Toán tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 1

TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 2

II. CÁC BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI


BÀI TOÁN 1: TÍNH GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC
Phương pháp: Sử dụng hệ thức liên hệ của các giá trị lượng giác sau:
1)
2 2
sin cos 1
 
 
2)
sin
tan
cos



 3)
cos
cot

sin




4)
1
cot
tan



(tan .cot 1)
 

5)
2
2
1
1 tan
cos


  6)
2
2
1
1 cot
sin



 
Mối liên hệ giữa hai góc bù nhau, phụ nhau và giá trị các góc :
7)
0
0
0
0
sin(180 ) sin
cos(180 ) cos
tan(180 ) tan
cot(180 ) cot
 
 
 
 

 

  


  


  

(sin – bù) 8)
0
0

0
0
sin(90 ) cos
cos(90 ) sin
tan(90 ) cot
cot(90 ) tan
 
 
 
 

 

 


 


 

(phụ – chéo)
9)
0
0
0 0
0 90 cos 0 0 sin 1
; 0 180
1 cos 1
90 180 cos 0

  


 

     


  
 
  
   





CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Hãy tính các giá trị lượng giác còn lại của góc

trong các trường hợp sau:
1)
1
sin
3


với
0

0 90

 
. 2)
2
cos
3

 
.
3)
tan 2


. 4)
cot 3


với

là góc tù .

Giải:
1)
1
sin
3


với

0
0 90

 

Ta có:
2
2 2 2 2
1 8 2 2
sin cos 1 cos 1 sin 1 cos
3 9 3
    
 
          
 
 

Mà
0
0 90

 


2 2
cos
3

 . Khi đó
sin 1 2 2 1 2

tan :
cos 3 3 4
2 2



   
và
1
cot 2 2
tan


  .
2)
2
cos
3

 
. Ta có:
2
2 2 2 2
2 5 5
sin cos 1 sin 1 cos 1 sin
3 9 3
    
 
           
 

 

Mà
0 0
2 5
cos 0 90 180 sin
3 3
  
        .
Khi đó
sin 1 5 1 5
tan :
cos 3 3 5
5



      
và
1
cot 5
tan


  
.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 3

3)
tan 2


.
Ta có:
1
tan 2 cot
2
 
  

Ta có
2 2
2 2 2
1 1 1 1 5
1 tan cos cos
cos 1 tan 1 2 5 5
  
 
        
 

Mà
0 0
5
tan 2 0 0 90 cos
5
  
       . Khi đó

2 5
sin cos .tan
5
  
  .
4)
cot 3


với

là góc tù .
Ta có:
1
cot 3 tan
3
 
  

Ta có
2 2
2 2 2
1 1 1 1 10
1 cot sin sin
sin 1 cot 1 3 10 10
  
 
        
 

Mà
0
10
90 180 sin
10
 
    . Khi đó
3 10
cos sin .cot
10
  
  .

Ví dụ 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
1)
2sin cos
sin 3cos
A
 
 



biết
tan 2

 
2)
11tan 5cot
34tan 2cot

B
 
 



biết
1
sin
4



3)
2
2 2
sin 3sin cos
2sin sin cos 3cos
C
  
   


 
biết
cot 3


4)
sin .cos

D
 

biết
5
sin cos
4
 
 


Giải:
1)
2sin cos
sin 3cos
A
 
 



biết
tan 2

 

Ta có:
tan 2

 

cos 0

 
. Khi đó chia cả tử và mẫu của
A
cho
cos

ta được:

2sin cos
2sin cos 2tan 1 2.( 2) 1 3
cos
sin 3cos
sin 3cos tan 3 2 3 5
cos
A
 
  

 
  


   
    

   
. Vậy
3

5
A


2)
11tan 5cot
34tan 2cot
B
 
 



biết
1
sin
4



Ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
sin cos
11. 5.
11tan 5cot 11sin 5cos 11sin 5(1 sin )
cos sin
sin cos
34tan 2cot 34sin 2cos 34sin 2(1 sin )
34. 2.

cos sin
B
 
     
 
 
     
 

   
   
   



2
2
2
2
1
16. 5
16sin 5 4
4
1
32sin 2 4
1
32. 2
4



 

 
 
 
    

 

 
 
. Vậy
1
B
 

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 4

3)
2
2 2
sin 3sin cos
2sin sin cos 3cos
C
  
   



 
biết
cot 3



Ta có:
cot 3 sin 0
 
  
. Khi đó chia cả tử và mẫu của
C
cho
2
sin

ta được:

2
2
2
2 2
2 2
2
sin 3sin cos
sin 3sin cos
sin
2sin sin cos 3cos
2sin sin cos 3cos
sin

C
  
  

   
   



 
 
 


2 2
1 3cot 1 3.3 1
2 cot 3cot 2 3 3.3 4

 
 
   
   
. Vậy
1
4
C
 

4)
sin .cos

D
 

biết
5
sin cos
4
 
 

Ta có:
 
2
2 2
5 25 25
sin cos sin cos sin cos 2sin cos
4 16 16
       
        

25 9 9
1 2sin cos 2sin cos sin cos
16 16 32
     
       hay
9
32
D  .

Ví dụ 3:

1) Cho
tan 3
x
 
. Tính
2 2
sin 6sin cos 3cos
A x x x x
  
.
2) Cho
1
sin cos
8
x x

và
0 0
0 90
x 
. Tính giá trị các biểu thức sau:
a)
sin cos
M x x
 
b)
3 3
sin cos
N x x
 

c)
4 4
sin cos
P x x
 
d)
6 6
sin cos
Q x x
 


Giải:
1) Cho
tan 3
x
 
. Tính
2 2
sin 6sin cos 3cos
A x x x x
  
.
Ta có
tan 3 cos 0
x x
   
nên ta có:
2 2
2 2

sin 6sin cos 3cos
cos cos
A x x x x
x x
 



2 2
(1 tan ) tan 6tan 3
A x x x
    


2 2
2 2
tan 6tan 3 ( 3) 6.( 3) 3 30
3
1 tan 1 ( 3) 10
x x
A
x
     
    
  

Vậy
3
A


.
2) Cho
1
sin cos
8
x x

và
0 0
0 90
x 
. Tính giá trị các biểu thức sau:
a)
sin cos
M x x
 

2 2 2
1 5
sin cos 2sin cos 1 2sin cos 1 2.
8 4
M x x x x x x
        
5
2
M  
Mà
0 0
0 90
x 

sin 0
sin cos 0
cos 0
x
x x
x


   



suy ra
5
2
M  .
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 5

b)
   
3
3
3 3
5 1 5 20 3 5
sin cos sin cos 3sin cos sin cos 3. .
2 8 2 16
N x x x x x x x x
 


        
 
 
 

c)
 
2
2
4 4 2 2 2 2
1 31
sin cos sin cos 2sin cos 1 2.
8 32
P x x x x x x
 
       
 
 
.
d)
   
2
3
6 6 2 2 2 2 2 2 2 2
1 61
sin cos sin cos 3sin cos sin cos 1 3sin cos 1 3.
8 64
Q x x x x x x x x x x
 

          
 
 


Ví dụ 4: Không dùng máy tính và bảng số hãy tính giá trị của các biểu thức sau:
1)
2 0 2 0 2 0 2 0
sin 20 sin 12 sin 70 sin 78
A    

2)
0 0
0
0 0
cos72 .cot18
tan18
tan162 .sin108
B  

3)
0 0 0
0 0
0
(cot 44 tan 46 ).sin136
cot 23 .cot67
cos44
C

 

4)
0 0 0 0 0
cos20 cos40 cos60 cos160 cos180
D      

5)
0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .tan 20 .tan30 .tan 40 .tan50 .tan60 .tan 7
0 .tan80
E 

6)
3 0 3 0 3 0 3 0 3 0
cos 1 cos 2 cos 3 cos 179 cos 180
F      



Giải:
1)




2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
sin 20 sin 12 sin 70 sin 78 sin 20 sin 70 sin 12 sin 78
A        






2 0 2 0 2 0 2 0
sin 20 cos 20 sin 12 cos 12 1 1 2
      

Vậy
2
A

.
2)
0
0
0 0 0 0
0
0 0 0
0
0 0 0 0
0
0
cos18
sin18 .
cos72 .cot18 cos72 .cot18
sin18
tan72 tan 72 tan72
sin18
tan162 .sin108 tan18 .sin 72
.cos18

cos18
B      




0
0 0 0
0
cos18
cot18 cot18 cot18 0
sin18
      

Vậy
0
B



3)
0 0 0
0 0
0
(cot 44 tan 46 ).sin136
cot 23 .cot67
cos44
C

 

0 0 0
0 0
0
(cot 44 cot 44 ).sin44
cot23 .tan 23
cos44

 


0 0 0 0
2cot 44 .tan 44 cot 23 .tan 23 2 1 1
    

Vậy
1
C

.

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 6

4)
0 0 0 0 0
cos20 cos40 cos60 cos160 cos180
D      

Cách 1:








0 0 0 0 0 0 0 0 0
cos20 cos160 cos40 cos140 cos60 cos120 cos80 co
s100 cos180
D         









0 0 0 0 0 0 0 0 0
cos20 cos20 cos40 cos40 cos60 cos60 cos80 cos80
cos180
        

0 0 0 0 ( 1) 1
       

. Vậy
1
D
 
.
Cách 2:

0 0 0 0 0 0 0 0 0
cos(180 160 ) cos(180 140 ) cos(180 120 ) cos(
180 20 ) cos180
D          

0 0 0 0 0
cos160 cos140 cos120 cos20 cos180
      

Khi đó :
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
cos20 cos 40 cos60 cos160 cos180
cos20 cos40 cos60 cos160 cos180
D
D

     


      



0 0
2 2cos180 cos180 1
D D
     

Vậy
1
D
 
.

5)
0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .tan 20 .tan30 .tan 40 .tan50 .tan60 .tan 7
0 .tan80
E 

Cách 1:




0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .tan 20 .tan30 tan40 . cot40 .cot30 .cot 20
.cot10
E 












0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .cot10 tan10 .cot10 tan20 .cot 20 tan30 .c
ot30 tan 40 .cot 40


1.1.1.1 1
 
. Vậy
1
E

.
Cách 2:
0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .tan 20 .tan30 .tan 40 .tan50 .tan60 .tan 7
0 .tan80
E 


0 0 0 0 0 0 0 0
cot80 .cot 70 .cot 60 .cot50 .cot 40 .cot 30 .cot 2
0 .cot10
E 











2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .cot10 tan10 .cot10 tan 20 .cot 20 tan30 .c
ot30 tan80 .cot80
E 
1

1
E
  

Do
0 0 0 0
tan10 ,tan20 , tan30 , ,tan80 0

nên
1
E


.

6)
3 0 3 0 3 0 3 0 3 0
cos 1 cos 2 cos 3 cos 179 cos 180
F      









3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0
cos 1 cos 179 cos 2 cos 178 cos 3 cos 177 cos 89 co
s 91 cos 90 cos 180
          








3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0
cos 1 cos 1 cos 2 cos 2 cos 3 cos 3 cos 89 cos 89 cos
90 cos 180

          
0 0 0 0 0 1 1
        
. Vậy
1
F
 
.


Ví dụ 5: Tìm góc

biết
0 0
0 180

 
và thỏa mãn:
1)
0 0
sin(90 ) cos(180 ) 1
 
   
2)
0
1 3
tan(90 ) 3




3)
2
2sin 3cos 0
 
 
4)
0
2
2
cos(90 ) 1
1 tan


  




Giải:
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 7

1)
0 0 0
1
sin(90 ) cos(180 ) 1 cos cos 1 cos 60
2
     

           (vì
0 0
0 180

 
)

2)
0
0
1 3 1 3 3
tan 30
tan(90 ) 3 cot 3 3
 
 
      

(vì
0 0
0 180

 
)

3)
2 2
2sin 3cos 0 2(1 cos ) 3cos 0
   
     

2
2cos 3cos 2 0 cos 2
  
     
(loại) hoặc
1
cos
2

 

0
120

 
(vì
0 0
0 180

 
)


4)
0 2 2
2
2
cos(90 ) 1 2cos sin 1 2(1 sin ) sin 1
1 tan

    

         



2
2sin sin 1 0
 
   

sin 1

  
(loại) hoặc
0
1
sin 30
2
 
   (vì
0 0
0 180

 
)

BÀI LUYỆN

Bài 1: Hãy tính các giá trị lượng giác còn lại của góc

trong các trường hợp sau:
1)
2
sin
5


với với

là góc tù . 2)
1
cos
4


.
3)
tan 3

 
. 4)
cot 3


với
0
0 90


 
.

Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
1)
3sin 2cos
sin cos
A
 
 



biết
cot 2


. 2)
tan 8cot
10tan cot
B
 
 



biết
1
cos
3




3)
3 2
3 2
2sin sin cos
cos 3sin cos
C
  
  



biết
tan 2

 
4)
4 4
sin cos
D
 
 
biết
1
sin .cos
6
 


.

Bài 3: Tính giá trị của các biểu thức sau:
1)
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
sin 1 sin 2 sin 3 sin 88 sin 89
A      
. 2)
0 0 0 0 0
tan5 .tan10 .tan15 tan80 .tan85
B 
.
3)
0 0 0 0 0
tan1 .tan 2 .tan3 tan88 .tan89
C 

4)
2 0 2 0 2 0 3 0 3 0 2 0
sin 23 sin 67 2sin 157 cos 157 cos 23 2cos 23
D      


Bài 4: Tìm góc

biết
0 0
0 180

 

và thỏa mãn:
1)
0 0
sin(180 ) cos(90 ) 2
 
    2)
2 0
tan 2cot(90 ) 1 0
x

   

3)
2 0 0
2sin (180 ) 3 2 cos(90 ) 2
 
    
4)
2 0
2
3
cos (90 ) 1
1 cot


  


GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 8


BÀI TOÁN 2 : CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Phương pháp: Để chứng minh đẳng thức
A(sin,cos,tan,cot) B(sin,cos,tan,cot)

ta có các cách tiếp cận sau:
Cách 1: Biến đổi từ vế phức tạp sang vế đơn giản
1 2
1 2
A A A B
B B B A
   


   


Cách 2: Sử dụng tính chất bắc cầu
1 2
1 2
A A A
A B
B B B
C
C

   

 

   


Cách 3: Biến đổi tương đương
1 1 2 2
A B A B A B A B
n n
       
(luôn đúng)
Cách 4: Xuất phát từ một đẳng thức đúng
1 1 1 1
A B A B A B A B
n n n n 
       


Chú ý: Các kiến thức bổ trợ :
1)
2 2
sin cos 1
 
 
2)
sin
tan
cos




 3)
cos
cot
sin




4)
1
cot
tan



(tan .cot 1)
 

5)
2
2
1
1 tan
cos


  6)

2
2
1
1 cot
sin


 


CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Cho

là góc bất kì. Chứng minh rằng:
1)
4 4 2
sin cos 1 2cos
  
  
2)
1 sin cos
cos 1 sin
 
 




3)

2 2
(sin cos ) (sin cos ) 4sin cos
     
    4)
1 2sin cos sin cos (1 tan )(1 cot )
     
   

5)
2
2
2
1 sin
1 2tan
1 sin




 

6)
2 2 4
2 2 2 2
tan 1 cot 1 tan
.
1 tan cot tan cot
  
   
 


 



Giải:
1)
4 4 2
sin cos 1 2cos
  
  

Cách 1: VT






4 4 2 2 2 2 2 2 2
sin cos sin cos sin cos 1 cos cos .1 1 2cos
        
          
VP
Cách 2:




4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2
sin cos sin cos sin cos sin cos
1 2cos sin cos 2cos sin cos
       
     

     


     


4 4 2
sin cos 1 2cos
  
   

Cách 3:
4 4 2 4 2 4
sin cos 1 2cos sin 1 2cos cos
     
      




2
4 2 4 4
sin 1 cos sin sin
   

    
(luôn đúng)
Cách 4: Với

bất kì ta luôn có:
2 2 2 2
sin cos 1 sin 1 cos
   
    




2
4 2 2 4 4 4 2
sin 1 cos 1 2cos cos sin cos 1 2cos
      
         
(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 9

2)
1 sin cos
cos 1 sin
 
 




(*)
Ta có: (*)
2 2 2 2 2
(1 sin )(1 sin ) cos 1 sin cos cos cos
      
         đúng


(đpcm)
3)
2 2
(sin cos ) (sin cos ) 4sin cos
     
   
VT =
2 2
(sin cos ) (sin cos )
   
  

2 2 2 2
(sin cos 2sin cos ) (sin cos 2sin cos )
       
     

(1 2sin cos ) (1 2sin cos ) 4sin cos
     
    
= VP (đpcm).

4)
1 2sin cos sin cos (1 tan )(1 cot )
     
   

VP
sin cos (1 tan )(1 cot )
   
  


sin cos
sin cos 1 1
cos sin
 
 
 
  
  
  
  


cos sin sin cos
sin cos . .
cos sin
   
 
 
 



2 2 2
(sin cos ) sin cos 2sin cos 1 2sin cos
       
       = VT (đpcm).
5)
2
2
2
1 sin
1 2tan
1 sin




 


Cách 1: VT =
2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 sin 1 sin 1
tan 1 tan tan 1 2 tan
1 sin cos cos
 
   
  

 
       

= VP (đpcm)
Cách 2:
2 2
2 2
2 2
1 sin 1 sin
1 2tan 1 2tan
1 sin 1 sin
 
 
 
 
    
 


2 2 2 2
2
2 2 2
1 sin (1 sin ) 2sin 2sin
2tan
1 sin cos cos
   

  
  
   


(luôn đúng) (đpcm)
6)
2 2 4
2 2 2 2
tan 1 cot 1 tan
.
1 tan cot tan cot
  
   
 

 

Ta có:
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
4 2 2 4 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
tan 1 cot tan 1 tan
. . 1 .(tan 1) tan
1 tan cot 1 tan cot 1 tan
1 tan tan .cot tan tan .(tan cot )
tan
tan cot tan cot tan cot
   
 
    

      

     


 
    
 

  

 

  

  

  


Suy ra
2 2 4
2 2 2 2
tan 1 cot 1 tan
.
1 tan cot tan cot
  
   
 


 
(đpcm).

Ví dụ 2: Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào

.
1)
4 2 2 2
cos sin cos sin
A
   
  

2)
4 4
6 6
sin cos 1
sin cos 1
B
 
 
 

 

3)
4 2 4 2
sin 4cos cos 4sin
C
   

   

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 10

Giải:
1)
4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos sin cos sin cos (cos sin ) sin cos sin 1
A
         
        

Vậy
A
không phụ thuộc vào

(đpcm)

2)
4 4
6 6
sin cos 1
sin cos 1
B
 
 
 


 

Áp dụng hằng đẳng thức:
   
2
4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 3 6 6 2 2 2 2 6 6 2 2 3 2 2 2 2
2 2 2
( ) 3 ( ) ( ) 3 ( )
a b a b a b a b a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b

       



          


Ta có:
4 4 2 2 2 2 2 2 2
6 6 2 2 3 2 2 2 2 2 2
sin cos (sin cos ) 2sin cos 1 2sin cos
sin cos (sin cos ) 3sin cos (sin cos ) 1 3sin cos
       
         

     



      



Khi đó
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2sin cos 1 2sin cos 2
1 3sin cos 1 3sin cos 3
B
   
   
  
  
  
.
Vậy
B
không phụ thuộc vào

(đpcm)

3)
4 2 4 2
sin 4cos cos 4sin
C
   
   

   
2 2
2 2 2 2
1 cos 4cos 1 sin 4sin
   
     
2 4 2 4
1 2cos cos 1 2sin sin
   
     


     
2 2
2 2 2 2 2 2
1 cos 1 sin 1 cos 1 sin 2 sin cos 2 1 3
     
             

Vậy
C
không phụ thuộc vào

(đpcm)

BÀI LUYỆN


Bài 1: Cho


bất kì. Chứng minh rằng:
1)
4 4 2 2
sin cos 1 2sin cos
   
  
2)


6 6 2 2
1 sin cos 3sin cos
   
  

3)
sin 1 cos 2
1 cos sin sin
 
  

 

4)
cos 1
tan
1 sin cos


 
 



5)
2 2 2 2
tan sin tan .sin
   
 
6)
2
2
tan cot 1
. 1
1 tan cot
 
 





Bài 2: Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào

.
1)
4 4 2
cos sin 2sin
A
  
  

2)
6 6 4 4
2(sin cos ) 3(sin cos )
B
   
   
3)
4 2 2 4
cos 2cos 1 1 2sin sinC
   
     



GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 11


BÀI TOÁN 3: CÁC PHÉP TOÁN VỀ VECTƠ VÀ TÍCH VÔ HƯỚNG.
Phương pháp:



Chú ý:
cos( , ) cos( , ) cos( , ) cos( , )
sin( , ) sin( , ) sin( , ) sin( , )
a b a b a b a b
a b a b a b a b


        


      


       
       


CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho tam giác đều
ABC
cạnh
a
, trọng tâm
G
. Tính các tích vô hướng sau:
1)
.
AB AC
 
2)
.
BC CA
 
3)
.
GA GB
 

Giải:
1)
 
2
0
. . .cos , . .cos . .cos60
2
a
AB AC AB AC AB AC AB AC BAC a a    
   

2)
   
2
0
. . .cos , . .cos , . .cos . .cos60
2
a
BC CA BC CA BC CA BC CA CB CA BC CA BCA a a
         
     


3)
.
GA GB
 
. Vì
ABC


đều cạnh
a
nên
0
3 2 2 3 3
.
2 3 3 2 3
( , ) 120
a b a
a a a
h h GA GB h
GA GB AGB

      



  

 


2
0
3 3 1
. . .cos120 . .
3 3 2 6
a a a
GAGB GAGB

 
     
 
 
 

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 12


Ví dụ 2: Hãy tính góc giữa hai hai vectơ
,
a b
 
trong các trường hợp sau:
1)
(3;2)
a 

và
(5; 1)
b
 

. 2)
(3;4)
a 

và

(4; 3)
b
 

. 3)
( 2; 2 3)
a   

và
(3; 3)
b 

.


Giải:
1)
(3;2)
a 

và
(5; 1)
b
 

.
Ta có:
   
0
2 2 2 2

. 3.5 2.( 1) 13 2
cos , , 45
2
13 2
.
3 2 . 5 ( 1)
a b
a b a b
a b
 
     
  
 
   
 


2)
(3;4)
a 

và
(4; 3)
b
 

.
Ta có:
   
0

2 2 2 2
. 3.4 4.( 3) 0
cos , 0 , 90
25
.
3 4 . 4 ( 3)
a b
a b a b
a b
 
     
  
 
   
 


3)
( 2; 2 3)
a   

và
(3; 3)
b 

.
Ta có:
 
   
 

0
2 2
2 2
. 2.3 ( 2 3). 3 12 3
cos , , 150
2
8 3
.
2 2 3 . 3 3
a b
a b a b
a b
   
      
  
 
   
 



Ví dụ 3: Cho điểm
(2;4)
A ,
(1;1)
B ,
(8;2)
C .
1) Chứng minh ba điểm
, ,

A B C
không thẳng hàng. 2) Chứng minh rằng
ABC

vuông tại
A
.

3) Tính chu vi và diện tích tam giác
ABC
. 4) Tính góc
B
của tam giác
ABC
.
5) Chứng minh rằng tứ giác
ABCD
:
a) là hình thang cân nếu
31 23
;
5 5
D
 
 
 
b) nội tiếp được trong một đường tròn nếu
(1;2)
D .
6) Tìm tọa độ chân đường cao

'
A
của
A
trên
BC
.
7) Tìm tọa độ điểm
K
sao cho :
a)
K
thuộc trục hoành và tam giác
KAB
cân tại
K
.
b)
K
thuộc trục tung và tam giác
KAB
vuông tại
K
.
c) tam giác
ABK
vuông cân tại
B
.
8) Một điểm

M
di động trên trục hoành. Tìm giá trị nhỏ nhất của
MA MB

 
và tìm tọa độ điểm
M
khi đó.
9) Cho
(3; 2)
L

.Tìm tọa độ trọng tâm
G
, trực tâm
H
, tâm đương tròn ngoại tiếp
I
của
ABL

.
Từ đó hãy suy ra
, ,
G H I
đang thuộc cùng một đường thẳng (đường thẳng Ơ – le) .
10) Tìm tọa độ điểm
,
E F
sao cho

ABEF
là hình vuông.

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 13

Giải: Cho điểm
(2;4)
A ,
(1;1)
B ,
(8;2)
C . Ta có:
( 1; 3)
(6; 2)
(7;1)
AB
AC
BC

  


 









(*)
1) Chứng minh ba điểm
, ,
A B C
không thẳng hàng.
Với (*) ta có:
1 3
,
6 2
AB AC
 
 

 
không cùng phương hay
, ,
A B C
không thẳng hàng (đpcm).

2) Chứng minh rằng
ABC

vuông tại
A
.
Cách 1: Với (*) ta có:
0

. ( 1).6 ( 3).( 2) 0 90
AB AC AB AC BAC          
   
hay
ABC

vuông tại
A
.
Cách 2: Với (*) ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 ( 3) 10 10
6 ( 2) 2 10 40
7 1 5 2 50
AB AB
AC AC AB AC BC
BC BC

     


        


    


hay

ABC

vuông tại
A
.


3) Tính chu vi và diện tích tam giác
ABC
.
+) Với ý 2) ta có chu vi tam giác
ABC
là :
10 2 10 5 2 3 10 5 2
AB AC BC       .
+) Vì
ABC
là tam giác vuông tại
A
(theo chứng minh ý 2)) nên
1 1
. . 10.2 10 10
2 2
ABC
S AB AC

  
.
( Nếu
ABC

cân thì xác định tọa độ trung điểm cạnh đáy để tính chiều cao, còn nếu không đặc biệt gì thì ta đi
tính diện tích tam giác bằng cách đi tính
2
1
cos cos( , ) sin 1 cos . .sin
2
ABC
A AB AC A A S AB AC A

     
 
)
4) Tính góc
B
của tam giác
ABC
.
Ta có:
2 2 2 2
(1;3)
. 1.7 3.1 10 1
cos cos( , )
.
10. 50 5
(7;1) 1 3 . 7 1
BA
BA BC
B BA BC
BA BC
BC





     

  



 
 

B
 
? (bấm máy)

5) Chứng minh rằng tứ giác
ABCD
:
a) là hình thang cân nếu
31 23
;
5 5
D
 
 
 

Ta có:

 
21 3
/ /
;
3
5 5
3
5
7;1
5
AD BC
AD
AD BC
AD BC
BC

 


 
 
    
 

 




 


(1)
và
2 2
2 2
1 3 10
( 1; 3)
9 13
9 13
;
10
5 5
5 5
AB
AB
AB DC
DC
DC

  

  

 
  
 
 
   

  

  
   
 

   



(2)
Từ (1) và (2) suy ra
ABCD
là hình thang cân với đáy lớn , đáy nhỏ lần lượt là
,
BC AD
(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 14

b) nội tiếp được trong một đường tròn nếu
(1;2)
D .
Ta có:
2 2 2 2
(1;3)
. 1.7 3.1 10 1
cos cos( , )
.
10. 50 5
(7;1) 1 3 . 7 1

BA
BA BC
ABC BA BC
BA BC
BC




      

  



 
 

(3)
và
2 2 2 2
( 1; 2)
. 1.7 ( 2).0 7 1
cos cos( , )
.
5.7 5
(7;0) 1 2 . 7 0
DA
DA DC
ADC DA DC

DA DC
DC

  
   

       

  



 
 

(4)
Từ (3) và (4)
cos cos
ABC ADC
    
ABC
 
và
ADC

bù nhau
0
180
ABC ADC    

Suy ra
ABCD
nội tiếp đường tròn (đpcm).
6) Tìm tọa độ chân đường cao
'
A
của
A
trên
BC
.
Gọi
' ( 2; 4)
'( ; )
' ( 1; 1)
AA x y
A x y
BA x y

  



  





Ta có

'
A
là hình chiếu của
A
trên
BC
(với
(7;1)
BC 

) nên
'. 0
AA BC

 
và
',
BA BC
 
cùng phương

12
7.( 2) 4 0
7 18
5
1 1
7 6 6
7 1
5
x y

x
x y
x y
x y
y

   



 

 
  
 
  
  


 




12 6
' ;
5 5
A
 


 
 
.
7) Tìm tọa độ điểm
K
sao cho :
a)
K
thuộc trục hoành và tam giác
KAB
cân tại
K
.
Gọi
(2 ;4)
( ;0)
(1 ;1)
KA x
K x Ox
KB x

 

 

 





. Tam giác
KAB
cân tại
K
suy ra
2 2
KA KB KA KB
  


2 2 2 2
(2 ) 16 (1 ) 1 4 20 2 2 2 18 9
x x x x x x x x
               
(9;0)
K


b)
K
thuộc trục tung và tam giác
KAB
vuông tại
K
.
Gọi
(2;4 )
(0; )
(1;1 )
KA y

K y Oy
KB y

 

 

 




. Tam giác
KAB
vuông tại
K
suy ra

2
2 (0;2)
. 0 2.1 (4 )(1 ) 0 5 6 0
3 (0;3)
y K
KA KB y y y y
y K

 
           
 


 
 

c) tam giác
ABK
vuông cân tại
B
.
Gọi
( ; )
B x y
(1;3)
( 1; 1)
BA
BK x y





  




. Vì tam giác
ABK
vuông cân tại
B
suy ra

2 2 2 2 2 2
2 2
1.( 1) 3.( 1) 0 4 3
. 0
1 3 ( 1) ( 1) 10 (3 3 ) ( 1)
x y x y
BA BK
BA BK
x y y y
BA BK
BA BK

     

 


 
  
   
        




 


 

 


2
4 3
4 3
0
( 1) 1
2
x y
x y
y
y
y
 

 


  

 
 








4
0
x
y





hoặc
2
2
x
y
 




(4;0)
( 2;2)
K
K






GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 15

8) Một điểm
M
di động trên trục hoành. Tìm giá trị nhỏ nhất của
MA MB

 
và tìm tọa độ điểm
M
khi đó.
Gọi
N
là trung điểm của
AB
suy ra
3 5
;
2 2
N
 
 
 
và khi đó 2 2
MA MB MN MN
  
  

Gọi

2 2
3 5 5
( ;0) 2 5
2 2 2
M x Ox MN x MA MB MN
   
         
   
   
 

Dấu “=” xảy ra khi
3
2
x

hay
3
;0
2
M
 
 
 
. Vậy
min
5
MA MB
 
 

khi
3
;0
2
M
 
 
 
.

9) Cho
(3; 2)
L

.Tìm tọa độ trọng tâm
G
, trực tâm
H
, tâm đương tròn ngoại tiếp
I
của
ABL

.
Từ đó hãy suy ra
, ,
G H I
đang thuộc cùng một đường thẳng (đường thẳng Ơ – le) .

+)

G
là trọng tâm
ABL

nên có tọa độ
2 1 3
2
3
4 1 2
1
3
G
G
x
y
 

 



 

 


hay


2;1

G .
+) Gọi
( ; )
H x y
là trực tâm
( 1; 3)
( 3; 2)
( 1; 1) (1; 6)
. 0 ( 3) 3( 2) 0
( 1) 6( 1) 0
. 0
AB
LH x y
BH x y AL
LH AB x y
ABL
x y
BH AL








 
  
  
    


     


  
 
   








 
 


11
3 3
11 2
3
;
6 5 2
3 9
9
x
x y
H

x y
y

 

  


 
   
 
 
  
 





.
+) Gọi
( ; )
I a b
là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABL

IA IB IL
  

2 2 2 2
2 2 2 2
( 2) ( 4) ( 1) ( 1)
( 1) ( 1) ( 3) ( 2)
IA IB a b a b
IB IL
a b a b

       


 
 

      



4 8 20 2 2 2 3 9
2 2 2 6 4 13 4 6 11
a b a b a b
a b a b a b
        
 
 
 
        
 

29
29 25
6
;
25
6 18
18
a
I
b




 
 

 
 





+) Với


2;1
G ,
11 2

;
3 9
H
 

 
 
và
29 25
;
6 18
I
 
 
 

17 7
;
6 18
2
17 7 17 7
; 2. ;
3 9 6 18
GI
GH GI
GH

 

 


  
   

   

    
   

   


 


Suy ra
, ,
G H I
thẳng hàng hay
, ,
G H I
đang thuộc cùng một đường thẳng (đpcm).


GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 16

10) Tìm tọa độ điểm
,

E F
sao cho
ABEF
là hình vuông
Gọi
( ; )
E x y
(1;3)
( 1; 1)
BA
BK x y





  




.
Vì
ABEF
là hình vuông nên tam giác
ABE
vuông cân tại
E
suy ra

2 2 2 2 2 2
2 2
1.( 1) 3.( 1) 0 4 3
. 0
1 3 ( 1) ( 1) 10 (3 3 ) ( 1)
x y x y
BA BE
BA BE
x y y y
BA BE
BA BE

     

 


 
  
   
        




 


 
 

2
4
4 3
0
4 3
0
( 1) 1
2
2
2
x
x y
y
x y
y
y
x
y
y
 

 




 


 

  

 

 
 




 
 





(4;0)
( 2;2)
(4;0)
( 2;2)
( 2;2)
(4;0)
E
F
E
E
E

F








 













Ví dụ 4: Cho ba điểm
, ,
A B C
. Chứng minh rằng:
1)
. . . 0
MA BC MB CA MC AB

  
     
(hệ thức Ơ – le ) với
M
là điểm bất kì.
Từ đó hãy suy ra cách chứng minh : Trong một tam giác 3 đường cao luôn đồng quy.
2) Khi
ABC
là tam giác với
, ,
AD BE CF
là ba trung tuyến thì :
. . . 0
BC AD CA BE AB CF
  
     
.


Giải:

1)
. . . 0
MA BC MB CA MC AB
  
      
(hệ thức Ơ – le ) với
M
là điểm bất kì.
Ta có:





. . . . . .
MA BC MB CA MC AB MA BC MA AB CA MA AC AB
      
         
    






. . .0 .0 0
MA BC CA AB AB CA AC MA AB
       
          
(đpcm).

2) Khi
ABC
là tam giác với
, ,
AD BE CF
là ba trung tuyến thì :
. . . 0
BC AD CA BE AB CF
  

     


Vì
AD
là trung tuyến (
D
là trung điểm của
BC
) nên ta có:
2
AB AC AD
 
  

Khi đó :
2. . .( )
BC AD BC AB AC
 
    
. .
BC AB BC AC
 
   
(1)
Tương tự ta có:
2. . . .
2. . . .
CA BE CA BC CA BA
AB CF AB CB AB CA


 


 


     
     
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2.( . . . ) 0
BC AD CA BE AB CF
  
     
hay
. . . 0
BC AD CA BE AB CF
  
     
(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 17


BÀI TOÁN 4: CHỨNG MINH CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

Phương pháp: Để chứng minh các hệ thức lượng
M N


trong tam giác ta có các cách tiếp cận sau:
Cách 1: Biến đổi từ vế phức tạp sang vế đơn giản
1 2
1 2
M M M N
N N N M
   


   


Cách 2: Sử dụng tính chất bắc cầu
1 2
1 2
M M M
M N
N N N
C
C
   

 

   


Cách 3: Biến đổi tương đương
1 1 2 2

M N M N M N M N
n n
        (luôn đúng) .
Cách 4: Xuất phát từ một đẳng thức đúng
1 1 1 1
M N M N M N M N
n n n n 
       
.

Chú ý: Các kiến thức bổ trợ :





CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
1)
cos cos
a b C c B
 
.
2)
sin sin cos sin cos
A B C C B
 

.
3)
2 sin sin
a
h R B C
 .


Giải:
1)
cos cos
a b C c B
 
.
Áp dụng hệ quả định lí côsin ta có:
VP
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
cos cos . .
2 2 2 2 2
a b c c a b a b c c a b a
b C c B b c a
ab ca a a a
       
        
VT (đpcm).

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 18

2)
sin sin cos sin cos
A B C C B
 
(*)
Áp dụng định lí sin ta có: 2 sin
sin sin sin 2
a b c a
R A
A B C R
     ; sin
2
b
B
R
 và sin
2
c
C
R
 .
và định hệ quả định lí côsin:
2 2 2
cos
2
a b c
C
ab
 


và
2 2 2
cos
2
c a b
B
ca
 


Khi đó (*)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
. .
2 2 2 2 2 2 2
a b a b c c c a b a b c c a b
a a a
R R ab R ca a a
       
       
(luôn đúng)
Vậy
sin sin cos sin cos
A B C C B
 
(đpcm).
3)
2 sin sin
a
h R B C

 .
Ta có:
1 2 2 2
. .
2 4 2
2 sin sin
2 2 sin sin 2 . .
sin sin 2 2 2
a a
a
S abc bc
S ah h S
a a a R R
h R B C
b c b c bc
R R B C R
B C R R R

     


 


    


(đpcm).

Ví dụ 2: Cho tam giác

ABC
với
,
BM CN
là các trung tuyến. Chứng minh rằng các điều kiện sau là tương
đương: 1)
BM CN

. 2)
2 2 2
5
b c a
 
. 3)
cot 2(cot cot )
A B C
 
.

Giải:

Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
hay


BM CN G
  . Ta sẽ chứng minh: 1)


2) và 3)

2) .
+) Chứng minh: 1)

2)

 
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2
4 9
3 3
b c b c
BM CN BG CG BC m m a m m a
   
         
   
   


2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
4. 9 4 9 5
4 4
c a b a b c
a b c a a b c a
 

   
         
 
 

+) Chứng minh: 3)

2) . Ta có:
 
cos cos cos
cot 2 cot cot 2
sin sin sin
A B C
A B C
A B C
 
    
 
 


2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
b c a c a b a b c
bc ca ab
a b c
R R R
 

     
 
  
 
 
 
 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
. 2 .
b c a c a b a b c
R R
abc abc abc
 
     
  
 
 




2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
b c a c a b a b c
        
2 2 2
5
b c a
  

GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 19


Ví dụ 3 : Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
1)
2 2 2
cos cos cos
2
a b c
bc A ca B ab C
 
  
. 2)
2 2 2 2 2 2
( )cos ( )cos ( )cos 0
bc b c A ca c a B ab a b C
     
.

3)
2 2 2
cos cos cos
cos cos cos cos cos cos 2
A B C a b c
b C c B c A a C a B b A abc
 

  
  
.
4)


2 2 2
cos cos cos ( ) ( ) ( )
abc A B C a p a b p b c p c
       
.
5)
2 2 2
cot cot cot
a b c
A B C R
abc
 
  
. 6*) Nếu
4 4 4
a b c
 
thì
ABC

nhọn và
2
2sin tan tan
A B C


.


Giải:
1)
2 2 2
cos cos cos
2
a b c
bc A ca B ab C
 
  
.
VT
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos cos cos
2 2 2
b c a c a b a b c
bc A ca B ab C bc ca ab
bc ca ab
     
     


2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
b c a c a b a b c
     
  

2 2 2
2
a b c
 

= VP (đpcm).
2)
2 2 2 2 2 2
( )cos ( )cos ( )cos 0
bc b c A ca c a B ab a b C
     

VT
2 2 2 2 2 2
( )cos ( )cos ( )cos
bc b c A ca c a B ab a b C
     

2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
2 2 2
b c a c a b a b c
bc b c ca c a ab a b
bc ca ab
     
     


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1
( )( ) ( )( ) ( )( )
2
b c b c a c a c a b a b a b c
 
           
 




2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
b b c a a b c c c a b b c a a a b c c a b
     
                 
     


2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 0
2
b c a c a b a b c
 
       
 
VP (đpcm).

3)
2 2 2
cos cos cos
cos cos cos cos cos cos 2
A B C a b c
b C c B c A a C a B b A abc
 
  
  

Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos
: .
cos cos 2 2 2
A b c a a b c c a b
b c
b C c B bc ab ca
 
     
 
 

 


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
: :
2 2 2 2 2
b c a a b c c a b b c a b c a

a
bc a a bc abc
 
         
   
 
 

Vậy
2 2 2
cos
cos cos 2
A b c a
b C c B abc
 


. Tương tự :
2 2 2
cos
cos cos 2
B c a b
c A a C abc
 


;
2 2 2
cos
cos cos 2

C a b c
a B b A abc
 



Khi đó VT
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
b c a c a b a b c a b c
abc abc abc abc
       
   
= VP (đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 20

4)


2 2 2
cos cos cos ( ) ( ) ( )
abc A B C a p a b p b c p c
       

VT =
 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos cos cos

2 2 2
b c a c a b a b c
abc A B C abc
bc ca ab
 
     
    
 
 


2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( )
2
a b c a b c a b c a b c
 
        
 


2 2 2
1
( ) ( ) ( )
2
a b c a b c a b c a b c
 
        
 

2 2 2
2 2 2
b c a c a b a b c
a b c
     
  
2 2 2
( ) ( ) ( )
a p a b p b c p c
     
= VP (đpcm).

5)
2 2 2
cot cot cot
a b c
A B C R
abc
 
  
.
Ta có:
cos cos cos
cot cot cot
sin sin sin
A B C
A B C
A B C
    

2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
b c a c a b a b c
bc ca ab
a b c
R R R
     
  


2 2 2 2 2 2 2 2 2
b c a c a b a b c
R R R
abc abc abc
     
  


2 2 2
a b c
R
abc
 

.
Vậy
2 2 2
cot cot cot

a b c
A B C R
abc
 
  
(đpcm).

6*) Nếu
4 4 4
a b c
 
thì
ABC

nhọn và
2
2sin tan tan
A B C

.
+) Do
4 4
4 4 4
4 4
a b a b A B
a b c
a c A C
a c

  

 

    
  
 


 

(1*)
Mặt khác


2
2 2 4 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 ( ) 0
b c b c b c a b c a a b c a b c a
              

Suy ra
2 2 2
cos 0
2
b c a
A
bc
 
  

A

là góc nhọn (2*)
Từ (1*) và (2*) suy ra
ABC

nhọn (đpcm).
+) Ta có:
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 4 4 4 2 2
sin sin sin sin 4 .sin .sin 4 .sin .sin
tan tan . .
cos cos ( ) ( ) ( ) 2
2 2
B C B C a bc B C a bc B C
B C
c a b a b c
B C a b c a b c b c
ca ab
   
   
    


2
2 2 2
2 2
4 .sin .sin sin sin sin sin
2 . 2 . . 2sin
2
a bc B C B C A A

a a A
b c b c a a
       
   
       
       
(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 21


Ví dụ 4 : Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
1)
 
2 2 2 2 2 2
3
4
a b c
m m m a b c
     . 2)
1 1 1 1
a b c
h h h r
  
. 3*)
9
a b c

h h h r
  

4*) Nếu
, ,
1
a b c
h h h
r






thì
ABC

đều. 5*) Nếu
ABC

nhọn thì 1
a b c
a b c
m m m
R
h h h r
   

6*) Nếu

0
90
A 
thì
2
2 2
3 2 2
5
b c
r
m m



. 7*)
a b c
m m m pS

Giải:
1)
 
2 2 2 2 2 2
3
4
a b c
m m m a b c
     . Ta có:
 
2 2 2
2

2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 2
4
2 2 3
4 4
2 2
4
a
b a b c
c
b c a
m
c a b
m m m m a b c
a b c
m

 



 

      




 



(đpcm)
2)
1 1 1 1
a b c
h h h r
  
.
. . .
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
2 2 2 2
a b c
a b c
h a h b h c a b c p
S
S S S S
h h h S S r
a b c p
 
            
.Vậy
1 1 1 1
a b c
h h h r
  
(đpcm).

3*)
9
a b c
h h h r
  

 
2 2 2 1 1 1 9 1 1 1 9 1 1 1
9 9 9
2
a b c
S S S S
h h h r a b c
a b c p a b c p a b c a b c a b c
 
                    
 
 
 
Áp dụng Cauchy ta có:
 
3
3
3
3
1 1 1
9
1 1 1 1 1 1 3
3 . .
a b c abc

a b c
a b c
a b c a b c
abc

  

 
     

 
 
   


(đpcm).
4*) Nếu
, ,
1
a b c
h h h
r






thì
ABC


đều.
Với
ABC

ta luôn có :
2 2
2 2 2 2 2
a
S S
a b c a a b c a p a p h r
a p
              
(vì
1
r

)
Vậy
2
a
h

. Tương tự ta được:
2
2
b
c
h
h






.
Mặt khác
3
, , 3
3
a
a b c b
c
h
h h h h
h



  





1 1 1 1 1 1
1
3 3 3
a b c
h h h

      
. Vậy
1 1 1
1
a b c
h h h
  
(I*)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 22

Theo chứng minh ở ý 2) ta luôn có:
1 1 1 1
a b c
h h h r
  
mà
1
r


1 1 1
1
a b c
h h h
   
(II*)
Từ (I*) và (II*) ta suy ra dấu “=” xảy ra ở (I*)
3

a b c
h h h
   
a b c ABC
    
đều (đpcm).
5*) Nếu
ABC

nhọn thì 1
a b c
a b c
m m m
R
h h h r
   


Mặt khác:
1
. .
2
1
'
. '.
2
IBC
ABC
IM BC
S

IM
AA S
AA BC


 
(2) . Từ (1) và (2) suy ra:
a IBC
a a ABC
m S
R
h h S


 
Chứng minh tương tự ta được:
b ICA
b b ABC
m S
R
h h S


  và
c
IAB
c c ABC
m
SR
h h S



 
Suy ra:
1 1 1 1
. 1
a b c IBC ICA IAB ABC
a b c a b c ABC ABC
m m m S S S S R
R R
h h h h h h S r S r
   
 
 
 
         
 
 
(theo ý 2)) (đpcm).
6*) Nếu
0
90
A 
thì
2
2 2
3 2 2
5
b c
r

m m



. Vì
0
90
A 
nên ta có:
2 2 2 2 2
2
bc
S
a b c hay a b c





   

.
Khi đó:
 
2 2
2 2 2 2
2
2
2
2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 ( )
2 2 2 2 4 5( )
4 4 4 4
b c
S bc b c b c
r
p p a b c
b c b c
c a b a b c a b c b c
m m

   
   

   
 

   
  


      

    


Suy ra



2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
4
5( )
a b
r b c
m m
b c b c b c


   
. Mặt khác theo Cauchy ta có:

 
 
