(4 điểm) Cho tam giác nhọn, không cân ABC có (O) là đường tròn ngoại tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh: IS vuông góc ZT.. a) Ta chứng minh bằng quy nạp. Vậy ta có điều ph[r]
(1)1
ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN LỚP 10 THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA
Ngày thi thứ nhất: 18/11/2020
Thời gian làm bài: 180 phút Bài (5 điểm)
a) Cho a, b, c số thực dương cho 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 =13 Chứng minh rằng:
𝑎
𝑎2− 𝑏𝑐 + 1+
𝑏
𝑏2 − 𝑐𝑎 + 1+
𝑐
𝑐2− 𝑎𝑏 + 1≥
1 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
b) Cho số nguyên dương 𝑛 ≥ số thực 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 > thỏa mãn
1 𝑎1+ 1+
1
𝑎2+ 1+ ⋯ +
𝑎𝑛+ =
Chứng minh rằng: 𝑎1𝑎2… 𝑎𝑛 ≥ (𝑛 − 1)𝑛
Bài (5 điểm)
a) Tìm tất hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅+ thỏa mãn 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑦 + 𝑓(𝑥)), ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+ b) Tìm tất hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅 thỏa mãn
𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (3
𝑦) + 𝑓(𝑦)𝑓 ( 𝑥)
Với 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+
Bài (5 điểm)
a) Chứng minh n lũy thừa 2𝑛+ ⋮ 𝑛
b) Cho m, n số nguyên dương (𝑛 > 𝑚) cho tập 𝑋 = {1, 2, … , 𝑛} có chứa m số nguyên tố phân biệt Chứng minh với 𝑚 + số nguyên dương tập X, ta ln chọn số chúng ước tích m số cịn lại
Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có đường cao AD, BE, CF BO cắt DF G K điểm đối xứng D qua G
a) Chứng minh hai tam giác BKG BAE đồng dạng
(2)2
Ngày thi thứ hai: 28/11/2020
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài (4 điểm) Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Chứng minh rằng:
1 𝑎2+ 1+
1 𝑏2+ 1+
1 𝑐2+ 1≤
27 10
Bài (4 điểm) Chứng minh số nguyên dương m biểu diễn thành tổng hai hay nhiều số nguyên dương liên tiếp và m không lũy thừa
Bài (4 điểm) Cho n số thực 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 (𝑛 ≥ 1) Chứng minh tồn số thực 𝑥 cho số 𝑎1+ 𝑥, 𝑎2+ 𝑥, … , 𝑎𝑛 + 𝑥 số vô tỉ
Bài (4 điểm) Chứng minh không tồn hàm số 𝑓: 𝑍 → 𝑍 thỏa mãn
𝑓(𝑚 + 𝑓(𝑛)) = 𝑓(𝑚) − 𝑛 với 𝑚, 𝑛 ∈ 𝑍
Bài (4 điểm) Cho tam giác nhọn, khơng cân ABC có (O) đường trịn ngoại tiếp I tâm đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự F, E BI cắt AC, EF U, V; CV cắt BO W
a) Chứng minh: B, C, U, W thuộc đường tròn
(3)3
Hướng dẫn giải
Ngày thi thứ nhất: 18/11/2020
Lời giải
a) Từ giả thiết ta có = 3𝑎𝑏 + 3𝑏𝑐 + 3𝑐𝑎 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức ta có được:
∑ 𝑎
𝑎2− 𝑏𝑐 + 1 𝑐𝑦𝑐
= ∑ 𝑎
𝑎2− 𝑏𝑐 + 3𝑎𝑏 + 3𝑏𝑐 + 3𝑐𝑎 𝑐𝑦𝑐
= ∑ 𝑎2
𝑎3 + 3𝑎2𝑏 + 3𝑎2𝑐 + 2𝑎𝑏𝑐 𝑐𝑦𝑐
≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
2
𝑎3+ 𝑏3+ 𝑐3+ 3(𝑎2𝑏 + 𝑎𝑏2+ 𝑏2𝑐 + 𝑏𝑐2+ 𝑐2𝑎 + 𝑐𝑎2+ 2𝑎𝑏𝑐
= (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
2
𝑎3+ 𝑏3+ 𝑐3+ 3(𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎)=
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 =
1 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
Dấu xảy ↔ 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 b) Theo giả thiết
𝑎
𝑎2− 𝑏𝑐 + 1+
𝑏
𝑏2− 𝑐𝑎 + 1+
𝑐
𝑐2− 𝑎𝑏 + 1 ≥
1 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
𝑎1+ 1+
𝑎2+ 1+ ⋯ +
𝑎𝑛 + 1=
Bài (5 điểm)
a) Cho a, b, c số thực dương cho 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 =13 Chứng minh rằng:
b) Cho số nguyên dương 𝑛 ≥ số thực 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 > thỏa mãn
(4)4
1 𝑎1+ 1+
1
𝑎2+ 1+ ⋯ +
𝑎𝑛+ = ↔ 𝑎𝑘 𝑎𝑘+ =
𝑎1+ 1+
1
𝑎2+ 1+ ⋯ +
1 𝑎𝑘−1+ 1+
1
𝑎𝑘+1+ 1+ ⋯ +
1 𝑎𝑛+
≥ (𝑛 − 1) √∏ 𝑎𝑘+ (𝑎𝑖+ 1) 𝑛
𝑖=1 𝑛−1
, ∀𝑘 ∈ {1, 2, … , 𝑛}
→ ∏ 𝑎𝑖 𝑎𝑖+
𝑛
𝑖=1
≥ (𝑛 − 1)𝑛 √ ∏𝑛𝑖=1(𝑎𝑖+ 1)
(∏𝑛𝑖=1(𝑎𝑖 + 1))𝑛 𝑛−1
= (𝑛 − 1)𝑛 √
(∏𝑛𝑖=1(𝑎𝑖+ 1))𝑛−1 𝑛−1
= (𝑛 − 1)𝑛
∏𝑛𝑖=1(𝑎𝑖 + 1)
(5)5 Lời giải
a) 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑦 + 𝑓(𝑥)) (1) Thay 𝑦 → 𝑓(𝑦) vào (1) ta có
𝑓(𝑥)𝑓(𝑓(𝑦)𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥)) (2) Thay 𝑥 ↔ 𝑦 vào (2) ta có
𝑓(𝑦)𝑓(𝑓(𝑦)𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑓(𝑦) + 𝑓(𝑥)) (3) Mà ta lại có 𝑓(𝑥) ln nhận giá trị dương, rút gọ nta
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑦), ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+, hay 𝑓 hàm Vậy 𝑓(𝑥) = 𝑐, ∀𝑥 ∈ 𝑅+ Thay vào (1) ta có: 𝑐2 = 𝑐 ↔ 𝑐(𝑐 − 1) = 0 Mà 𝑐 > 0 nên 𝑐 = 1 Vậy tất hàm thỏa (1) 𝑓(𝑥) =
b) 𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (3𝑦) + 𝑓(𝑦)𝑓 (3𝑥) (1) Thay 𝑥 → 1, 𝑦 → vào (1) ta có
𝑓(3) = 2𝑓(1)𝑓(3) → 𝑓(3)(1 − 2𝑓(1)) = ↔ {
𝑓(3) = 𝑓(1) =1
TH1 𝑓(3) = Thay 𝑥, 𝑦 → vào (1) ta có
𝑓(1) = 2𝑓(1) 𝑓(3) = → 𝑓(1) =
TH2 𝑓(1) =12 Thay 𝑥, 𝑦 → vào (1) ta có
𝑓(1) = 2𝑓(1)𝑓(3) = 𝑓(3) → 𝑓(3) =1
Thay 𝑦 → vào (1) ta được:
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑓(3) + 𝑓(1)𝑓 (3
𝑥) ↔ 𝑓(𝑥)(1 − 𝑓(3)) = 𝑓(1)𝑓 ( 𝑥)
Với TH1 ta có 𝑓(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ 𝑅+ Với TH2 ta có
𝑓(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓 (3
𝑦) + 𝑓(𝑦)𝑓 ( 𝑥)
Bài (5 điểm)
a) Tìm tất hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅+ thỏa mãn 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦𝑓(𝑥)) = 𝑓(𝑦 + 𝑓(𝑥)), ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅+ b) Tìm tất hàm số 𝑓: 𝑅+ → 𝑅 thỏa mãn
(6)6
𝑓(𝑥) = 𝑓 (3 𝑥)
Thay 𝑦 →3𝑥 vào (1):
𝑓(3) = 𝑓2(𝑥) + 𝑓2(3
𝑥) → 𝑓2(𝑥) =
Thay 𝑦 → 𝑥 vào (1) :
𝑓(𝑥2) = 2𝑓2(𝑥) =1
2→ 𝑓(𝑥) =
2, ∀𝑥 ∈ 𝑅+
(7)7 Lời giải
a) Ta chứng minh quy nạp
Với 𝑛 = 30 = 1 ta có 21+ ⋮ 1, Giả sử toán đến 𝑛 = 3𝑘, tức 23𝑘
+ ⋮ 3𝑘 Ta cần chứng minh 23𝑘+1 + ⋮ 3𝑘+1
↔ 23.3𝑘
+ 13 ⋮ 3𝑘 ↔ (23𝑘
+ 1)(22.3𝑘
− 23𝑘
+ 1) ⋮ 3.3𝑘 Mà ta có 23𝑘
+ ⋮ 3𝑘, ta cần chứng minh 22.3𝑘− 23𝑘 + ⋮ 3
Dễ thấy 23𝑘
≡ 2(𝑚𝑜𝑑 3); 22.3𝑘
≡ 1(𝑚𝑜𝑑 3) → 22.3𝑘
− 23𝑘
+ ≡ − + ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 3) Vậy ta có điều phải chứng minh
Theo ngun lý quy nạp tốn học, ta có 2𝑛+ ⋮ 𝑛 với n lũy thừa b) Gọi m+1 số chọn 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑚+1, m số nguyên tố 𝑝1, 𝑝2, 𝑝3, … , 𝑝𝑚
Khơng tính tổng quát, giả sử ta có số mũ 𝑝1 phân tích tiêu chuẩn 𝑎1 cao m+1 số chọn, hay nói cách khác không tồn
𝑎𝑖(2 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚 + 1) thỏa mãn số mũ 𝑝1 phân tích tiêu chuẩn 𝑎𝑖 lớn 𝑎1 Tiếp tục với 𝑎2 𝑝2; 𝑎3và 𝑝3, … , 𝑎𝑚và 𝑝𝑚
Khi với ước nguyên tố 𝑝𝑖 𝑎𝑚+1 tồn số 𝑎𝑖 có số mũ 𝑝𝑖 cao so với 𝑎𝑚+1 Từ hiển nhiên ta có 𝑎1 𝑎2… 𝑎𝑚⋮ 𝑎𝑚+1: đpcm
Bài (5 điểm)
a) Chứng minh n lũy thừa 2𝑛+ ⋮ 𝑛
(8)8
Lời giải
a) Dễ có:
𝐺𝐵𝐷̂ =180° − 𝐵𝑂𝐶̂
2 = 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ = 𝐸𝐵𝐴̂; 𝐵𝐺𝐷̂ = 𝐵𝐸𝐴̂ (= 90°) → ∆𝐵𝐺𝐷 ~ ∆𝐵𝐸𝐴 (𝑔 𝑔) Mà dễ dàng có ∆𝐵𝐺𝐷 = ∆𝐵𝐺𝐾 (𝑐 𝑔 𝑐)
→ ∆𝐵𝐴𝐸 ~ ∆𝐵𝐾𝐺: đpcm
b) Không tính tổng quát giả sử điểm nằm vị trí hình vẽ
Gọi L’ trung điểm AD Ta chứng minh L trùng L’ cách chứng minh tứ giác L’EDG nội tiếp
Gọi M đối xứng G qua L’ Khi L’ trung điểm AD GM nên AMDG hình bình hành, nên ta có
𝑀𝐴𝐸̂ = 𝑀𝐴𝐿̂ − 𝐶𝐴𝐷̂ = 𝐺𝐷𝐴̂ − (90° − 𝐴𝐶𝐵̂) = 𝐹𝐶𝐴̂ + 𝐴𝐶𝐵̂ − 90° = 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂ − 90° = 𝐴𝐶𝐵̂ − 𝐵𝐴𝐶̂
𝐺𝐵𝐸̂ = 𝐺𝐵𝐷̂ − 𝐷𝐵𝐸̂ = 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ − (90° − 𝐴𝐶𝐵̂) = 𝐴𝐶𝐵̂ − 𝐵𝐴𝐶̂
Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có đường cao AD, BE, CF BO cắt DF G K điểm đối xứng D qua G
a) Chứng minh hai tam giác BKG BAE đồng dạng
(9)9 Vậy 𝐺𝐵𝐸̂ = 𝑀𝐴𝐸̂
Mà ta có ∆𝐵𝐺𝐷~∆𝐵𝐸𝐴 (theo câu a)
→𝐺𝐷 𝐴𝐸 =
𝐺𝐵 𝐵𝐸→
𝐵𝐸 𝐴𝐸=
𝐺𝐵 𝐺𝐷=
𝐺𝐵 𝐴𝑀
Từ suy ∆𝐺𝐵𝐸~∆𝑀𝐴𝐸(𝑐 𝑔 𝑐) → 𝐺𝐸𝐵̂ = 𝑀𝐸𝐴̂ → 𝐺𝐸𝑀̂ = 𝐴𝐸𝐵̂ = 90°
Vậy tam giác GEM vng E, có EL’ trung tuyến → 𝐿′𝐸 = 𝐿′𝐺
(10)10
Ngày thi thứ hai: 28/11/2020
Lời giải
Cách Dễ dàng chứng minh 21 27 1 10 50 a
a
=>
1 27 10
a
, suy đpcm Cách Dễ dàng thấy
2
2 2
9
b c a
Ta có
2
2 2
1
1 1
1 2 10
b c
a a b c
=>
2 2
2 2
1
1 1
1 1
b c
a a b c
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
2 2
2 2
1 1 1
1 5
b c a
b c b c
= >
2 2
2
2 45 19
3
1
5
19 2
5 19
9 3
a a
a VT
a a a
Cần chứng minh
2 2
2
45 19
3 1
1
5 19 a a a a
Quy đồng khử mẫu hai vế BĐT trên, ta đpcm
1 𝑎2+ 1+
1 𝑏2+ 1+
1 𝑐2+ 1 ≤
27 10
(11)11
Lời giải Ta chứng minh ý: số nguyên dương m không lũy thừa biểu diễn thành tổng hai hay nhiều số nguyên dương liên tiếp, m lũy thừa m khơng có khả
Với m khơng lũy thừa 2: điều tương đương với chuyện m có ước nguyên tố lẻ Giả sử m có ước nguyên tố lẻ 𝑝 cho 𝑚 = 𝑝𝑘 Giả sử 𝑝 = 2𝑞 +
Lúc ta thấy: 𝑚 = 𝑘 + 𝑘 + ⋯ + 𝑘⏟
𝑝 𝑠ố
= (𝑘 − 𝑞) + (𝑘 − 𝑞 + 1) + ⋯ + (𝑘 − 1) + 𝑘 + (𝑘 + 1) + ⋯ + (𝑘 + 𝑞 − 1) + (𝑘 + 𝑞)⏟
𝑝 𝑠ố Đó đpcm
Với m là lũy thừa 2: Giả sử ta có 𝑚 = 𝑎 + (𝑎 + 1) + ⋯ + (𝑎 + 𝑛),
𝑚 = (𝑛 + 1)𝑎 +𝑛(𝑛 + 1) =
(𝑛 + 1)(𝑛 + 2𝑎)
Dễ thấy số (𝑛 + 1) (𝑛 + 2𝑎) có số lẻ lớn 1, số chứa ước nguyên tố lẻ >1: vô lý Vậy với m là lũy thừa thì m khơng thể phân tích thành tổng số nguyên dương liên tiếp
Ta chứng minh hoàn chỉnh toán
(12)12
Lời giải Gọi k số vô tỉ bất kỳ, ta xét dãy số sau: 𝑘, 2𝑘, 3𝑘, … , (𝑛 + 1)𝑘 Giả sử dãy số không tồn số 𝑚𝑘 thỏa mãn điều kiện tổng số 𝑎𝑖(1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛) với 𝑚𝑘
là số vô tỉ Ta lập bảng sau:
𝑎1 𝑎2 𝑎𝑖 𝑎𝑛
𝑘 𝑎1+ 𝑘 𝑎2+ 𝑘 𝑎𝑖+ 𝑘 𝑎𝑛+ 𝑘 2𝑘
𝑝𝑘 𝑎𝑖 + 𝑝𝑘
𝑞𝑘 𝑎𝑖+ 𝑞𝑘
(𝑛 + 1)𝑘
Bảng thỏa mãn điều kiện: cột ký hiệu số 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛; hàng ký hiệu số 𝑘, 2𝑘, … , (𝑛 + 1)𝑘, ô ta ghi tổng số thứ tự cột hàng Theo điều ta giả sử, hàng ln có số hữu tỉ Do bảng có n+1 số hữu tỉ Mà bảng có n cột nên tồn cột chứa số hữu tỉ Giả sử cột cột 𝑎𝑖, số hữu tỉ bảng 𝑎𝑖+ 𝑝𝑘 𝑎𝑖 + 𝑞𝑘 (2 số ô màu đỏ) Vậy (𝑎𝑖+ 𝑞𝑘) − (𝑎𝑖 + 𝑝𝑘) số hữu tỉ, hay 𝑘(𝑞 − 𝑝) số hữu tỉ Mà ta lại có 𝑞 − 𝑝 số nguyên 𝑘 số vô tỉ: vô lý
Vậy điều ta giả sử ban đầu sai, hay tồn số dãy 𝑘, 2𝑘, 3𝑘, … , (𝑛 + 1)𝑘 thỏa mãn điều kiện đề Ta có điều phải chứng minh
(13)13 Lời giải Thay 𝑚 → 0, 𝑛 → 𝑚 vào (1) ta có
𝑓(𝑓(𝑚)) = 𝑎 − 𝑚 (2) Thay 𝑛 → vào (1) ta có
𝑓(𝑚 + 𝑓(0)) = 𝑓(𝑚)
Vậy hàm 𝑓 tuần hoàn với chu kỳ ước 𝑓(0)
Nếu 𝑓(0) = 0: → 𝑓(𝑓(𝑚)) = −𝑚 (3) Dễ dàng suy hàm 𝑓 song ánh
Thay 𝑛 → 𝑓(𝑛) vào (1) ta có 𝑓(𝑚 − 𝑛) = 𝑓(𝑚) − 𝑓(𝑛)
Thay 𝑚 → 𝑓(𝑚) vào (3) ta có 𝑓(−𝑚) = −𝑓(𝑚), hay hàm f hàm lẻ
Vậy ta có 𝑓(𝑚 + 𝑛) = 𝑓(𝑚) + 𝑓(𝑛) Dễ dàng suy 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥 với c số Thay lại vào (1) ta có: 𝑐(𝑚 + 𝑓(𝑛)) = 𝑐𝑚 − 𝑛 ↔ 𝑐2𝑛 = −𝑛 ↔ 𝑐2 = −1: vô lý Nếu 𝑓(0) ≠ 0: Đặt 𝑓(0) = 𝑎 ≠
Thay 𝑚 → 𝑎 vào (2) ta có
𝑓(𝑓(𝑎)) = → 𝑓(𝑓(0)) = 𝑓(𝑓(𝑎 − 𝑎)) = 𝑓(𝑓(𝑎)) = (do hàm 𝑓 tuần hoàn chu kỳ ước a)
→ 𝑓(𝑎) = → 𝑎 = 𝑓(0) = 𝑓(𝑎 − 𝑎) = 𝑓(𝑎) = (do hàm 𝑓 tuần hoàn chu kỳ ước a): loại
KẾT LUẬN: không tồn hàm 𝑓 thỏa (1)
Bài (4 điểm) Chứng minh không tồn hàm số 𝑓: 𝑍 → 𝑍 thỏa mãn
(14)14 Lời giải
a) Giả sử điểm nằm vị trí hình Khi ta có:
{
𝐶𝐸𝑉̂ = 𝐴𝐸𝐹̂ = 180° − 𝐵𝐴𝐶̂ 𝐶𝐼𝑉̂ = 180° − 𝐵𝐼𝐶̂ =𝐴𝐵𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂
2 =
180° − 𝐵𝐴𝐶̂
→ 𝐶𝐸𝑉̂ = 𝐶𝐼𝑉̂
Bài (4 điểm) Cho tam giác nhọn, khơng cân ABC có (O) đường tròn ngoại tiếp I tâm đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự F, E BI cắt AC, EF U, V; CV cắt BO W
a) Chứng minh: B, C, U, W thuộc đường tròn
(15)15
Do ta có điểm C, I, E, V nằm đường tròn Vậy 𝐶𝑉𝐼̂ = 𝐶𝐸𝐼̂ = 90°
→ 𝑉𝐶𝐵̂ = 90° −𝐴𝐵𝐶̂2 Mà ta lại có 𝑊𝐵𝐶̂ = 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ → 𝐵𝑊𝐶̂ = 2𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐵𝐶̂
2
Mặt khác, 𝐵𝑈𝐶̂ góc ngồi tam giác AUB nên ta có
𝐵𝑈𝐶̂ = 𝐵𝐴𝐶̂ +𝐴𝐵𝐶̂
Từ điều suy 𝐵𝑈𝐶̂ = 𝐵𝑊𝐶̂ Vậy B, C, U, W đồng viên
b) Gọi giao BO AC H Khi ta có 𝐵𝐻𝐴̂ = 𝐴𝐶𝐵̂ + 90° − 𝐵𝐴𝐶̂ → 𝐼𝑍𝐻̂ = 90° − 𝐵𝐻𝐴̂ = 𝐵𝐴𝐶̂ − 𝐴𝐶𝐵̂ → 𝐵𝑍𝐼̂ = 180° − 𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂ Mặt khác ta có
𝐼𝐵𝑍̂ = 𝐼𝐵𝐶̂ − 𝑂𝐵𝐶̂ =𝐴𝐵𝐶̂
2 − (90° − 𝐵𝐴𝐶̂) = 𝐴𝐵𝐶̂
2 + 𝐵𝐴𝐶̂ − 90° → 𝑍𝐼𝐵̂ = 180° − (180° − 𝐵𝐴𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂) − (𝐴𝐵𝐶̂
2 + 𝐵𝐴𝐶̂ − 90°) = 90° − 𝐴𝐶𝐵̂ − 𝐴𝐵𝐶̂
2
Từ điều dễ suy 𝑍𝐼𝐵̂ = 𝐼𝐵𝑍̂ , hay tam giác IBZ cân Z → 𝑍𝐼 = 𝑍𝐵 Tương tự ta có 𝑇𝐼 = 𝑇𝐶