B· AC 450 ) KA KC
Vẽ tam giác ASC vuông cân tại S ( K,S khác phía so với AC )
 1
Do BKC vuông tại K KM BC MC KMC cân tại M
 2 B
 · 0
Dễ thấy KAM CSM (c – g – c ) CSM 30 M
 0 0
 ·ASM 60 và S·AM 60 K C
 ASM đều AS SM MA AK
 AKM cân tại A M· KC M· CK 900 750 150
 B· CA 450 150 300
Cách 2:
 A
Lấy D đối xứng với B qua AM BAD cân tại A
Mà B· AM 300 (gt ) B· AD 600 ABD đều D
Gọi I là giao điểm của AM và BD I
Ta có DC PMI (vì MB MC và BI ID ) B
Mà MI  BD CD  BD
 M
Mặt khác, xét tam giác ABD có:
 C
 C· AD 150 (gt ), ·ADC 600 900 1500
 D· CA 150 ADC cân tại D AD CD
Mà AD BD ( ABD đều )
Vậy BDC vuông cân tại D B· CD 450 B· CA 450 D· CA 450 150 300 .
Bài toán 11: Cho ΔABC, Aµ = 900 , AC = 3AB,D là điểm thuộc đoạn AC sao cho AD = 2DC .