ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT của TAM GIÁC đều để GIẢI TOÁN

ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TAM GIÁC ĐỀU ĐỂ
GIẢI TOÁN
Nguyễn Bá Đang
Hội THHN
Cách đây hơn nửa thế kỉ lúc đó tôi là học
sinh cấp II, thầy giáo đưa ra bài toán “Cho
hình vuông ABCD, E là điểm trong hình vuông
sao

EDC =

E CD = 15
0
. Chứng minh rằng tam
giác EAB là tam giác đều”, sau mấyngày nhóm
chúng tôi đã tìm ra lời giải của bài toán. Cho
đến nay nhiều người đã biết và có cách giải
khác nhau về bài toán này, song đến bây giờ
tôi vẫn không quên được cách giải của chúng
tôi ngày đó.
Với tính chất đặc trưng của tam giác đều
có ba cạnh bằng nhau, ba góc bằng nhau, tôi
đã vận dụng để giải nhiều bài toán hình học,
bằng cách dựng thêm hình để xuất hiện tam
giác đều. Xin giới thiệu cùng bạn đọc.
Dựng tam giác đều DEI ⇒

ADI = 90
0
−


IDE −

EDC = 15
0
⇒ tam giác ADI và tam
giác CDE bằng nhau (c.g.c) ⇒ IA = EC,

IAD = 15
0
⇒

AID = 150
0
⇒

AIE =
150
0
⇒ hai tam giác I AD, IAE bằng nhau
(c.g.c) ⇒ AD = AE ⇒ tam giác EAB là tam
giác đều. Với tính chất đặc trưng của tam giác
đều có ba cạnh bằng nhau, ba góc bằng nhau,
tôi đã vận dụng để giải nhiều bài toán hình
học, bằng cách dựng thêm hình để xuất hiện
tam giác đều. Xin giới thiệu cùng bạn đọc.
1 Một số dạng toán liên quan đến tam giác đều
Bài toán 1.1. Cho tam giác cân ABC(AB = AC,

A = 100
0

), P và Q là hai điểm trong tam
giác thỏa mãn

PAB =

QAC = 20
0
;

P CB =

Q CA = 10
0
. Chứng minh B, P, Q thẳng hàng.
Lời giải. Theo giả t hiết

A = 100
0
⇒

ABC =

A CB = 40
0
. Dựng tam giác đều DBC
Hình 1:
cạnh BC ⇒

ADC = 30
0

,

A CD = 20
0
, t heo giả thiết

QAC = 20
0
⇒ AD song song với
CD, ⇒

Q CD = 30
0
⇒ tứ giác ADCQ là hình thang cân ⇒ AD = QC
1. Một số dạng toán liên quan đến tam giác đều 54
⇒ ∆ ADB và ∆QCB bằng nhau (c,g,c)
⇒ BD = BQ ⇒ ∆BAQ là tam giác cân

BAQ =

BAC −

QAC = 100
0
−20
0
= 80
0
⇒


ABQ =
20
0
⇒ BQ là phân giác của góc

ABC.
Kéo dài AB lấy điểm E sao cho BE = BC ⇒ ∆BEC cân ⇒

BEC =

B CE = 70
0
⇒

P CE =

B CE −

B CP = 70
0
−10
0
= 60
0
;

A CE =

B CE −


B CA = 70
0
−40
0
= 30
0
⇒ CA là
phân giác góc

P CE

A = 100
0
⇒

CAE = 80
0
;

CAP = 80
0
;
⇒ ∆CAE và ∆CAP bằng nhau (g,c,g) ⇒ CE = CP ⇒ ∆CPE là tam giác đều ;
⇒ PE = PC ⇒ P nằm trên đường phân giác góc

CBE ⇒ B, P, Q thẳng hàng.
Bài toán 1.2. Cho tam giác vuông ABC (

A = 90
0

), có góc

ABC = 40
0
, D và E là hai điểm
trên AB, AC sao cho

ADE = 20
0
. Chứng minh rằng CD = 2AD khi và chỉ khi DE = DB.
Lời giải. Theo giả thiết

