Các bài toán hình học phẳng về tam giác

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 1
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
CHUYÊN ĐỀ: HÌNH HỌC PHẲNG
BÀI 1: CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC THI HỌC SINH GIỎI QUỐC TẾ
9.1 ( Nam Tư, 81) Cho tam giác nhọn ABC không đều. Kẻ đường cao AH, trung tuyến BM và
đường phân giác CI của góc ACB. Trung tuyến BM cắt AH và CL lần lượt ở P và Q, còn CL cắt
AH ở R. Chứng minh rằng tam giác PQR không phải là tam giác đều.
9.2 ( Bỉ, 77) Chứng minh rằng nếu cho trước các số thực dương a, b, c và với mỗi giá trị của
nN
, tồn tại một tam giác có cạnh
,,
n n n
abc
thì tất cả các tam giác đó đều là tam giác cân.
9.3 ( Thụy Điển, 82) Tìm tất cả các giá trị của
nN
để với mỗi giá trị đó tồn tại số
mN
, mà
tam giác ABC có cạnh AB = 33, AC = 21, BC = n và các điểm D, E lần lượt ở trên cạnh AB, AC
thỏa mãn điều kiện AD = DE = EC = m.
9.4 ( Việt Nam, 79) Tìm tất cả bộ ba các số
,,a b c N
là các độ dài các cạnh của tam giác nội
tiếp trong đường tròn đường kính 6,25.
9.5 ( Nữu Ước, 78) Tam giác ABC và tam giác DEF cùng nội tiếp trong một đường tròn. Chứng
minh rằng chu vi của chúng bằng nhau khi và chỉ khi có:
sin sin sin sin sin sinFA B C D E    

9.6 ( Nam tư, 81) Một đường thẳng chia một tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau và

chu vi bằng nhau, Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm trên đường thẳng ấy.
9.7 ( Áo, 83) Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB, AC và BC lấy lần lượt các điểm C”, B’, và
A’ sao cho các đoạn AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại một điểm; các điểm A”, B”, C” lần lượt đối
xứng với các điểm A, B, C qua A’, B’, C’. Chứng minh rằng:
" " " ' ' '
34
A B C ABC A B C
S S S
.
9.8 ( Áo, 71) Các đường trung tuyến của tam giác ABC cắt nhau tại O. Chứng minh rằng:
 
2 2 2 2 2 2
3AB BC CA OA OB OC    

9.9 ( Nữu Ước, 79) Chứng minh rằng nếu trọng tâm của một tam giác trùng với trọng tâm của
tam giác có các đỉnh là trung điểm các đường biên của nó, thì tam giác đó là tam giác đều.
9.10 ( Anh, 83) Giả sử O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm cạnh AB,
còn E là giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác ACD. Chứng minh rằng nếu AB =
AC, thì OE vuông góc với CD.
9.11 ( Tiệp Khắc, 72) Tìm tất cả các cặp số thực dương a, b để từ chúng tồn tại tam giác vuông
CDE và các điểm A, B ở trên cạnh huyền DE thỏa mãn điều kiện:

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 2
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
DA AB BE
  
VÀ AC = a, BC = b.
9.12 ( Nữu ước, 76) Tìm một tam giác vuông có các cạnh là số nguyên có thể chia mỗi góc của
nó thành ba phần bằng nhau bằng thước kẻ và compa.
9.13 ( Phần Lan, 80) Cho tam giác ABC, dựng các đường trung trực của AB và AC. Hai đường

trung trực trên cắt đường thẳng BC ở X và Y tương ứng. Chứng minh rằng đẳng thức: BC = XY.
a) Đúng nếu tgB.tgC = 3.
b) Đẳng thức có thể đúng khi tgB.tgC

3, khi đó hãy tìm tập hợp
MR
để đẳng thức đã dẫn
trên tương đương với điều kiện tgB.tgC

M.
9.14 ( Nữu Ước, 76) Các đường cao của tam giác nhọn ABC cắt nhau ở O. Trên đoạn OB và OC
người ta lấy hai điểm
11
,BC
sao cho