2
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
5( ) 5.2 2 2 10 . 2 2 20 (3 2 2)
b c b c b c b c b c bc bc bc b c
 
 
         
 
 
 

Hay
 
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
4 3 2 2
5( ) 20 (3 2 2)
5
20 (3 2 2)
a b
r b c
b c b c b c b c
m m
b c

        


(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 23

7*)
a b c
m m m pS


Ta có:
3
( )( )( ) ( )( )( ) ( ). ( ). ( )
pS p p p a p b p c p p a p b p c p p a p p b p p c
           
(1)
Mặt khác:
2 2
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
( )
2( )
( ) .
( )
2 2 4
4
( ) 0 2 ( ) 2( )
a a
a b c b c a b c a
b c a
p p a
p p a m m
b c bc b c b c b c

     
 
  

    



        


Hay ( )
a
p p a m
 
.
Chứng minh tương tự ta được: ( )
b
p p b m
 
và ( )
c
p p c m
 
.
Suy ra: ( ). ( ). ( )
a b c
p p a p p b p p c m m m
    (2) .
Từ (1) và (2) suy ra:
a b c
m m m pS
 (đpcm).


Ví dụ 5 : Trong tam giác

ABC
. Chứng minh rằng:
1) Nếu
2
a b c
 
thì suy ra được các đẳng thức sau:
+)
sin sin 2sin
A B C
 
.
+)
1 1 2
a b c
h h h
 
.
+)
6
Rr ab

.
2*)
2
R r

3*)
2 2 2 2
1 1 1 1

4
a b c r
  
4*)
2 2 2
1 1 1 1
2
a b c Rr
   5*)
2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( )
p a p b p c r
  
  

6*)
2 2 2
1 1 1 1
4
a bc b ca c ab Rr
  
  
7*)
1 1 1 3
2
a b c Rr
  

Giải:
1) Nếu
2
a b c
 
thì suy ra được các đẳng thức sau:
+)
sin sin 2sin
A B C
 
.
Ta có:
2 2 sin 2 sin 2.2 sin sin sin 2sin
a b c R A R B R C A B C
       
(đpcm).
+)
1 1 2
a b c
h h h
 
.
Ta có:
2 2 2 1 1 2
2 2.
a b c a b c
S S S
a b c
h h h h h h
       

(đpcm).
+)
6
Rr ab

.
Ta có:
3 3 3 3
6
4 4 2 2 3
abc abc abc abc abc abc
S pr Rr Rr ab
R p p a b c c c c
         
  
.
Vậy
6
Rr ab

(đpcm)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 24

2*)
2
2 8
2
4

abc S S
R r abc
S p p
    
8 ( )( )( )
8( )( )( ) 8. . .
2 2 2
p p a p b p c b c a c a b a b c
abc p a p b p c
p
        
      

( ).( ).( )
abc b c a c a b a b c
       

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
( ) ( )
( ).( )
2
( ) ( )
( )( )
2
( ) ( )
( )( )
2
b c a c a b
b c a c a b c
c a b a b c

c a b a b c a
a b c b c a
a b c b c a b
    

     


    

     


    

     



Suy ra: ( ).( ).( )
b c a c a b a b c abc
      
(đpcm).

3*)
2 2 2 2
1 1 1 1
4
a b c r
   . Ta có:

2
22 2
1 1 3 ( )
4 4 4( )( )( ) 4( )( )( )
4
p p p a b c
r S p a p b p c p a p b p c
S
p
  
   
     
 
 
 


( ) ( ) ( ) 1 1 1
4( )( )( ) 4( )( ) 4( )( ) 4( )( )
p a p b p c
p a p b p c p b p c p c p a p a p b
    
   
        

Mặt khác với hai số
,
x y
ta luôn có:
 

2
2 2 2
( ) 0 2 4
x y xy x y xy x y
        (*)
Áp dụng (*) ta được:
2 2
2
1 1
4( )( ) ( )
4( )( )
p b p c p b p c a
p b p c a
        
 
(*1)
Tương tự ta có:
2
1 1
4( )( )
p c p a b

 
(*2) ;
2
1 1
4( )( )
p a p b c

 

(*3)
Cộng vế với vế (*1) , (*2) và (*3) ta được:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
4( )( ) 4( )( ) 4( )( )
p b p c p c p a p a p b a b c
    
     

Hay
2 2 2 2
1 1 1 1
4
a b c r
   (đpcm)
4*)
2 2 2
1 1 1 1
2
a b c Rr
   . Ta có:
1 2 1 1 1
4
4 2
abc p a b c
S pr abc pRr
R Rr abc abc bc ca ab
 
         
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c ab bc ca
    

Áp dụng Cauchy :
2 2
2 2 2 2 2
2 2
1 1 2
1 1 2 1 1 1 1 1 1
2 2
1 1 2
a b ab
b c bc a b c ab bc ca
c a ca

 



   
       

   
   


 




2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c ab bc ca
    
(đpcm)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 25

5*)
2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( )
p a p b p c r
  
  
. Áp dụng Cauchy ta có:
2 2
2 2
2 2
1 1 2
( ) ( ) ( )( )
1 1 2
( ) ( ) ( )( )
1 1 2
( ) ( ) ( )( )
p a p b p a p b
p b p c p b p c

p c p a p c p a

 

   


 

   


 

   



2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
p a p b p c p a p b p b p c p c p a
   
     
   
        
   

2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
p a p b p c p a p b p b p c p c p a
     
        
(1)
Mặt khác:
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )
p c p a p b
p a p b p b p c p c p a p a p b p c
    
  
        


2 2
2
2 2
3 ( ) 1 1
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )
p a b c p p p
p a p b p c p a p b p c p p a p b p c S r
S
p
  
     
        
 

 
 
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( )
p a p b p c r
  
  
(đpcm).

6*)
2 2 2
1 1 1 1
4
a bc b ca c ab Rr
  
  

Ta có:
1
4
4 4 2
abc p a b c
S pr abc pRr
R Rr abc abc
 
      
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

2 2 2
1 1 1
2
a b c
a bc b ca c ab abc
 
  
  

Áp dụng Cauchy ta có:
2
2
1 1 1
2
2 2 4
2
2
b c
bc b c
a bc abc abc abc
a bc
a bc


    


Vậy
2
1

4
b c
a bc abc



. Chứng minh tương tự :
2
1
4
c a
b ca abc



;
2
1
4
a b
c ab abc




Suy ra:
2 2 2
1 1 1
4 4 4 2
b c c a a b a b c

a bc b ca c ab abc abc abc abc
    
     
  
(đpcm).

7*)
1 1 1 3
2
a b c Rr
   . Ta có:
1 2 3 6 3( )
4
4 2 2
abc p p a b c
S pr abc pRr
R Rr abc Rr abc abc
 
        
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
1 1 1 3( )
a b c
a b c abc
 
  