BAC = 90
0

ABC = 40
0
⇒

A CB = 50
0
. Lấy điểm I trên
Hình 2:
cạnh BC sao cho DI = DB ⇒

DIB =

DBI = 40
0
⇒


BDI = 180
0
− 80
0
= 100
0
⇒

EDI = 180
0
−

ADE −

BDI = 60
0
* DE = DB ⇒ DE = DI,

EDI = 60
0
⇒ ∆DEI là tam giác đều,

ADE = 20
0
⇒

AED = 70
0
⇒


IEC = 50
0
=

A CB ⇒ ∆EIC là tam giác cân ⇒ IE = IC ⇒ IC = ID
⇒

IDC =

ICD = 20
0
⇒

DCA = 30
0
⇒ CD = 2AD
* CD = 2AD , ∆ADC vuông ⇒

A CD = 30
0
⇒

B CD = 50
0
− 30
0
= 20
0


CDI =

BID −

ICD = 40
0
− 20
0
= 20
0
⇒ ∆ID C cân ⇒ ID = IC

DIB = 40
0
=

ABC ⇒ ∆BDI cân
⇒ DI = DB ⇒ DE = DB.
Bài toán 1.3. Cho tam giác cân ABC (AB = AC,

A = 20
0
). Trên AB lấy điểm D sao cho
AD = BC. Tính góc

BDC?
Lời giải. Dựng tam giác đều ACE
⇒ AC = AE = CE ⇒

DAE =


DAC +

CAE = 20
0
+ 60
0
= 80
0

BAC = 20
0
⇒

ABC =

A CB = 80
0
∆ABC và ∆EAD có DA = BC, AE = AB
và

DAE =

CBA ⇒ hai tam giác bằng nhau
⇒ DE = AC = EC ⇒ A , D, C nằm trên đường tròn tâm E ⇒

DCE =
1
2


DEA = 10
0
⇒

BDC =

DAC +

DCA = 20
0
+ 10
0
= 30
0
1. Một số dạng toán liên quan đến tam giác đều 55
Hình 3:
Bài toán 1.4. Cho tam giác cân ABC (AB = A C,

A = 110
0
) P là điểm trong tam giác thỏa
mãn

PBC = 25
0
,

P CB = 30
0
. Tính góc


APC?
Lời giải. Dựng tam giác đều DBC cạnh BC
∆ABC cân AB = AC,

A = 110
0
⇒

ABC = 35
0
,

BDC = 30
0
⇒

DBA = 60
0
−35
0
= 25
0
;
Hình 4:
Theo giả thiết

PBC = 25
0
⇒ ∆DBA và ∆CBP có DB = CB,


DBP =

CBP,

BDA =

B CP = 30
0
⇒hai tam giác bằng nhau (c.g.c) ⇒ BA = BP ⇒ tam giác ABP cân

ABP =
60
0
−25
0
−25
0
= 10
0

BAP =

BPA =
180
0
−

ABP
2

= 85
0
,

PAC =

A −

BAP = 110
0
−85
0
= 25
0

A CP = 35
0
−30
0
= 5
0
⇒

APC = 180
0
−25
0
−5
0
= 150

0
.
Bài toán 1.5. Cho ba đường thẳng a, b, c song song với nhau. Dựng tam giác đều ba đỉnh
nằm trên ba đường thẳng trên.
Lời giải. (Bài toán này đã có từ lâu, song cách giải dùng phép biến hình)
Giả sử ABC là tam giác đều nằm trên ba đường thẳng song song a, b, c. Kẻ CH⊥b, dựng
tam giác đều HCE
⇒

bHE =

c CE = 30
0
⇒ E cách đều b và c. ⇒ E nằm trên đường thẳng song song
với ba đường thẳng a, b, c cách đều b và c. Đường thằng này cắt BC tại F ⇒ FB = FC.
⇒ AF⊥BC ⇒

FAC = 30
0
⇒

FAC =

CEF ⇒ tứ giác AFCE nội tiếp ⇒ AE⊥EC Cách dựng:
- Dựng tam giác đều HCE
- Dựng đường thẳng vuông góc với CE cắt đường thẳng a tại A ⇒ CA là cạnh tam giác đều
- Dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt đường thẳng b là đỉnh thứ ba của tam giác.
Bài toán 1.6. Cho tam giác ABC,

A = 40

0
,

B = 60
0
. Điểm D trên cạnh AC và E trên cạnh
AB thỏa mãn

DBC = 40
0
,

E CB = 70
0
, đường thẳng BD và CE cắt nhau tại F. Chứng minh
1. Một số dạng toán liên quan đến tam giác đều 56
Hình 5:
rằng AF vuông góc với cạnh BC.
Lời giải. Góc