11
90AB C AC B

. Chứng minh rằng:
11
AB AC
.
9.15 ( Anh, 81) Các đường cao của tam giác ABC cắt nhau ở O, còn các điểm
1 1 1
,,A B C
là trung
điểm của các cạnh tương ứng BC, CA, AB. Đường tròn tâm O cắt đường thẳng
11

BC
ở
12
,DD
,
cắt
11
CA
ở
12
,EE
và cắt đường thẳng
11
AB
ở
12
,FF
. Chứng minh rằng:
1 2 1 2 1 2
AD AD BE BE CF CF    

9.16 ( Nam Tư, 83) Trong tam giác ABC lấy điểm P, còn trên cạnh AC và BC lấy các điểm
tương ứng M và L, sao cho:
 
;PAC PBC



90PLC PMC


.
Chứng minh rằng nếu D là trung điểm của cạnh AB thì DM = DL.
9.17 ( Rumani, 78) Tìm quỹ tích của những điểm M trong tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:



90MAB MBC MCA  


9.18 ( Bungari, 82) Ký hiệu
 
 
ij
, 1;2;3B i j
là điểm đối xứng của đỉnh
1
A
của tam giác thường
1 2 3
A A A
qua phân giác xuất phát từ đỉnh
1
A
. Chứng minh rằng các đường thẳng
12 21 13 31
B B B B
và
23 32
BB
song song với nhau.

9.19 ( Bungari, 81) Đường phân giác trong và ngoài của góc C của tam giác ABC cắt đường
thẳng AB ở L và M. Chứng minh rằng nếu CL = CM thì:
2 2 2
4AC BC R
( R là bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).


CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 3
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
BÀI 1. TAM GIÁC
9.1 Giả sử tam giác PQR đều.
Suy ra
90 30
o
PRQ RCH  


Mặt khác
60 30 90RPQ MBC BMC    
  
tam giác ABC đều.
Điều này trái với giả thiết . Vậy tam giác PQR không đều.
9.2 Không giảm tính tổng quát.
Giả sử rằng
abc

Nếu c > b , thì
lim 0;
n
n
n
b
c



lim 0;
n
n
n
a
c


và khi giá trị của n

N đủ lớn bất đẳng thức
n n n
a b c
không đúng, đó là điều kiện cần để tồn tại tam giác có các cạnh
,,
n n n
abc
) . Vậy b
= c, khi đó tất cả tam giác đều cân.
9.3 Giả sử m, n


N thỏa mãn điều kiện bài toán. Khi đó m = CE < AC = 21.
Và từ tam giác ADE có: 21 – m = AE < AD + DE = 2m. Nghĩa là 7 < m > 21.
Mặt khác khi AD = DE, ta tìm được: cos A = AE : 2AD = ( 21 – m ) : 2m.
Theo định lý hàm số sin ta có:
2 2 2
2 . . osn AC AB AB AC c

  


 
22
21 27.49.11
33 21 2 33.21 2223
2
m
mm

    

Vì m, n

N, nên suy ra 27.49.11
9;11mm

Với m = 9
2
106n
. Trường hợp này không thỏa mãn vì 606 không phải là số chính phương.

Với m = 11
2
900 30nn   

Vậy với m = 11, n = 30 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 4
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
9.4Giả sử a, b, c

N là độ dài các cạnh của tam giác nội tiếp trong đường tròn đường kính 2R =
6,25, còn S là diện tích tam giác và
2
abc
p


là nửa chu vi của tam giác. Bởi vì a, b, c

2R
nên a, b, c
 
1;2;3;4;5;6
.
Nhưng
   
4
abc
S p p a p b p c
R

    


         
2 2 2
44abc R p p a p b p c SR     


     
2 2 2
64 625 .a b c a b c c b a a c b a b c         

2 2 2
64 625abc 
còn giá trị của a, b, c ít nhất hai trong ba giá trị đó sẽ bằng 5. Giả thử a = b = 5.
Khi đó
   
22
64 10 10c c c c  

Hay
 
2 2 2 2
64 10 64 100 6c c c c      


Như vậy bộ ba giá trị a, b, c

N là 5, 5, 6 mà những giá trị này thỏa mãn điều kiện của bài toán.
9.5 Xét tam giác ABC. Từ định lý sin ta có:

sin
2
sin
2
sin
2
a
A
R
b
B
R
c
C
R




1
sin sin sin
22
p
abc
A B C
RR

    

(

1
p
là chu vi tam giác ABC)
Gọi
2
p
là chu vi tam giác DEF, và chứng minh tương tự như trên, ta được:
2
sin sin sinF
2
p
DE
R
  

Từ điều kiện của bài toán, và từ (1), (2) suy ra:
12
12
22
pp
pp
RR
  
( đpcm).
9.6 Giả sử, một đường thẳng cắt cạnh AB và AC của tam giác ABC lần lượt ở K và M, theo giả
thiết ta có:

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 5
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
1

(1) 2
2
AKM KBCM ABC AKM ABC
S S S S S   

Mặt khác: AK + AM + KM = KB + BC + CM + KM
Lại có: AB + BC + AC = AK + KB + BC + CM + AM
Do đó:
 
1
2
AK AM AB BC AC   
 
1
2
2
AK AM
AB BC AC




Từ ( 1) và (2)
 
3
AKM
ABC
S
AK AM
S AB BC AC





Gọi
1
r
là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có:
  
1
24
ABC
S r AB AC BC  

Giả sử
2
r
là bán kính đường tròn có tâm nằm trên KM và đường tròn đó tiếp xúc với AB, AC.
Bởi vậy diện tích tam giác AKM là:
    
22
1
25
2
AKM AKM
S r AK KM S r AK KM    

Từ (4) và (5) :
 
2

1
()
6
()
AKM
ABC
S r AK AM
S R AB BC AC




Từ (3) và (6)
12
rr

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên KM.
9.7 Giả sử các đoạn AA’, BB’, CC’ cắt nhau ở O và góc AOB =

. Khi đó ta có:
'
'
''
2 . .sin
2 . ' .sin
2 ' . .sin
2 ' . ' .sin
AOB
AOB
A OB

A OB
S AO BO
S AO B O
S A O BO
S A O B O









Suy ra:
""
1
" . "O.sin
2
A OB
S A O B




  
1
= 2 ' 2 ' sin
2
AO A O BO B O





 
' ' '
2 4 1
AOB AOB A OB
S S S  


CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 6
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
Chứng minh tương tự ta được:
 
" " ' ' ' '
2 2 4 2
A OC AOC AOC COA A OC
S S S S S   


 
" " ' ' ' '
2 2 4 3
B OC BOC BOC BOC B OC
S S S S S   

Từ (1) (2) và (3) suy ra:
" " " ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '
2( ) 4 3 4

A B C ABC AOB B OC COA A OB BOC C OA A B C ABC A B C
S S S S S S S S S S S         

9.8 Giả sử
; ; ;AB c BC a C A b  
  

Khi đó
 
1
;
3
AO c b


 
1
;
3
BO a c


 
1
;
3
CO b a


Và





2 2 2 2 2 2
3AB BC CA OA OB OC    
     

     
2 2 2
2 2 2
1
3
a b c a b b c c a

        


 
2 2 2
1
2 2 2
3
a b c ab bc ac     

 
2
1
0
3

abc   

Từ đó ta có:
 
2 2 2 2 2 2
2AB BC CA OA OB OC    

9.9 Giả sử trọng tâm tam giác
1 1 1
A B C
trùng với trọng tâm tam giác ABC (
1 1 1
,,A B C
là trung điểm
của lần lượt các cạnh BC, CA, AB). Nghĩa là O là giao điểm các đường trung tuyến.
Gọi a, b, c là độ dài các cạnh BC, CA, AB khi đó:
1 1 1
0aOA bOB cOB  
  

Vì rằng:
     
11
1 1 1 1
3 6 6 6
cOC CC CA CB AB AC BA BC       
       

11
11

AA' '
33
BB OA OB     
   

Do đó:
   
1 1 1 1 1
a c OA b c OB aOA bOB cOB     
    

Vì
1
OA

và
1
OB

không cộng tuyến nên a = b = c, nghĩa là tam giác ABC đều.

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 7
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
9.10 Từ hệ thức:
 
1 1 3 1
3 3 2 2
OE OC OA OD OC OA OB

     



      


   
11
22
CD CA CB OA OB OC    
     


;AB AC AO BC
 

Ta nhận được:
  
2 2 2
2 2 2
12 . ' 2 3 2
3 4 4 . 4 .
3 4 4 ( ) 4 . 0
OE CD OC OA OB OA OB OC
OA OB OC OAOB OC OA
R R R OA OB OC OACB
    
   
      
       
  

 
   

Ở đây R = OA = OB = OC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.’
12 . ' 0OE CD OE CD  
 

9.11 Ta ký hiệu
CA x

;
CB y


Khi đó
DA BE AB y x   
  
;
2CE y x

;
2CD x y


Còn điều kiện
CD CE
cho ta đẳng thức ( 2x – y) ( 2y – x) hay
 
2
22

5 x y x y  

Biết rằng AC = b, BC = a, AB = c thì tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức:
2 2 2
5c a b

Như vậy tam giác tồn tại khi và chỉ khi các giá trị của a, b thỏa mãn đẳng thức:
22
5
ab
a b a b

   

Nghĩa là:
   
22
22
55a b a b a b    

Thật vậy, bất đẳng thức đúng khi tất cả a, b > 0. Mặt khác:
 
2
2 2 2 2 2 2
5 5 5 10a b a b a b ab a b       

  
1
2 2 0 2
2

a
a b b a
b
      


CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 8
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
9.12 Ta chọn góc

thỏa mãn điều kiện
6 90



và
tg Q


( ví dụ, giá trị
1
4
tg


). Khi đó,
mỗi số sau đều là số hữu tỉ:
2
2
2

1
tg
tg
tg





;
2
2
1
os2
1
tg
c
tg






;
2
2
13
os6
13

tg
c
tg






;
2
3
12
tg tg
tg
tg tg






;
2
2
sin 2
1
tg
tg






;
2
23
sin6
13
tg
tg





;
Bởi vậy tam giác
1 1 1
A B C
thỏa mãn điều kiện:

1
90C 

;

6A



;
11
1AB 
;
11
os6 ;AC c



11
sin6 ;BC



Độ dài các cạnh đều là số hữu tỉ, suy ra tam giác
1 1 1
A B C
đồng dạng với tam giác ABC nào đó với
cạnh là số nguyên ( chẳng hạn khi
1
4
tg


, các cạnh tam giác ABC có thể AB = 4913, AC =
495, BC = 4888). Mặt khác ở tam giác vuông
2 2 2
A B C
thỏa mãn điều kiện:


1
90C 

;

6A


;
11
1AB 
;
11
os6 ;AC c



11
sin6 ;BC



Độ dài của các cạnh cũng là số hữu tỉ. Vậy có thể dựng với dụng cụ là compa và thước kẻ góc.
1
1
2
3
A



Nghĩa là chia được góc A của tam giác ABC thành 3 phần bằng nhau. Chẳng hạn góc bằng
30


cũng có thể dựng được và



11
30 2
33
B C A


   



thì mỗi góc của tam giác ABC đều chia
thành 3 phần bằng nhau bằng thước kẻ và compa. Như vậy tam giác ABC thỏa mãn điều kiện đòi
hỏi của bài toán.
9.13 Trong tam giác ABC ta ký hiệu

;A



;B




;C


và BC = a, AC = b, AB = c; R là
bán kính đường tròn ngoại tiếp.
Đẳng thức BC = XY đúng khi
BC XY
 
hoặc
BC XY
 
. Vì rằng đẳng thức:
XY BC XB BC CY BC    
     


CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 9
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
2cos 2cos
cb
aa

    

 
sin sin
2 1 1 sin
os os

R
cc



    

Tương tự điều kiện:
 
sin sin
2 1 1 sin
os oscc



  

Ta có:
sin sin sin os sin os
os os os os
cc
c c c c
     
   




   
sin os

sin 2 sin 2
2 os os os os
c
c c c c
   

   





 
sin ( os os sin sin )
sin 1
os os
cc
tg tg
cc
    
  




Do đó:
 
2 1 1 1 .tg tg

  

Đẳng thức đúng khi
.3tg tg


hoặc
.1tg tg


.
Ta ký hiệu
 
1;3M 
và khẳng định trường hợp a) đúng, còn để chứng minh trường hợp b, chỉ
cần để ý thực hiện
.1tg tg


chẳng hạn
30 , 120
  
  

.
9.14 Ta ký hiệu
22
,BC
là chân đường cao kẻ từ B và C xuống AC, AB. Khi đó, từ các cặp tam
giác đồng dạng:
1 2 1

~AB C AB B
;
22
~ABB CC
;
1 2 1
~AC B AC C
;
( mỗi cặp tam giác vuông trên có 1 góc nhọn chung)
Ta có:
22
1 2 2 1
AB AB AC AC AB AC

Suy ra đẳng thức:
11
AB AC

9.15 Gọi
2 2 2
,,A B C
lần lượt là chân đường cao kẻ từ A’, B, C xuống các cạnh AB, AC, AB. Khi
đó ta có:
2 2 2
AO A O BO B O CO C O

( Vì
2 2 2 2
~ ; ~AOB BOA COB BOC   
)

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 10
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
Mặt khác, vì là đường trung bình của tam giác ABC nên là đường trung trực của ; và theo định
lý pitago ta có:
 
   
2 2 2 2 2
1,2
i
AD AQ R OQ R AQ OQ AO OQ i       

( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp). Việc chọn trường hợp khác nhau để xét điểm O trên
đường thẳng
2
AA
chứng tỏ đẳng thức sau đây đúng:
22
2
.
i
AD R AO A O

Đẳng thức lấy dấu + khi điểm O ở trong tam giác ABC còn nếu điểm O ở ngoài tam giác ABC
thì đẳng thức lấy dấu
Chứng minh tương tự ta được:
2 2 2 2
22
. ; . ;
ii

BE R BO B O CF R CO C O   

Từ đó suy ra:
1 2 1 2 1 2
AD AD BE BE CF CF    

9.16 Giả sử E và F lần lượt là trung điểm của đoạn AP và BP. Khi đó DE và DF là đường trung
bình của tam giác ABP, do đó từ giác DFPE là hình bình hành và các tam giác APM, BPL
vuông nên ta có:
1
2
ME AP DF


1
2
LF BP DE

Mặt khác:
 


22PEM EAM FBL PLE  


 
PED PFD

Như vậy các tam giác DEM và DFL bằng nhau theo trường hợp (c.g.c) ( sự bằng nhau của đại
lượng





PEM PED PFL PFD

   
nếu
180



và bằng
360



nếu
180



; nếu
180



ta có ngay DM = ME + DE = DF + LF = DL). Từ đó suy ra DM = DL.
9.17 Tất cả các điểm M nằm trên đường cao của tam giác đều ABC thỏa mãn điều kiện của bài
toán. Thí dụ xét điểm

1
M
nằm trên đường cao dựng từ A ta có:








1 1 1 1 1 1 1
90M AB M BC M CA M AB M BC M BA M AB ABC       


( Chứng minh tam giác
1
AM B
= tam giác
1
AM C


11
M OA M BA
). Ta sẽ chứng minh rằng
những điểm M không nằm trên đường cao sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. Giả sử điểm M
không nằm trên đường cao nào của tam giác. Khi đó BM cắt đường cao AD, CF lần lượt tại
1
M

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 11
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
và
2
M
. Nếu cả 3 điểm đều thỏa mãn điều kiện bài toán thì ta có:




1 1 2 2
;MAM MCM MAM MCM
.
9.20 Giả sử CH là đường cao của tam giác ABC cắt đường thẳng AM ở E. Khi đó AE = BE và



30 10 20AEM EAB MAB    
  
.


