Một số chứng minh của định lý steiner lehmus

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

—————————

TRẦN VĂN LAI

MỘT SỐ CHỨNG MINH
CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN-2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN VĂN LAI

MỘT SỐ CHỨNG MINH
CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG

THÁI NGUYÊN-2015


Mục lục

1

2

Mở đầu

ii

Các chứng minh hình học của Định lý Steiner - Lehmus

1

1.1

L. Kopeikina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

V. Bolchianxki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3

D. Beran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.4

K. R. S. Sastry . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.5

A. I. Fetisov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.6

A. Berele & J. Goldman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.7

G. Gilbert & D. MacDonnell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.8

R. W. Hogg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.9

Một số chứng minh khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Các chứng minh lượng giác của Định lý Steiner - Lehmus

24

2.1

K. Seydel & C. Newman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2

M. Hajja (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3

M. Hajja (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.4

R. Oláh - Gál & J. Sándor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.5

W. Chau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3 Một số định lý và bài toán tương tự

43

Kết luận

52

Tài liệu tham khảo

53

i


Mở đầu
Năm 1840, một giáo viên phổ thông người Đức tại Berlin Daniel Christian
Ludolph Lehmus (1780-1863) đã gửi thư cho nhà toán học Jacques Charles
Fran¸cois Sturm, Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Pháp với đề nghị đưa ra một
chứng minh hình học cho khẳng định "Một tam giác cân (là tam giác có hai cạnh
bằng nhau) khi và chỉ khi tam giác có hai đường phân giác trong bằng nhau".
Tuy nhiên, C. Sturm đã không đưa ra chứng minh, nhưng đã thông báo bài toán
này cho các nhà toán học khác. Người đầu tiên chứng minh bài toán này là một
nhà hình học nổi tiếng người Thụy Sỹ là Jakob Steiner (1796-1863). Vì vậy, sau
này người ta đã lấy tên của hai nhà toán học Steiner và Lehmus để đặt tên cho
định lý.
Trong chứng minh Định lý trên, J. Steiner đã sử dụng công thức tính độ dài
đường phân giác thông qua độ dài các cạnh của tam giác, và bằng phương pháp
biến đổi đại số. Qua đó, ông chứng minh tam giác có hai cạnh bằng nhau.

Bổ đề (Độ dài đường phân giác): “Trong tam giác ABC, với BC = a; CA =
b; AB = c; độ dài các đường phân giác trong AD, BE, CF của tam giác được tính

bởi công thức:
AD =

2

a
bc 1 −
b+c

; BE =

b
c+a

ca 1 −

2

; CF =

ab 1 −

c
a+b

2

Áp dụng Bổ đề vào chứng minh Định lý như sau.
Giả sử tam giác ABC có hai đường phân giác BE, CF bằng nhau, tức là
BE = CF
⇔

ca 1 −

⇔ ca 1 −

b
c+a

b
c+a

2

=

c
a+b

ab 1 −

2

= ab 1 −

c
a+b

ii

2

2

.


⇔c 1−

b
c+a

2

=b 1−

c
a+b

2

b
c
=0
−
2
(c + a)

(a + b)2
(b3 − c3 ) + a2 (b − c) + 2a(b2 − c2 )
⇔ (b − c) + bc.
=0
(c + a)2 (a + b)2
(b2 + bc + c2 ) + a2 + 2a(b + c)
=0
⇔ (b − c) 1 + bc.
(c + a)2 (a + b)2
⇔b−c=0
⇔ (b − c) + bc

⇔ b = c.

Vậy tam giác ABC cân tại A.
Mặc dù Định lý đã được chứng minh bởi Steiner, song cách chứng minh mà
ông đưa ra chưa thỏa mãn những người yêu toán vì chưa thực sự "thuần túy
hình học". Bởi thế, rất nhiều nhà toán học đã cố gắng tìm kiếm một chứng minh
mới, hay hơn, thú vị hơn. Hơn 150 năm trôi qua, nhiều phép chứng minh mới
nối tiếp nhau ra đời. Cho đến ngày nay, Định lý đã có hơn 80 cách chứng minh
khác nhau, trong đó có những chứng minh ít người biết đến, và có những chứng
minh mới tìm ra trong thời gian gần đây. Với khát khao vươn tới cái đẹp, Định
lý này chắc chắn sẽ không dừng lại ở đây, nó sẽ vẫn còn có sức hấp dẫn lớn đối
với các nhà toán học nói riêng và những người yêu toán nói chung.
Nhờ phát biểu đơn giản và có những chứng minh đẹp, ngắn gọn, Định lý này
đã được một số lần chọn làm đề thi học sinh giỏi của Việt Nam.
Luận văn "Một số chứng minh của của Định lý Steiner- Lehmus" có với mục
đích mô tả một bức tranh sinh động về Định lý này với lịch sử chứng minh và
những phát hiện toán học. Hy vọng nó sẽ thú vị cho những ai yêu thích vẻ đẹp
của chứng minh các kết quả toán học.

Luận văn gồm 3 chương
Chương I: Trình bày một số chứng minh hình học của Định lý SteinerLehmus.
Chương II: Trình bày một số chứng minh lượng giác của Định lý SteinerLehmus.
Chương III: Trình bày một số định lý và bài toán tương tự.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS. Tạ Duy
Phượng. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới Thầy.

iii


Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các thầy cô giáo trường
Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đã nhiệt tình giảng dạy, giúp đỡ tôi
trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu.
Và cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè và đồng nghiệp đã
luôn ủng hộ, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian qua.

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Học viên
Trần Văn Lai

iv


Chương 1
Các chứng minh hình học của Định
lý Steiner - Lehmus
1.1

L. Kopeikina

Định lý Steiner-Lehmus nhiều năm liền đã được cho như là một bài tập bởi
các thầy trong Câu lạc bộ Toán học trực thuộc Khoa Toán trường Đại học Tổng
Hợp Matxcơva không biết chứng minh. Cuối cùng, vào năm 1939, một nữ sinh
lớp 10 ở Matxcơva tên là Lida Kopeikina [1] (đã trở thành Phó Giáo Sư vào năm
1960) đã tìm ra một cách chứng minh định lý Steiner - Lehmus khá đơn giản
sau đây:
Giả sử hai đường phân giác AN và BP bằng nhau. Kẻ M N và P Q song song
với AB , cắt AC và BC theo thứ tự tại M và Q (Hình 1.1)

Hình 1.1
1


Chứng minh M N và P Q trùng nhau bằng phản chứng.
Giả sử M N gần AB hơn P Q, khi đó M N > P Q. Do P BQ = P BA = BP Q
nên

P BQ là tam giác cân, suy ra P Q = QB . Tương tự AM = M N. Hai tam

giác cân

P BQ và

AM N có cạnh đáy bằng nhau, cạnh bên P Q < M N nên

P QB > AM N suy ra QBA < M AB , từ đó suy ra trong hình thang AM N B có
AM < BN mà AM = M N, P Q = QB, M N > P Q, QB > BN, dẫn đến mâu thuẫn.

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ M N và P Q trùng nhau. Khi đó AM N B là hình
thang cân nên CAB = CBA hay

1.2

ABC là tam giác cân.

V. Bolchianxki

Một năm sau chứng minh của Lida Kopeikina (năm 1940) một học sinh lớp
8 ở Matxcơva tên là Volodia Bolchianxki [1] sau này là Viện sĩ Viện Hàn lâm
Khoa học Giáo dục Liên Bang Nga, tác giả của nhiều công trình quan trọng
trong toán học và phương pháp dạy toán, đã tìm ra một cách chứng minh khác
cũng khá đẹp.
Giả sử O là giao điểm của hai đường phân giác bằng nhau AN và BM (Hình
1.2).

Hình 1.2

2


Khi đó CO là phân giác của ACB . Xét hai tam giác AN C và BM C có ACB
chung, AN = BM , đường phân giác ở đỉnh C là CO chung thì hai tam giác AN C
và BM C bằng nhau. Để làm điều đó ta vẽ đường tròn ngoại tiếp

AN C với

đường kính DF vuông góc với AN tại trung điểm của AN . Vẽ dây cung AC
sao cho N AC = CBM và C , C nằm cùng phía đối với đường thẳng AN . Ta có
AC N = ACN (góc nội tiếp cùng chắn dây cung AN) nên AN C = 180o − AC N −
N AC = 180o − ACN − CBM = BM C , suy ra

BM C =

AN C (cạnh - góc -

cạnh) (*). AN cắt DC và DC theo thứ tự tại O và O . Nếu C khác C , chẳng
hạn cung DC bé hơn cung DC’ thì DO > DO . Do DC < DC nên CO < C O ,
điều này mâu thuẫn với giả thiết CO = C O . Chứng minh tương tự khi cung
DC lớn hơn cung DC’. Vậy C trùng với C , từ (*) suy ra BC = AC hay

ABC

là tam giác cân.

1.3

D. Beran

Chứng minh của David Beran đã được trình bày trong [4].
Giả thiết BD và CE là hai đường phân giác trong tương ứng góc B và góc C
của

ABC, BD = CE.

Lấy F là điểm nằm đối diện với C qua cạnh BD thỏa mãn đồng thời hai điều
1
2

kiện DF = BC và BDF = C (Hình 1.3).

Hình 1.3
3


Dễ dàng nhận thấy

BDF =

ECB (cạnh - góc - cạnh), suy ra BF = EB

và BEC = F BD.
B
.
2
Hơn nữa, BEC là góc ngoài tam giác AEC nên BEC = EAC + ACE hay
C
C
A+B+C A
A
B
BEC = A + , do đó ta có F BC = A +
+ = 90o + .
+ =
2
2
2
2
2
2
B

C
A+B+C A
A
Tương tự: CDF = CDB + BDF = A +
+ =
+ = 90o + .
2
2
2
2
2

Ta có: F BC = F BD + BDC = BEC +

Từ đó suy ra F BC = CDF .
Xét hai tam giác tù:

F BC và

CDF có

(i) F C là cạnh chung,
(ii) F BC = CDF ,
(iii) DF = BC (theo cách dựng).
Suy ra cặp cạnh tương ứng còn lại bằng nhau, nghĩa là BF = DC.
Mặt khác, ta đã chỉ ra BF = EB nên DC = EB , từ đó ta dễ dàng có
BEC =

CDB (cạnh - cạnh - cạnh), suy ra B = C hay

ABC là tam giác

cân.

1.4

K. R. S. Sastry

Dưới đây trình bày chứng minh của K. R. S. Sastry trong [12].
Giả thiết: BE và CF là hai đường phân giác trong tương ứng góc B và góc
C của

ABC, BE = CF.

Phản chứng:

ABC không phải là tam giác cân hay AB = AC, chẳng hạn
C
B
AB < AC. Từ bất đẳng thức AB < AC kéo theo C < B hay
< . a Để ý rằng,
2
2
C
B
BEC và CBF có chung cạnh BC , BE = CF và
< , suy ra CE > BF.
2
2
Lấy điểm G là sao cho tứ giác BF GE là hình bình hành (Hình 1.4).

4


Hình 1.4
Vì BF GE là hình bình hành nên F G = BE , theo giả thiết BE = CF , suy ra
F G = CF hay ta có

CF G cân tại F , từ đó suy ra
F GC = F CG,

hay
F GE + EGC = F CE + ECG.

Mặt khác, BF GE là hình bình hành nên F GE = EBF =

(1.1)
B
, do đó (1.1) tương
2

đương với
C
B
+ EGC = + ECG.
(1.2)
2
2
C
B

Hơn nữa, ta đã chỉ ra < nên từ (1.2) suy ra EGC < ECG hay CE < EG.
2
2
Lại có EG = BF (vì BF GE là hình bình hành) nên dẫn tới CE < BF (mâu

thuẫn).
Chứng minh hoàn toàn tương tự cho trường hợp AB > AC ta cũng chỉ ra
mâu thuẫn.
Vậy trong mọi trường hợp thì ta luôn có AB = AC hay

ABC là tam giác

cân.

1.5

A. I. Fetisov

A. I. Fetisov trong [6] đã đưa ra một chứng minh cho Định lý Steiner-Lehmus
như sau.
5


Giả thiết AM và CN tương ứng là hai đường phân giác trong góc A và C của
ABC sao cho AM = AN (Hình 1.5).

Hình 1.5
Phản chứng: Giả sử AB > AC suy ra C > A hay β > α. Bây giờ, quan sát hai
tam giác:

AN C và

CM A (Hình 1.6).

Hình 1.6
Hai tam giác có chung cạnh AC, AM = AN, β > α do đó AN > CM.
Lấy điểm D sao cho tứ giác AN DM là hình bình hành (Hình 1.7).

6


Hình 1.7
Theo tính chất hình bình hành ta có M D = AN > CM và α = N DM .
Vì M D > CM nên δ > γ (Hình 1.8).

Hình 1.8
Bây giờ, quan sát

CN D (Hình 1.9).

7


Hình 1.9
Để ý rằng: AM = CN (theo giả thiết), CN = N D (vì AN DM là hình bình
hành) nên suy ra AM = N D hay

CN D là tam giác cân tại N , do đó ta có

N CD = N DC hay β + δ = α + γ điều này là không xảy ra vì β > α (theo giả

thiết phản chứng) và δ > γ (theo chứng minh trên).
Tương tự, ta cũng chỉ ra mâu thuẫn nếu β < α.
Vậy, trong mọi trường hợp ta luôn có β = α hay

1.6

ABC là tam giác cân.

A. Berele & J. Goldman

Trong bài báo [3], A. Berele và J. Goldman đã đưa ra một chứng minh sau.
Giả thiết BE và CF là hai đường phân giác trong góc B và C của
CF (Hình 1.10).

Hình 1.10
8

ABC, BE =


Phản chứng: Giả sử B = C . Không mất tính tổng quát ta coi B > C .
B
C
> .
2
2
C
Lấy điểm F trên AC sao cho F BD = (Hình 1.11).
2

Vì B > C nên ABD =

Hình 1.11
Gọi giao điểm của BF và CE là G, dễ dàng nhận thấy

BF D ∼

CF G (góc

- góc - góc). Theo tính chất của hai tam giác đồng dạng ta có tỷ số:
CF
CG
=
BD
BF

Vì CG + GE = CE = BD nên từ đó suy ra
CG
CF
CG
=
=
< 1.
BD
CE
CG + GE
CF
C B
< 1 hay CF < BF , kéo theo CBF < BCF hay + < C . Từ đó

BF
2
2
dẫn tới C > B (mâu thuẫn với giả thiết B > C ).

Suy ra

Vậy B = C hay

1.7

ABC là tam giác cân.

G. Gilbert & D. MacDonnell

Chứng minh tiếp theo là của G. Gilbert và D. MacDonnell [7], trong chứng
minh có sử dụng một tính chất của đường tròn đi qua các điểm mà ta cần trình
bày để áp dụng cho các chứng minh sau này.
9


Bổ đề: Nếu các điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ giác và α = β
thì chúng cùng nằm trên một đường tròn (Hình 1.12).

Hình 1.12
Chứng minh. Phản chứng: Giả sử C không nằm trên đường tròn (C ) đi qua ba
điểm A, B, C . Khi đó có hai khả năng hoặc C nằm bên trong đường tròn (C )
hoặc C nằm ngoài đườn tròn (C ).
Trường hợp thứ nhất: Điểm C nằm bên trong đường tròn (C ) (Hình 1.13).

Hình 1.13
Kéo dài AC cắt đường tròn (C ) tại E. Vì ABD và AED cùng chắn cung AD
nên ABD = AED. Mặt khác, ACD là góc ngoài

CDE nên ACD > AED. Do

đó ACD > ABD hay β > α (mâu thuẫn với giả thiết α = β ).
Trường hợp thứ hai: Điểm C nằm ngoài đườn tròn (C ) (Hình 1.14).

10


Hình 1.14
AC cắt đường tròn (C ) tại E . Khi đó ABD = AED vì cùng chắn cung AD.

Lại có AED là góc ngoài

CED, nên AED > ACD suy ra ABD > ACD hay

α > β (mâu thuẫn với giả thiết α = β ).

Trở lại với Định lý Steiner - Lehmus.
Giả sử

ABC có hai đường phân giác trong góc A và C là AE và CD bằng

nhau (Hình 1.15).

Hình 1.15
Phản chứng: Giả sử AB > BC hay β > α.

Dựng đoạn CF sao cho F CD = α. Khi đó tứ giác DF CA nội tiếp đường tròn.
Hiển nhiên AF < AE (Hình 1.16).
11


Hình 1.16
Vẽ đường tròn (C ) đi qua bốn điểm D, F, C, A (Hình 1.17).

Hình 1.17
Vì α < β kéo theo α + α < α + β nên DC < AF . Do đó DC < AE (mâu thuẫn
với giả thiết DC = AE ). Chứng minh tương tự cho trường hợp còn lại ta cũng
chỉ ra mâu thuẫn. Vậy, trong mọi trường hợp α = β hay
12

ABC là tam giác cân.


Ngoài chứng minh trên, G. Gilbert và D. MacDonnell còn công bố một chứng
minh khác của định lý Steiner-Lehmus. Năm 1961, chứng minh này đã được giáo
sư Canada H. S. M. Coxeter xuất bản trong cuốn "Nhập môn hình học" và giới
thiệu trên tạp chí Scientific American. Chứng minh của hai ông được đánh giá
là đơn giản nhất và sau đó được công bố trên tạp chí "American Mathematical
Monthly" năm 1963. Cách chứng minh này dựa vào bổ đề sau:
Bổ đề: Trong tam giác ABC , nếu CAB < CBA thì đường phân giác AN lớn
hơn đường phân giác BM .
1
2

Chứng minh. Lấy điểm P trên đoạn AN sao cho M BP = BAC (Hình 1.18).

Hình 1.18
Do M BP = M AP nên bốn điểm A, M, P, B cùng nằm trên một đường tròn.
Góc M AB bé hơn góc P BA nên cung MPB bé hơn cung AMP tức M B < AP ,
suy ra M B < AP < AN .
Định lý Steiner - Lehmus được suy ra trực tiếp từ bổ đề vừa chứng minh.

1.8

R. W. Hogg

Trong một thời gian dài cách chứng minh của G. Gilbert & D. MacDonnell
được coi là đơn giản nhất. Gần đây, cuối năm 1982 trên tạp chí The Mathematical
13


Gazette của Anh lại công bố một cách chứng minh mới bằng phản chứng rất
đơn giản của R. W. Hogg [10].
Giả sử hai đường phân giác AN và BM bằng nhau. Dựng hình bình hành
AM DN và ký hiệu các góc α, β, γ, δ như hình vẽ (Hình 1.19).

Hình 1.19
Do tam giác BM D cân tại M nên α + γ = β + δ. Nếu α > β thì xét hai tam
giác

ABN và

BAM có AB chung, AN = BM và BAN > ABN nên BM > AN

mà AM = N D, do đó γ > δ từ đây α + γ > β + δ (mâu thuẫn). Tương tự trường
hợp α < β không thể xảy ra. Vậy α = β hay

1.9

ABC là tam giác cân.

Một số chứng minh khác

Ở Việt Nam, Định lý Steiner-Lehmus nhiều năm cũng trở thành đề thi học
sinh giỏi cấp THCS. Trong cuốn "Cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong giải toán
hình học phẳng" tác giả Nguyễn Đức Tấn [1] đã tổng hợp và đưa ra một số cách
chứng minh khác của Định lý. Định lý được phát biểu dưới dạng một bài toán
trong đề thi học sinh giỏi.
Bài toán: Cho tam giác ABC có các đường phân giác BD, CE bằng nhau.
Chứng minh tam giác ABC cân tại A.
(Đề thi chọn học sinh giỏi Toán lớp 9 Trường chuyên Văn-Toán huyện Đức
Phổ-tỉnh Quảng Ngãi, năm 1985-1986)
Dưới đây, một số chứng minh.
14


Chứng minh 1

Hình 1.20
Kẻ EH//BC (H ∈ AC), HM//CE (M ∈ BC), DK//BC (K ∈ AB).
Trường hợp 1: Nếu K trùng với E thì H trùng với D. Ta có BD = DM (cùng
bằng CE ), suy ra

DBM cân tại D, khi đó DBM = DM B . Mà ECB = DM B

(DM//CE) do đó DBM = ECB . Xét hai tam giác

BD, ECB = DBC, BC là cạnh chung. Suy ra
EBC = DCB hay

EBC và

EBC =

DCB có: CE =

DCB . Từ đó ta có

ABC cân tại A.

Trường hợp 2: Nếu K không trùng với E . Không mất tính tổng quát giả sử
K nằm giữa E và B . Suy ra EH < KD (1).

HEC cân tại H và

KBD cân

tại K có: EH < BD ⇒ EHC > BKD, EHC + ACB = 180o , BKD + ABC = 180o .
Do đó ACB < ABC và suy ra ECB < DBC . Tam giác

ECB và

DBC có:

CE = BD, BC chung, ECB < DBC . Do đó EB < DC, EB > BK = KD, DC <
CH = EH. Suy ra KD < EH (2).

Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn! nên K trùng với E . Vậy

15

ABC cân tại A.


Chứng minh 2

Hình 1.21
Gọi I là giao điểm của BD và CE . Giả sử B > C . Do đó trên đoạn IE có
điểm M sao cho M BD = ECD. Tứ giác BM CD nội tiếp. Ta có IBC > ICB .
Nên M BI + IBC > ECD + M CB ⇒ M BC > DCB . Mà M BC = M BI + IBC =
ABC
ACB
+
< 90o . Xét đường tròn đi qua 4 điểm B, M, D, C ta có M BC >
2
2
DCB ⇒ cung M C lớn hơn cung BD ⇒ M C > BD. Điều đó mâu thuẫn giả thiết.

Do vậy tam giác ABC cân tại A.
Chứng minh 3

Hình 1.22
Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với đường phân giác ngoài đỉnh B của tam
giác ABC tại P , đường thẳng này cắt BC tại I . Từ A kẻ đường thẳng vuông
16

góc với đường phân giác ngoài đỉnh C của tam giác ABC tại Q, đường thẳng
này cắt BC tại J . Kẻ CM vuông góc với BP tại M và BN vuông góc với CQ
tại N . P Q là đường trung bình của tam giác AIJ nên suy ra P Q//IJ . Ta có tứ
giác BM N C nội tiếp, suy ra BM N + BCN = 180o . Ta có P QN = BCN . Nên
BM N + P QN = 180o suy ra tứ giác M N QP nội tiếp. Dễ dàng chứng minh được
BD.M P = CE.QN (= 2SABC ). Nếu BD = CE , ta có M P = QN. Tứ giác M N QP

là hình thang cân, suy ra BP Q = CQP ⇒ M BC = N CB. Do đó ABC = ACB
hay tam giác ABC cân tại A.
Chứng minh 4

Hình 1.23
Gọi I là giao điểm của BD và CE . Ta có AI là đường phân giác của tam
giác ABD. Vẽ đường tròn tâm B , bán kính AD và đường tròn tâm D bán kính
AC . Gọi M là giao điểm của hai đường tròn trên (A; M nằm cùng phía đối

với BD). Ta có

M BD =

AEC(c.c.c), suy ra BM D = EAC , từ đó suy ra

tứ giác ADBM nội tiếp. Gọi M N là đường phân giác của tam giác M BD. Từ
M BD =

AEC suy ra AI = M N. Ta có AM N + AIN = AM B − BM N +

ADI + DAI = AM B + ADI = 180o . Suy ra tứ giác AM N I nội tiếp và từ dó ta có

AI = MN ⇒ AM I = M IN ⇒ AM//DI .

Do đó tứ giác ADBM là hình thang. Mà tứ giác ADBM nội tiếp, do đó
ADBM là hình thang cân, nên AB = M D. Mặt khác M D = AC nên AB = AC

hay tam giác ABC cân tại A.

17


Chứng minh 5

Hình 1.24
Dựng hình bình hành CDBS .
Ta có SC = BD = CE . Do đó tam giác SCE cân tại C , suy ra
CES = CSE =

1
180o − ECS
=
2
2

BES = BEC − SEC = 180o −

180o −

ABC ACB
−
2
2

= 90o −

ABC ACB
−
.
4
4

ABC ACB
ABC
ABC
− ACB − 90o +
+
= 90o −
−
2
4
4
4

3ABC
.
4
ACB 3ABC
−
.
4
4
Giả sử ABC > ACB. Ta có BES < BSE ⇒ BS < BE , suy ra

Ta có BSE = 90o −

CD < BE.

Mặt khác, xét

BCE và

(1.3)

CBD có: BC cạnh chung, CE = BD, BCE < CBD.

Suy ra
BE < CD.

(1.4)

Từ (1.3) và (1.4) mâu thuẫn. Vậy ABC > ACB là sai. Lập luận tương tự
ACB > ABC là sai.

Vậy ABC = ACB. Do đó tam giác ABC cân tại A.
18


Chứng minh 6

Xét bài toán phụ: Cho hai tam giác ABC và tam giác A B C có BC =
B C , A = A các đường phân giác tương ứng AD và A D bằng nhau. Chứng

minh rằng

ABC =

ABC.

Hình 1.25
Đặt các tam giác ABC và A B C (hình 1.25). Do BA C = BAC nên bốn
điểm A, A , B, C thuộc cùng một đường tròn. Gọi M là điểm chính giữa cung
BC . Ta có AD; A D cùng đi qua M . Nếu A không trùng với A , giả sử A thuộc

cung AB . Ta có MA’ < MA ⇒ M A < M A. Mà A D = AD nên M D < M D. Vô
lý. Vậy A trùng với A . Do đó

ABC =

A B C . Gọi I là giao điểm của BD và

CE . Tam giác ABD và tam giác ACE có: BAD = CAE , BD = CE , các đường

phân giác AI, AI bằng nhau (Hình 1.26).

Hình 1.26
Áp dụng bài toán phụ. Ta có

ABD =

giác ABC cân tại A.
19

ACE , suy ra AB = AC . Vậy tam