B = 60
0
, dựng tam giác đều ABK có cạnh AB. Hạ AH⊥BK ⇒ HB = HK;

BAC = 40
0
⇒

CAK = 20
0

, DB cắt AH tại F và cắt AK tại I ⇒ FB = FK ⇒

FBK =

FKB =
Hình 6:
40
0
⇒

KFI = 80
0
,

FKI = 20
0
⇒

KIF = 180
0
−80
0
−20
0
= 80
0
⇒ tam giác KFI là tam giác cân
⇒ KF = KI
Xét ∆ABC và ∆BKI có: AB = BK


ABC =

BKI = 60
0
,

BAC =

KBI = 40
0
⇒ hai
tam giác bằng nhau (g.c.g) ⇒ BC = KI ⇒ BC = BF ⇒ ∆BCF là tam giác cân
⇒

B CF =

BFC =
180
0
−40
0
2
= 70
0
Kéo dài CF cắt AB tại E,

BEC = 180
0
−60
0

−70
0
= 50
0
.
Bài toán 1.7. Cho tam giác đều AB C, P là điểm trong tam giác đều thỏa mãn PA = 5, PB =
4, PC = 3. Tính cạnh tam giác đều ABC.
Lời giải. Dựng tam giác đều PCQ có cạnh PC;
⇒ PC = PQ = QC,

P CQ = 60
0
⇒ [

A CB = 60
0
] ⇒

A CP =

B CQ ⇒ tam giác ACB và tam
giác BCQ bằng nhau (c.g.c) ⇒ PA = QB = 5
Tam giác BPQ có BQ
2
= PB
2
+ PQ
2
Theo định lí đảo Pythagos ⇒


BPQ = 90
0
⇒

BPC =

BPQ +

QPC = 90
0
+ 60
0
= 150
0
⇒ BC
2
= PB
2
+ PC
2
− 2PB.PC cos 150
0
⇒ BC
2
= 16 + 9 + 12
√
3 = 25 + 12
√
3 ⇒ BC =


25 + 12
√
3.
2. Bài tập tự giải 57
Hình 7:
2 Bài tập tự giải
Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC (AB = AC,

A = 20
0
), trên cạnh AC lấy điểm D, trên cạnh
AB lấy điểm E sao cho

DBA = 30
0
và

E CA = 20
0
. Tính góc

DEC.
Lời giải. Dựng góc

FBE = 20
0
, CE và BF cắt nhau tại I
AB = AC,

A = 20

0
⇒

ABC =

A CB = 80
0
⇒

E CB =

FBC = 80
0
− 20
0
= 60
0
⇒ tam giác
Hình 8:
IB C là tam giác đều ⇒ EF song song với BC ⇒ tam giác IEF là tam giác đều.
Theo giả thiết

DBA = 30
0
⇒

DBC =

ABC −


ABD = 50
0
⇒

CDB = 180
0
−

DBC −

DCB =
50
0
⇒ tam giác CBD là tam giác cân ⇒ CB = CD
⇒ CD = CI ⇒ tam giác CDI cân
⇒

CID =

CDI =
1
2
(180
0
−20
0
) = 80
0
⇒


DIF = 180
0
−

BID = 180
0
−140
0
= 40
0
Mặt khác

BFC = 180
0
−

FBC −

FCB = 40
0
⇒ tam giác DIF là tam giác cân ⇒ DF = DI
⇒ hai tam giác DEF và DEI bằng nhau (c.c.c)
⇒

FED =

DEC =
1
2


FEC = 30
0
Bài toán 2.2. Cho tam giác ABC,

BAC = 60
0
, O là điểm trong tam giác sao cho

BOA =

AO C = 120
0
, gọi D, I là trung điểm AC và AB. Chứng minh tứ giác AIOD là tứ
giác nội tiếp.
Lời giải. Dựng ra phía ngoài các tam giác đều ABN và AM C
⇒ tứ giác ANBO và AMCO là tứ giác nội tiếp ⇒

NOA =

NBA = 60
0
⇒

NOA +

AO C = 60
0
+ 120
0
= 180

0
⇒ N, O, C thẳng hàng
Tương tự B, O, M thẳng hàng
2. Bài tập tự giải 58
Hình 9:
Theo giả t hiết

BAC = 60
0
⇒ NB song với cạnh AC ⇒

BNO =

O CA

BNO =

BAO ⇒

BAO =

O CA
Theo giả thiết

BOA =

AO C = 120
0
⇒ ∆OAB và ∆OCA đồng dạng, OI, OD là trung tuyến
của hai tam giác ⇒


OIB =

ODA ⇒

AIO +

ODA = 180
0
tứ giác AIOD nội tiếp đường tròn.
Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC, góc

BAC = 60
0
, và đường phân giác AD, CE thỏa mãn
A C + CD = AE + E C . Tính các góc của tam giác ABC.
Lời giải. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho EM = EC, trên AC lấy điểm N sao cho
CN = CD. Theo giả thiết

BAC = 60
0
, AC + CD = AE + EC ⇒ tam giác AMN là tam giác
đều

A CE =

E CB, CN = CD ⇒

DNC =


E CB ⇒ CE song song với ND
Hình 10:

BAD =

DAC ⇒ [AD⊥MN] ⇒ DM = DN,

AMD =

AND ⇒

E CD =

AMD ⇒ D
nằm trên M C hoặc DM = DC = DN
Nếu D không nằm trên MC ⇒ tam giác DCM là tam giác đều ⇒

A CB = 120
0
⇒

A +

C = 180
0
⇒ D nằm trên MC ⇒ M trùng với đỉnh B ⇒ EB = EC ⇒

EBC =

E CB ⇒


BAC + 3.
1
2

A CB = 180
0
⇒

A CB = 80
0
⇒

ABC = 40
0
.
Bài toán 2.4. Cho tam giác đều ABC, điểm M trên AB qua M kẻ đường thẳng song song
với BC cắt AC tại N. Gọi O là tâm của tam giác AMN, I là trung điểm của BN. Tính các góc
của tam giác OIC.
Lời giải. Dựng tam giác đều OCE
⇒ CO = CE,

O CE = 60
0

A CB = 60
0
⇒

B CE =


A CE ⇒ ∆ ACO và ∆BCE bằng nhau (c.g.c)
2. Bài tập tự giải 59
Hình 11:
⇒

CBE =

CAO = 30
0
MN song song với BC ⇒

MNB =

NBC ⇒

ONB =

ON M +

MNB =
30
0
+

MNB

NBE =

NBC +


CBE =

MNB + 30
0
⇒

ONB =

NBE ⇒ ON song song với BE
Theo giả thiết I N = IB ⇒ IO = IE ⇒ OI⊥CI ⇒ các góc của tam giác OIC
Bài toán 2.5. Cho tam giác cân ABC (AB = AC,

A = 20
0
), D là điểm ngoài tam giác ABC
sao cho DA = DC,

ADC = 100
0
. Chứng minh rằng AB = BC + CD
Lời giải. Trên AB lấy điểm E sao cho DE = DA , theo giả thiết DA = DC,

ADC = 100
0
Hình 12:
⇒

DAC =
1

2
(180
0
− 100
0
) = 40
0
⇒

DAE =

DAC +

CAB = 40
0
+ 20
0
= 60
0
⇒ tam giác
DAE đều ⇒

ADE = 60
0
, DE = AE = D C ⇒ tam giác DEC cân,

EDC =

ADC −


ADE = 100
0
− 60
0
= 40
0
⇒

DEC =

DCE =
1
2
(180
0
− 40
0
) = 70
0
⇒

BEC = 180
0
−

AED −

DEC = 180
0
−60

0
−70
0
= 50
0
Theo giả thiết AB = AC,

A = 20
0
⇒

ABC =
1
2
(180
0
− 20
0
) = 80
0
⇒

B CE =
180
0
−

CBE −

BEC = 50

0
⇒ tam giác BCE cân ⇒ BC = BE ⇒ AB = BC + CD.
Bài toán 2.6. Cho tam giác đều ABC, M là điểm trên cung nhỏ BC. Chứng minh rằng MA =
MB + MC.
Lời giải. HD dựng tam giác đều MBD
Chứng minh tam giác ABD và tam giác BMC bằng nhau
2. Bài tập tự giải 60
Hình 13: