dạng toán khó và hay thi đại học

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình x4 + y4 3 = xy(1 2xy) Lời giải : Ta có x4 + y4 3 = xy(1 2xy) xy + 3 = x4 + y4 + 2x2y2 xy + 3 = (x2 + y2)2 (1). Do (x2 y2)2 ≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với mọi x, y (2). Từ (1) và (2) ta có : xy + 3 ≥ 4(xy)2 4t2 t 3 ≤ 0 (với t = xy) (t 1)(4t + 3) ≤ 0 Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1 x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z. Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương x, y, z ta có : Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2. Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9. Tìm GTLN và GTNN của A = xyz. Lời giải : x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 (1). áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với mọi m, n ta có : x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2). Từ (1) và (2) suy ra : 2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN

Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2

Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 Tìm GTLN

Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2)

Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên

Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 Hãy tính giá trị của biểu thức :

Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có

a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ;

b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ;

c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b)

Suy ra

Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)

= 2(ab + bc + ca) = 2

Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức

Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1 Chứng minh rằng :

Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc :

1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥

b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ;

(ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2

1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) =

Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng :

Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac :

Tương tự ta có

Từ các kết quả trên ta suy ra :

Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c))

Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng :

Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có

Tương tự ta có

Từ các kết quả trên ta suy ra :

Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập :

Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Hãy tính giá trị của biểu thức :

Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng :

Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng :

(a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2

LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC

TRÊ-BƯ-SEP

Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản

dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS

Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0 Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có :

Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2 Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤

a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :

2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2

Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị

Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2 Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y Từ đó => : x2003 ≤ y2003

Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ 0

=> : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003

Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003)

=> : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm)

Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn

sẽ có lời giải của các bài toán sau :

Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :

Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**)

sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 AH và BK là các đường cao của tam giác

Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của

các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc Chứng minh :

với S là diện tích tam giác ABC

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c

Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :

1) Biết rằng x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6)

2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh :

3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong

thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc Chứng minh :

4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3 Từ đó hãy sáng tạo ra các

bài toán Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết

về cho chuyên mục EUREKA của TTT2

PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH

Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung,nhóm số hạng, hằng đẳng thức

Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :

1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b,

b - c và c - a

Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b)

Nhận xét : Khi a = b ta có :

F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b

Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c)

= k.(a - b)(b - c)(c - a)

Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :

1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)

Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b)

Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a

Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a,

b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c) Do đó :

F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠

0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a

Bài toán 3 : Chứng minh rằng :

Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì

1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

với mọi số nguyên lẻ n

Nhận xét :

Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :

(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)

Do đó ta thử phân tích biểu thức

F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử

Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z)

Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0

Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0

Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn

Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm

Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :

Bài toán 4 :

Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz

Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0 Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì

F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x2

+ y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0 Do đó :

F(x, y, z) = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)

Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x2y + 3xy2 để nhân được kết quả này

Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây

Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64 Do đó :

(x + 5)2 = 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3

Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3

Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 6x = 31

Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x2 - 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ?

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này

Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)

Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0

Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}

Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)

Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm

Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :

Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

xy + x - 2y = 3 (6)

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3 Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên

(6) tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2)

Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3 Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0)

Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y

+ 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1

Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :

Hệ phương trình là một dạng toán thường gặp trong các kì thi của học sinh lớp 9 Có nhiều hệ phương trình khi giải trực tiếp sẽ rất phức tạp, thậm chí không giải được Trong một số trường hợp như vậy, ta có thể tìm cách đánh giá giữa các ẩn hoặc giữa ẩn với một số, từ đó xác định

nghiệm của hệ Phương pháp này gọi là “phương pháp đánh giá các ẩn”

1 Đánh giá giữa các ẩn

Ví dụ 1 (đề thi vào khối chuyên Toán Tin, ĐHQG Hà Nội năm 1996) :

Giải hệ phương trình

Lời giải : Điều kiện : x ≥ 1/2 ; y ≤ 1/2

Ta sẽ chứng minh x = y Thật vậy :

Vậy nghiệm duy nhất của hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) là : x = y = 1

Ví dụ 2 (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương của hệ

Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = y = z Do x, y, z có vai trò như nhau nên không mất tổng quát,

Thay vào (1) ta có 2x2004 = x6 + x6 = 2x6 suy ra x = 1 (do x > 0)

Vậy hệ có nghiệm dương duy nhất : x = y = z = 1

=> b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b

Tương tự như trên, nếu a < b thì cũng dẫn đến điều vô lí Vậy a = b, suy ra :

4a - 4b = b2 - c2 = 0 => b = c => a = b = c

Thay vào (*) ta có :

4a - b2 = 1 <=> 4a - a2 = 1 <=> a2 - 4a + 1 = 0

Giải phương trình bậc hai ẩn a trên ta được hai nghiệm là ++++++++

Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm :

2 Đánh giá ẩn với một số

Ví dụ 4 (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > 0 và a100 + b100 = a101 +

b101 = a102 + b102 (1)

Tính giá trị của biểu thức P = a2004 + b2004

Lời giải : Ta sẽ chứng minh a = 1, b = 1, từ đó tính được P Thật vậy, từ (1) ta có :

Tương tự, x < 1 cũng dẫn đến điều vô lí

Suy ra x = 1, thay vào (1) và (2) ta có :

Vậy hệ có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1

Các bạn hãy thử giải các hệ phương trình sau :

SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC

Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán

Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB Tia phân giác của góc A cắt BC ở D Chứng minh

rằng DC = 2 DB

Phân tích bài toán (h.1)

Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao

kẻ từ A Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho

Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao

DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB

Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do SADC = 2 SADB nên DC = 2

DB

Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :

Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC

Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O Qua O, kẻ

đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F

Chứng minh rằng OE = OF

Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1)

Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1)

Vậy OE = OF

Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao

cho AN = CM Gọi K là giao điểm của AN và CM Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC

Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC

Do AN = CM nên DH = DI Do đó KI là tia phân giác của góc AKC

Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau :

1 Cho tam giác ABC cân tại A Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC Gọi MH, MK

theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC Gọi BI là đường cao của tam giác ABC Chứng minh rằng MH + MK = BI

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SAMB + SAMC = SABC

2 Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba

cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMBC + SMAC + SMAB = SABC

3 Cho tam giác ABC cân tại A Điểm M thuộc tia đối của tia BC Chứng minh rằng hiệu các

khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMAC - SMAB = SABC

4 Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O

Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB Chứng minh rằng AE = EB

Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.

MỘT PHƯƠNG PHÁP THÚ VỊ GIẢI BÀI TOÁN TÍNH GÓC

Các bài toán về tính số đo góc rất đa dạng, xuất hiện nhiều trong các kì thi Để giải quyết tốt dạng toán này có khi phải vẽ hình phụ Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu với các em phương pháp vẽ thêm hình phụ là tam giác đều trong bài toán tính số đo góc

Bài toán 1 : Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 200 Trên AB lấy điểm D sao cho AD = BC Tính ∠ BDC

Dễ thấy ∆ABE = ∆ACE (c.c.c) nên ∠ BAE = ∠ CAE = ∠ A / 2 = 100 (2)

Từ (1) suy ra ∠ A = ∠ ACE = 200 suy ra ∆DAC = ∆ECA (c.g.c), kết hợp với (2) suy ta ∠ ACD

= ∠ CAE = 1010

Ta có ∠ BDC là góc ngoài của ∆DAC nên ∠ BDC = ∠ DAC + ∠ DCA = 200 + 100 = 300

Cách 2 : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, chứa điểm C, dựng tam giác đều ABI

(hình 2)

Vì ∆ABC cân tại A, ∠ A = 200 nên AI = AB = AC ; ∠ CAI = 400 ; ∠ IBC = 200 suy ra ∠ ACI =

700(∆ACI cân tại A) suy ra ∠ BCI = 1500

Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c)

Suy ra ∠ ADC = ∠ BCI = 1500 suy ra ∠ BDC = 300

Bài toán 2 (đề thi vô định toán Nam Tư năm 1983) : Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 800 Ởmiền trong tam giác lấy điểm I sao cho ∠ IBC = 100 ; ∠ ICB = 300 Tính ∠ AIB

Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác đều BCE

(hình 3)