1
40
2
ACE ACB






 
90 40 30 20EAC CAH EAB     
   




10 30 40AME MAB MBA    
  

Nghĩa là tam giác AME = tam giác ACE vì có một cạnh chung và hai góc bằng nhau. Bởi vậy:



1
, 180 70
2
AM AC AMC ACM CAM

    




9.21 Giả sử O là giao điểm của đường thẳng AD và BE, khi đó:


180 30 50 100AOB    

   


180 50 50 80BAD    
   



50 30 20CBE 
  


70AEB CBE ECB  


 


180 30CAD ACB ABC BAD    


Theo định lý hàm số sin ta có:
sin20
;
sin80
OD
OB




sin50
;
sin30
OB
OA




sin70
;
sin30
OA
OE




Suy ra:

OD OD OB OA
OE OB OA OE


9.22 Nếu điểm
1
C
đối xứng với điểm C qua đường thẳng AP thì:

CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 12
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
1
2C P CP BP
và



11
180 180 60 60 60C BP APC APC      
    

Bởi vậy

1
90C BP 

( vì tam giác
1
C BP
đồng dạng với tam giác vuông có cạnh huyền bằng 2 và
cạnh góc vuông bằng 1) Nghĩa là BA là đường phân giác của góc
1
C BP
. Như vậy điểm A cách
đều các đường thẳng
11
,,C P PC C B
từ đó suy ra A nằm trên đường phân giác của góc
1

DC P
( ở
đây A nằm trên đường kéo dài của đoạn thẳng
2
BC
về phía
1
C
). Bởi vậy:



 
11
11
180 180 30 75
22
ACB AC P BC P

     


   

9.23 Ta ký hiệu
20 ; 75 ; 15
  
  
  

Khi đó:
, , 30
  


;
60
  
  



Và chứng minh tương tự ta có:

;LBM




KLC



Giả sử đoạn AM và CL cắt nhau ở N, đường thẳng BN và AC cắt nhau ở P, còn đường thẳng CL
và AB cắt nhau ở O. Vì AB = BC và AN = NC ( do


NAC NCA



) thì BP là phân giác của
góc ANC.
Giả sử có điểm B’ nằm trong góc LNM và ở trong tam giác LMN, đồng thời cách đều 3 đường
thẳng LN, LM và MN. Điểm này nằm trên đường phân giác của góc LNM của tam giác LMN,
bởi vậy:



' 180 ' 'LB M B LM B ML  




180 180
180
22
o
NLM NML
  









180
'

2 2 2
NLM NML LNM NAC NCA
LB M LBM
  
   


Suy ra: B’ = B.
Và:

 




180BLM BLQ LQB ABL ABC BCQ ABL      





60KAM MAC KAB

   


CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ Page 13
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên
60 60
   

     


Vì:



180BCL LBC LCB  



   
180 120
oo
    
      

Thì:



 
120 60 60 2MLC BLC BLM
  
       
  

( Vì rằng
'BB
điều ấy chứng tỏ rằng B là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác LMN, do đó LB

là phân giác góc ngoài QLM)
Lại xét tam giác LIK và cũng lập luận tương tự như trên ta được:

60 2KLB




Do đó:




     
120 60 2 60 2 3KLM BLC KLB MLC
   
         
  

Nghĩa là:

3 60KLM




Chứng minh tương tự ta được:

3 75LKN




; và

3 45KML



.

Trích từ “ CÁC ĐỀ THI VÔ ĐỊCH TOÁN 19 NƯỚC TRONG ĐÓ CÓ VIỆT NAM”- NXB Trẻ
Tài liệu tham khảo cho học sinh giỏi Toán thi vô địch Toán quốc gia & quốc tế ( Tập 1)
Người dịch: Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên