Luận văn phương trình bậc ba sinh bởi các yếu tố trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
PHẠM BÌNH NGUYÊN
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA
SINH BỞI CÁC YẾU TỐ
TRONG TAM GIÁC
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60. 46. 40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
ĐÀ NẴNG - NĂM 2010
www.VNMATH.com
2
Mục lục
Lời nói đầu 4
Các đơn vị kiến thức liên quan 5
1 Các kiến thức cơ bản về phương trình bậc ba 24
1.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . 24
1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba . . . . . . . 25
2 Phương trình bậc ba của các yếu tố trong tam giác 36
2.1 Phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố độ dài trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2 Phương trình bậc ba sinh bởi các biểu thức lượng giác trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3 Phương trình bậc ba của các cung và góc đặc biệt . . . . . 58
3 Bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam giác 65
3.1 Nhận dạng tam giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.2 Nhận dạng tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.3 Nhận dạng tam giác cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4 Một số dạng bất đẳng thức liên quan 103

4.1 Một số dạng bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . 103
4.2 Một số bài toán cực trị trong tam giác . . . . . . . . . . . . 108
Kết luận 113
Tài liệu tham khảo 114
5 Sáng tạo các bất đẳng thức trong tam giác 115
5.1 Bất đẳng thức Schur và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . 115
5.2 Các bất đẳng thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
www.VNMATH.com
3
5.3 Bất đẳng thức Vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
5.3.1 Các bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến 123
5.3.2 Các bất đẳng thức liên quan đến đường tròn ngoại
tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
5.3.3 Các bất đẳng thức liên quan đến đường tròn nội tiếp 128
6 Các đẳng thức trong tam giác 129
6.1 Các đẳng thức liên quan đến yếu tố độ dài trong tam giác . 129
6.2 Các đẳng thức liên quan đến các biểu thức lượng giác trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
6.3 Các đẳng thức liên quan đến các cung và góc đặc biệt . . . 143
www.VNMATH.com
4
Lời nói đầu
Trong chương trình toán học bậc Trung học Phổ thông, các bài toán về
Lượng giác chiếm một vị trí rất quan trọng. Việc chứng minh các hệ thức
đã biết theo một cách khác không theo cách biến đổi thông thường và tìm
ra các hệ thức mới là rất cần thiết. Điều này giúp chúng ta rèn luyện tư
duy và có hệ thống bài tập cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi
cũng như trong các kỳ thi. Dựa trên nhận xét: Một tam giác hoàn toàn
được xác định bởi ba yếu tố độc lập, ba yếu tố đó có thể được coi là ba
nghiệm của một phương trình bậc ba tương ứng. Các yếu tố độc lập đó

đều có thể biểu diễn qua p, R, r, tức phương trình bậc ba tìm được sẽ có
hệ số chứa p, R, r.
Luận văn nhằm hiểu về các phương trình bậc ba sinh bởi các yếu tố
trong tam giác và nêu cách giải quyết các vấn đề liên quan. Trên cơ sở đó
xây dựng một số hệ thức lượng giác mới dựa vào tính chất của phương
trình bậc ba và các bất đẳng thức quen biết.
Luận văn được chia làm ba chương:
Chương 1 trình bày về phương trình bậc ba, nêu cách giải và các tính
chất của chúng.
Chương 2 xây dựng các phương trình bậc ba với hệ số là ba yếu tố cơ
bản p, R, r và nhận các yếu tố trong tam giác là các nghiệm của chúng.
Sau đó, dựa vào các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba để đưa ra
một số hệ thức lượng giác mới.
Chương 3 khảo sát các bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam
giác (vuông, đều, cân).
www.VNMATH.com
5
Các đơn vị kiến thức liên quan
I. Một số định lý quan trọng
Định lí 1 (Định lý Thales). Các đường thẳng song song định ra trên hai
cát tuyến những đoạn thẳng tỉ lệ.
Hệ quả 1. Đường thẳng song song với một cạnh của tam giác tạo với hai
cạnh kia một tam giác có các cạnh tương ứng tỉ lệ với các cạnh của tam
giác đã cho.
Hình 1:
Định lí 2 (Định lý về đường phân giác trong của
tam giác).
Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh
đối diện thành hai phần tỉ lệ với hai cạnh bên
tương ứng.

Chứng minh. Giả sử AD là phân giác trong kẻ
từ A, nghĩa là

BAD =

CAD. Kẻ BE song song
với AD cắt AC tại E. Khi ấy do

EBA =

BAD
(so le trong) và

BEA =

CAD (đồng vị) nên các
góc

EBA =

BEA, do đó tam giác BAE cân, suy
ra AB = AE.
Từ định lý Thales ta có
DC
DB
=
AC
AE
, suy ra
DC

DB
=
AC
AB
. 
Định lí 3 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Pythagoras).
Trong một tam giác vuông bất kì ta luôn có:
1. Cạnh góc vuông là trung bình nhân của cạnh huyền và hình chiếu của
nó trên cạnh huyền;
2. Đường cao là trung bình nhân của hai hình chiếu hai cạnh góc vuông
trên cạnh huyền;
3. Bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông.
Chứng minh. Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH, ta ký
hiệu: a = BC, b = AC, c = AB, h = AH, b

= CH, c

= BH.
www.VNMATH.com
6
Hình 2:
Khi ấy định lý trên được phát biểu dưới dạng
ký hiệu là:
1. b
2
= ab

, c
2
= ac


;
2. h
2
= b

c

;
3. a
2
= b
2
+ c
2
.
Thật vậy, hai tam giác vuông BAH và BCA đồng
dạng vì có góc B chung, do đó
AB
BH
=
CB
BA
hay
AB
2
= CB.BH, tức là c
2
= ac


.
Tương tự, hai tam giác vuông ACH và BCA đồng dạng nên
AC
CH
=
BC
CA
hay AC
2
= CH.BC, tức là b
2
= ab

.
Hai tam giác vuông ABH và CAH cũng đồng dạng nên
BH
AH
=
AH
CH
hay
AH
2
= BH.CH, tức là h
2
= b

c

.

Từ hai hệ thức b
2
= ab

, c
2
= ac

, cho ta
b
2
+ c
2
= ab

+ ac

= a(b

+ c

) = a.a = a
2
.
Định lý được chứng minh. 
Định lí 4 (Hệ thức lượng trong tam giác thường). Cho tam giác ABC,
gọi c

= AH và a


= CH là hình chiếu của các cạnh AB = c, BC = a
trên cạnh AC = b. Khi ấy:
1. Nếu góc A nhọn thì a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc

;
2. Nếu góc A tù thì a
2
= b
2
+ c
2
+ 2bc

.
Chứng minh. Theo định lý Pythagoras, ta có
Hình 3:
1. Khi góc A nhọn thì (Hình 3a)
a
2
= a
2
+ h
b
2

= a
2
+ c
2
− c
2
= c
2
+ (b − c

)
2
− c
2
= c
2
+ b
2
− 2bc

.
www.VNMATH.com
7
2. Khi góc A tù thì (Hình 3b)
a
2
= a
2
+ h
b

2
= a
2
+ c
2
− c
2
= c
2
+ (b + c

)
2
− c
2
= c
2
+ b
2
+ 2bc

.
Vậy định lý được chứng minh. 
Định lí 5 (Đường thẳng Euler). Gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực
tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì khi đó ta có
−−→
HO = 3
−→
GO.
Chứng minh.

Hình 4:
Gọi A

, B

, C

lần lượt là trung điểm
BC, CA, AB thì khi đó dễ thấy tam giác
ABC là ảnh của tam giác A

B

C

qua phép
vị tự tâm G tỉ số bằng −2 (Hình 4). Mặt
khác ba đường cao của tam giác A

B

C

lại là ba đường trung trực của tam giác
ABC, nên tâm O của đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC là ảnh của H qua
phép vị tự tâm G tỉ số bằng −2, nghĩa là
−−→
GH = −2
−→

GO, chứng tỏ H, G và O thẳng
hàng và
−−→
HO = 3
−→
GO. 
Định lí 6 (Định lý Stewart). Nếu đường thẳng AD = d thuộc tam giác
ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì
d
2
a = b
2
m + c
2
n −amn.
Chứng minh.
Hình 5:
Giả sử AH là đường cao của tam giác
ABC, theo định lí về hệ thức lượng trong
tam giác thường (Định lí 4), từ các tam
giác BDA và ADC ta có (Hình 5)
c
2
= d
2
+ m
2
− 2mDH.
b
2

= d
2
+ n
2
+ 2nDH.
Nhân đẳng thức thứ nhất với n, đẳng thức
thứ hai với m rồi cộng lại ta được
c
2
n + b
2
m = d
2
(m + n) + mn(m + n)
hay d
2
a = b
2
m + c
2
n −amn.
Định lí Stewart được chứng minh. 
www.VNMATH.com
8
Hệ quả 2. Nếu
BD
DC
=
m
n

=
k
q
thì d
2
=
b
2
k
k + q
+
c
2
q
k + q
−
a
2
kq
(k + q)
2
.
Chứng minh. Vì
BD
DC
=
m
n
=
k

q
nên
BD
DC + BD
=
m
n + m
=
m
a
=
k
k + q
.
Tương tự ta cũng có
n
a
=
q
k + q
, thay vào định lý Stewart ta được
d
2
a =
b
2
ak
k + q
+
c

2
aq
k + q
−
a
3
kq
(k + q)
2
hay d
2
=
b
2
k
k + q
+
c
2
q
k + q
−
a
2
kq
(k + q)
2
. 
Hệ quả 3. Đường trung tuyến của tam giác được tính bởi công thức
m

a
=

2(b
2
+ c
2
) −a
2
2
.
Chứng minh. Được suy ra từ hệ quả trên với BD = DC (k = q = 1)
và ký hiệu d = m
a
. 
Hệ quả 4.
m
a
2
+ m
b
2
+ m
c
2
=
3
4
(a
2

+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Từ hệ quả trên ta có m
a
2
=
2(b
2
+ c
2
) −a
2
4
Tương tự m
b
2
=
2(a
2
+ c
2
) −b
2
4
; m
c
2

=
2(a
2
+ b
2
) −c
2
4
.
Cộng các vế đẳng thức trên, ta được điều phải chứng minh. 
Hình 6:
Hệ quả 5. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC,
khi ấy ta có
GA
2
+ GB
2
+ GC
2
=
1
3
(a
2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Vì G là trọng tâm tam giác nên

GA =
2
3
m
a
.
Kết hợp với công thức đường trung tuyến, ta được
GA
2
=
4
9
m
a
2
=
2(b
2
+ c
2
) −a
2
9
.
www.VNMATH.com
9
Tương tự
GB
2
=

4
9
m
b
2
=
2(a
2
+ c
2
) −b
2
9
;
GC
2
=
4
9
m
c
2
=
2(a
2
+ b
2
) −c
2
9

.
Cộng các vế đẳng thức trên, ta được điều phải chứng minh. 
Hệ quả 6. Đường phân giác của góc A được tính bởi công thức
l
a
=
2

bcp(p −a)
b + c
.
Chứng minh. Theo định lý về đường phân giác (Định lí 2), ta có
Hình 7:
DB
DC
=
AB
AC
=
c
b
=
k
q
.(Hình 7)
Suy ra
c
b + c
=
k

k + q
và
b
b + c
=
q
k + q
.
Thay vào công thức trong Hệ quả 2 (của định lý
Stewart) ta được
d
2
=
b
2
k
k + q
+
c
2
q
k + q
−
akq
(k + q)
2
=
b
2
c

b + c
+
c
2
b
b + c
−
a
2
bc
(b + c)
2
= bc
(b + c)
2
− a
2
(b + c)
2
= bc
(b + c + a)(b + c − a)
(b + c)
2
= 4bc
p(p −a)
(b + c)
2
.
Với ký hiệu đường phân giác l
a

= d, ta có l
a
=
2

bcp(p −a)
b + c
. 
Định lí 7 (Bổ đề về các hệ thức vectơ trong tam giác). Gọi G là trọng
tâm, H là trực tâm, I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, khi ấy ta có:
1.
−→
GA +
−−→
GB +
−→
GC =
−→
0
2.
−→
OA +
−−→
OB +
−→
OC = 3
−→
OG
3. a

−→
IA + b
−→
IB + c
−→
IC =
−→
0
4. a
−→
OA + b
−−→
OB + c
−→
OC = (a + b + c)
−→
OI
5. a
−−→
HA + b
−−→
HB + c
−−→
HC = (a + b + c)
−→
HI.
Chứng minh.
www.VNMATH.com
10
Hình 8:

1. Do G là trọng tâm tam giác (Hình 8) nên
−→
GA+
−−→
GB +
−→
GC =
−−→
GC

+
−→
GC = −
−→
GC +
−→
GC =
−→
0 .
2. Ta có
−→
OA +
−−→
OB +
−→
OC
=
−→
OG +
−→

GA +
−→
OG +
−−→
GB +
−→
OG +
−→
GC
= 3
−→
OG +
−→
GA +
−−→
GB +
−→
GC = 3
−→
OG.
3. Theo Định lí về đường phân giác (Định lý 2),
ta có
DB
DC
=
c
b
hay
−−→
DB = −

c
b
−−→
DC.
Điều này chứng tỏ
−→
IB −
−→
ID =
−−→
DB = −
c
b
−−→
DC = −
c
b
(
−→
IC −
−→
ID) (Hình 9)
hay
b
−→
IB + c
−→
IC = (b + c)
−→
ID (∗).

Do
DB
DC
=
c
b
nên
DB
DC + DB
=
c
b + c
hay DB =
ac
b + c
.
Và ta lại có BI là phân giác trong của góc B nên áp dụng định lí về đường
phân giác (Định lý 2) cho tam giác ADB, ta được
Hình 9:
ID
IA
=
BD
BA
=
ac
b + c
c
=
a

b + c
vậy
−→
ID = −
a
b + c
−→
IA. (∗∗)
Thay (**) vào (*) ta đi đến
b
−→
IB + c
−→
IC = (b + c)
−→
ID = −a
−→
IA
hay a
−→
IA + b
−→
IB + c
−→
IC =
−→
0 .
4. Theo phần 3, ta có
(a + b + c)
−→

OI = a(
−→
OA −
−→
IA) + b(
−−→
OB −
−→
IB) + c(
−→
OC −
−→
IC).
= a
−→
OA + b
−−→
OB + c
−→
OC − (a
−→
IA + b
−→
IB + c
−→
IC)
= a
−→
OA + b
−−→

OB + c
−→
OC.
www.VNMATH.com
11
5. Theo phần 3, ta có
(a + b + c)
−→
HI = a(
−−→
HA −
−→
IA) + b(
−−→
HB −
−→
IB) + c(
−−→
HC −
−→
IC)
= a
−−→
HA + b
−−→
HB + c
−−→
HC − (a
−→
IA + b

−→
IB + c
−→
IC)
= a
−−→
HA + b
−−→
HB + c
−−→
HC.

Hệ quả 7. Khoảng cách từ trọng tâm đến tâm đường tròn ngoại tiếp được
tính bởi công thức
OG =
1
3

9R
2
− (a
2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Ta có
2
−→

OA.
−−→
OB =
−→
OA
2
+
−−→
OB
2
− (
−→
OA −
−−→
OB)
2
= 2R
2
− (
−→
AB)
2
= 2R
2
− c
2
.
Tương tự, ta có
2
−→

OA.
−→
OC =
−→
OA
2
+
−→
OC
2
− (
−→
OA −
−→
OC)
2
= 2R
2
− (
−→
AC)
2
= 2R
2
− b
2
;
2
−−→
OB.

−→
OC =
−−→
OB
2
+
−→
OC
2
− (
−−→
OB −
−→
OC)
2
= 2R
2
− (
−−→
BC)
2
= 2R
2
− a
2
.
Mặt khác, theo Định lý 7 ta lại có
3
−→
OG =

−→
OA +
−−→
OB +
−→
OC.
Bình phương vô hướng hai vế, ta được
9OG
2
= OA
2
+ OB
2
+ OC
2
+ 2(
−→
OA.
−−→
OB +
−−→
OB.
−→
OC +
−→
OC.
−→
OA)
= 3R
2

+ (2R
2
− c
2
) + (2R
2
− b
2
) + (2R
2
− a
2
)
= 9R
2
− (a
2
+ b
2
+ c
2
).
Suy ra OG =
1
3

9R
2
− (a
2

+ b
2
+ c
2
). 
Hệ quả 8. Khoảng cách từ trực tâm đến tâm đường tròn ngoại tiếp được
tính bởi công thức
OH =

9R
2
− (a
2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Được suy ra từ Hệ quả 7 và Định lý 5. 
www.VNMATH.com
12
Hệ quả 9. Khoảng cách từ trọng tâm đến trực tâm tiếp được tính bởi
công thức
GH =
2
3

9R
2
− (a

2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Được suy ra từ Hệ quả 8 và Định lý 5. 
Hệ quả 10. Khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đường
tròn nội tiếp được tính bởi công thức
OI
2
= R
2
−
abc
a + b + c
.
Chứng minh. Theo Định lý 7 ta có (a+b+c)
−→
OI = a
−→
OA+b
−−→
OB+c
−→
OC.
Bình phương vô hướng đẳng thức trên và sử dụng các hệ thức
2
−→
OA.

−−→
OB = 2R
2
− c
2
; 2
−→
OA.
−→
OC = 2R
2
− b
2
; 2
−−→
OB.
−→
OC = 2R
2
− a
2
(xem chứng minh trong Hệ quả 7) ta được (a + b + c)
2
OI
2
= (a
2
+ b
2
+ c

2
)R
2
+ ab(2R
2
− c
2
) + ac(2R
2
− b
2
) + bc(2R
2
− a
2
)
= (a + b + c)
2
R
2
− abc(a + b + c).
Từ đó cho ta OI
2
= R
2
−
abc
a + b + c
. 
Hệ quả 11. Khoảng cách từ trực tâm đến tâm đường tròn nội tiếp được

tính bởi công thức
HI
2
= 4R
2
−
a
3
+ b
3
+ c
3
+ abc
a + b + c
.
Chứng minh. Theo Định lý 7 ta có (a+b+c)
−→
HI = a
−−→
HA+b
−−→
HB+c
−−→
HC.
Bình phương vô hướng đẳng thức trên và sử dụng các hệ thức
2
−−→
HA.
−−→
HB =

−−→
HA
2
+
−−→
HB
2
− (
−−→
HA −
−−→
HB)
2
= HA
2
+ HB
2
− AB
2
= HA
2
+ HB
2
− c
2
.
Tương tự 2
−−→
HB.
−−→

HC = HB
2
+HC
2
−a
2
; 2
−−→
HC.
−−→
HA = HC
2
+HA
2
−b
2
.
Ta được (a + b + c)
2
HI
2
= a
2
HA
2
+ b
2
HB
2
+ c

2
HC
2
+ 2ab
−−→
HA.
−−→
HB
+2ac
−−→
HA.
−−→
HC + 2bc
−−→
HB.
−−→
HC
= a
2
HA
2
+ b
2
HB
2
+ c
2
HC
2
+ ab(HA

2
+ HB
2
− c
2
)
+ac(HA
2
+ HC
2
− b
2
) + bc(HB
2
+ HC
2
− a
2
)
= (a + b + c)(aHA
2
+ bHB
2
+ cHC
2
) −abc(a + b + c).
www.VNMATH.com
13
Từ Định lý 5 ta có
−−→

AH = 2
−−→
OA

(Hình 10), vậy
HA
2
= (2OA

)
2
= 4(OB
2
− BA

2
)
= 4R
2
− a
2
.
Hình 10:
Tương tự HB
2
= (2OB

)
2
= 4R

2
− b
2
;
HC
2
= (2OC

)
2
= 4R
2
− c
2
.
Suy ra aHA
2
+ bHB
2
+ cHC
2
= a(4R
2
− a
2
) + b(4R
2
− b
2
) + c(4R

2
− c
2
)
= 4R
2
(a + b + c) −(a
3
+ b
3
+ c
3
).
Từ đó ta được
HI
2
=
aHA
2
+ bHB
2
+ cHC
2
a + b + c
−
abc
a + b + c
= 4R
2
−

a
3
+ b
3
+ c
3
+ abc
a + b + c
. 
Hệ quả 12. Khoảng cách giữa trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp được
tính bởi công thức
IG =
1
3

9r
2
− 3p
2
+ 2(a
2
+ b
2
+ c
2
).
Chứng minh. Gọi A

là trung điểm BC. M, N, P lần lượt là các tiếp
điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh (Hình 11), ta có

p −b =
a + b + c
2
− b
=
(BM + CM ) + (CP + AP ) + (AN + BN)
2
− (AP + CP ) = BM;
Hình 11:
Tương tự ta được AN = p − a nên từ tam
giác vuông IM A

, ta có
MA

= BA

− BM =
a
2
− (p − b) =
b −c
2
;
và IA

=
√
IM
2

+ MA
2
=

r
2
+
(b −c)
2
4
=
1
2

4r
2
+ (b − c)
2
.
Từ tam giác vuông INA ta có
IA =

IN
2
+ AN
2
=

r
2

− (p − a)
2
.
www.VNMATH.com
14
Áp dụng định lý Stewart cho tam giác IAA

ta được
IA
2
.GA

+ IA
2
.AG −AA

.AG.GA

= IG
2
.AA

Vì AG =
2
3
AA

; GA

=

1
3
AA

và AA

=
1
2

2(b
2
+ c
2
) −a
2
nên
IG
2
=
IA
2
.GA

AA

+
IA
2
.GA

AA

− AG.GA

=
r
2
+ (p − a)
2
3
+
4r
2
+ (b − c)
2
6
−
2(b
2
+ c
2
) −a
2
18
= r
2
+
6p
2
− 12ap + 6a

2
+ 3b
2
− 6bc + 3c
2
− 2b
2
− 2c
2
+ a
2
18
= r
2
+
6p
2
− 12ap + 7a
2
+ b
2
− 6bc + c
2
18
= r
2
+
6p
2
− 6a(a + b + c) + 7a

2
+ b
2
− 6bc + c
2
18
= r
2
+
6p
2
− 6(ab + ac + bc) + a
2
+ b
2
+ c
2
18
= r
2
+
6p
2
− 3(a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2ab + 2ac + 2bc) + 4(a

2
+ b
2
+ c
2
)
18
= r
2
+
6p
2
− 3(a + b + c)
2
+ 4(a
2
+ b
2
+ c
2
)
18
= r
2
+
6p
2
− 3.4p
2
+ 4(a

2
+ b
2
+ c
2
)
18
=
9r
2
− 3p
2
+ 2(a
2
+ b
2
+ c
2
)
9
.
Vậy IG =
1
3

9r
2
− 3p
2
+ 2(a

2
+ b
2
+ c
2
). 
Hình 12:
Định lí 8. (Định lý Ptolemy) Trong một tứ giác nội
tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng của tích hai cạnh
đối, tức là
AC.BD = BC.AD + AB.CD
Chứng minh. Dựng góc

DAF =

BAC (Hình 12).
Do

BCA =

BDA nên hai tam giác ABC và AF D
đồng dạng, suy ra
BC
F D
=
AC
AD
hay
AC.F D = BC.AD (∗)
www.VNMATH.com

15
Mặt khác ta lại có

ABF =

ACD và

BAF =

CAB −

F AC =

DAF −

F AC =

CAD
nên hai tam giác BAF và CAD đồng dạng, suy ra
BF
CD
=
AB
AC
hay BF.AC = AB.CD (∗∗)
Cộng các đẳng thức (*) và (**) ta được
AC(F D + BF ) = BC.AD + AB.CD
hay AC.BD = BC.AD + AB.CD 
II. Các định lý cơ bản trong tam giác
Định lí 9. (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta luôn có

a
sinA
=
b
sinB
=
c
sinC
= 2R.
Chứng minh. Vẽ đường tròn tâm O bán kính R ngoại tiếp tam giác
ABC.
Hình 13:
Trường hợp 1. Nếu

A = 90
0
.
Khi đó a = BC = 2R và sinA = 1 (Hình 13a) và khi đó do tam giác
ABC vuông tại A nên
sinB =
AC
BC
=
b
a
=
b
2R
và sinC =
AB

BC
=
c
a
=
c
2R
. Suy ra
a
sinA
=
b
sinB
=
c
sinC
= 2R.
www.VNMATH.com
16
Trường hợp 2.

A = 90
0
.
Giả sử BO cắt đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC tại A

, khi ấy
ta có:
1. Nếu góc A nhọn thì


A =

A

(Hình 13b) do đó
sinA = sinA

=
BC
BA

=
a
2R
.
2. Nếu góc A tù thì

A = 180
0
−

A

(Hình 13c) do đó
sinA = sin(180
0
− A

) = sinA


=
BC
BA

=
a
2R
.
Trong cả hai trường hợp ta đều có
a
sinA
= 2R; tương tự
b
sinB
= 2R;
c
sinC
= 2R.
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có
a
sinA
=
b
sinB
=
c
sinC
= 2R.

Định lí 10. (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta luôn có

a
2
= b
2
+ c
2
− 2bccosA;
b
2
= a
2
+ c
2
− 2accosB;
c
2
= a
2
+ b
2
− 2abcosC.
Chứng minh. Từ hệ thức lượng trong tam giác thường (Định lý 4) và
công thức về góc lượng giác cho hàm số cosin thì khi góc A nhọn ta có
a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc


= b
2
+ c
2
− 2bccosA.
Khi góc A tù ta có
a
2
= b
2
+ c
2
+ 2bc

= b
2
+ c
2
+ 2bccos(180
0
− A) = b
2
+ c
2
− 2bccosA.
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có a
2
= b
2

+ c
2
− 2bccosA.
Các công thức còn lại là tương tự. 
Định lí 11. (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC ta luôn
có
m
a
2
=
2(b
2
+ c
2
) −a
2
4
; m
b
2
=
2(a
2
+ c
2
) −b
2
4
; m
c

2
=
2(a
2
+ b
2
) −c
2
4
.
Chứng minh. Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ABM và
ACM (Hình 14) ta được
www.VNMATH.com
17
Hình 14:
c
2
= (
a
2
)
2
+ m
a
2
− 2
a
2
m
a

cos

AMB
và b
2
= (
a
2
)
2
+ m
a
2
− 2
a
2
m
a
cos

AMC
Do

AMC = 180
0
−

AMB nên
cos


AMC = −cos

AMB
Cộng hai vế của hai đẳng thức trên ta đi đến
b
2
+ c
2
=
a
2
2
+ 2m
a
2
suy ra m
a
2
=
2(b
2
+ c
2
) −a
2
4
.
Các công thức còn lại được chứng minh tương tự. 
Định lí 12. (Định lý hàm số tan) Trong tam giác ABC ta luôn có
a −b

a + b
=
tan
A −B
2
tan
A + B
2
= tan
A −B
2
tan
C
2
.
Chứng minh. Từ định lý hàm số sin và các công thức lượng giác cơ
bản, ta có
a −b
a + b
=
2R(sinA −sinB)
2R(sinA + sinB)
=
2cos
A + B
2
.sin
A −B
2
2sin

A + B
2
.cos
A −B
2
= cot
A + B
2
tan
A −B
2
=
tan
A −B
2
tan
A + B
2
vì tan
A + B
2
= cot
C
2
=
1
tan
C
2
nên

a −b
a + b
=
tan
A −B
2
tan
A + B
2
= tan
A −B
2
tan
C
2
. 
www.VNMATH.com
18
Định lí 13. (Công thức về hình chiếu trong tam giác) Trong tam giác
ABC ta luôn có
a = b.cosC + c.cosB = r(cot
B
2
+ cot
C
2
);
b = c.cosA + a.cosC = r(cot
C
2

+ cot
A
2
);
c = b.cosA + a.cosB = r(cot
B
2
+ cot
A
2
).
Chứng minh. Theo định nghĩa góc lượng giác (Hình 15), ta có
Hình 15:
a = CH + BH = b.cosC + c.cosB (∗)
Cũng theo định nghĩa góc lượng giác, với I là tâm
đường tròn nội tiếp, ta có
a = CM + BM = r(cot
B
2
+ cot
C
2
) (∗∗)
Từ (*) và (**) ta có điều phải chứng minh. 
Định lí 14. ( Các công thức về diện tích tam giác) Trong tam giác ABC
ta luôn có
1. S =
1
2
a.h

a
=
1
2
b.h
b
=
1
2
c.h
c
;
2. S =
1
2
bcsinA =
1
2
acsinB =
1
2
absinC;
3. S = 2R
2
sinAsinBsinC =
abc
4R
;
4. S =


p(p −a)(p −b)(p −c);
5. S = pr;
6. S = r
a
(p −a) = r
b
(p −b) = r
c
(p −c);
7. S =
√
rr
a
r
b
r
c
;
8. S =
ar
b
r
c
r
b
+ r
c
.
Chứng minh.
1. Công thức S =

1
2
a.h
a
=
1
2
b.h
b
=
1
2
c.h
c
là do định nghĩa.
www.VNMATH.com
19
Hình 16:
2. Do h
a
= AH = bsinC = csinB (Hình 16)
nên S =
1
2
a.h
a
=
1
2
absinC =

1
2
acsinB.
Tương tự, cuối cùng ta có
S =
1
2
bcsinA =
1
2
acsinB =
1
2
absinC.
3. Từ định nghĩa hàm số sin ta có
S =
1
2
absinC =
1
2
2RsinA.2RsinB.sinC = 2R
2
sinAsinBsinC.
Cũng theo định lý hàm số sin, ta có S =
1
2
absinC =
1
2

ab
c
2R
=
abc
4R
.
4. Trong một tam giác luôn có ít nhất hai góc nhọn, do đó không mất
tính tổng quát, ta giả thiết góc B và C nhọn. Theo định lý Pythagoras
(Hình 16) ta có
BH
2
= AB
2
− AH
2
= c
2
− h
a
2
; CH
2
= AC
2
− AH
2
= b
2
− h

a
2
.
Suy ra
(BH + CH)(BH −CH) = BH
2
−CH
2
= c
2
−h
a
2
−(b
2
−h
a
2
) = c
2
−b
2
hay BH − CH =
c
2
− b
2
a
.
Tức là ta có BH + CH = a và BH − CH =

c
2
− b
2
a
từ đó cho ta BH =
c
2
+ a
2
− b
2
2a
vậy
h
a
2
= c
2
− BH
2
= c
2
− (
c
2
+ a
2
− b
2

2a
)
2
=
4a
2
c
2
− (c
2
+ a
2
− b
2
)
2
4a
2
=
(2ac + (c
2
+ a
2
− b
2
))(2ac −(c
2
+ a
2
− b

2
))
4a
2
=
((c + a)
2
− b
2
)(b
2
− (c − a)
2
)
4a
2
=
(a + b + c)(a + c − b)(b + c − a)(b −c + a)
4a
2
www.VNMATH.com
20
Hình 17:
=
4p(p −a)(p −b)(p −c)
a
2
.
Suy ra h
a

=
2

p(p −a)(p −b)(p −c)
a
. Vậy
S =
1
2
a.h
a
=

p(p −a)(p −b)(p −c).
Công thức được chứng minh. Công thức trên còn có tên gọi là công thức
Heron.
5. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (Hình 17). Khi ấy
S
ABC
= S
ABI
+ S
ACI
+ S
BCI
=
cr
2
+
br

2
+
ar
2
= pr.
6. Gọi E là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ứng với cạnh BC.
P, M, N lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các cạnh
BC, AB, AC. Khi ấy (Hình 18) ta có
Hình 18:
S
ABC
= S
ABE
+ S
ACE
− S
BCE
=
AB.EM
2
+
AC.EN
2
−
BC.EP
2
= (p −a)r
a
.
Tương tự ta có

S = (p −a)r
a
= (p −b)r
b
= (p −c)r
c
7. Ta có
S = pr = (p−a)r
a
= (p−b)r
b
= (p−c)r
c
suy ra
S
4
= p(p −a)(p − b)(p − c)rr
a
r
b
r
c
hay S
2
= rr
a
r
b
r
c

vậy S =
√
rr
a
r
b
r
c
.
8. Ta có
ar
b
r
c
r
b
+ r
c
=
a
S
p −b
S
p −c
S
p −b
+
S
p −c
=

aS
p −c + p −b
=
aS
2p −(b + c)
=
aS
a
= S.

Hệ quả 13. Chiều cao của tam giác ABC xuất phát từ đỉnh A được tính
bởi công thức
h
a
=
2

p(p −a)(p −b)(p −c)
a
.
www.VNMATH.com
21
Chứng minh. Công thức trên đã được chứng minh trong Định lí 14, mục
4. 
Hệ quả 14.
1
r
=
1
r

a
+
1
r
b
+
1
r
c
=
1
h
a
+
1
h
b
+
1
h
c
.
Chứng minh.
1. Từ công thức tính diện tích S = pr = (p−a)r
a
= (p−b)r
b
= (p−c)r
c
suy ra

1
r
=
p
S
;
1
r
a
=
p −a
S
;
1
r
b
=
p −b
S
;
1
r
c
=
p −c
S
.
Cộng các đẳng thức trên lại ta được
1
r

a
+
1
r
b
+
1
r
c
=
p
S
=
1
r
.
2. Từ công thức tính diện tích S = pr =
1
2
ah
a
=
1
2
bh
b
=
1
2
ch

c
suy ra
1
h
a
=
a
2S
;
1
h
b
=
b
2S
;
1
h
c
=
c
2S
.
Vậy
1
h
a
+
1
h

b
+
1
h
c
=
a + b + c
2S
=
p
pr
=
1
r
.
Do đó ta có
1
r
=
1
r
a
+
1
r
b
+
1
r
c

=
1
h
a
+
1
h
b
+
1
h
c
. 
Định lí 15. ( Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác) Trong tam giác
ABC ta luôn có
R =
a
2sinA
=
b
2sinB
=
c
2sinC
=
abc
4S
=
abc
4


p(p −a)(p −b)(p −c)
.
Chứng minh. Được suy ra từ định lý hàm số sin và các công thức tính
diện tích (Định lí 9 và Định lí 14). 
Định lí 16. ( Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) Trong tam giác
ABC ta luôn có
r = (p − a)tan
A
2
= (p −b)tan
B
2
= (p −c)tan
C
2
=
S
p
=

(p −a)(p −b)(p −c)
p
.
Chứng minh. Ta có AM = r.cot
A
2
(Hình 17) nhưng
p −a =
a + b + c

2
− a =
b + c −a
2
www.VNMATH.com
22
=
AN + N C + BM + M A −(CP + P B)
2
= MA.
Vậy p − a = r.cot
A
2
hay r = (p −a)tan
A
2
Từ công thức tính diện tích ta có r =
S
p
=

(p −a)(p −b)(p −c)
p
. 
Định lí 17. ( Bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác) Trong tam giác
ABC ta luôn có
r
a
= p.tan
A

2
=
S
p −a
=

p(p −b)(p −c)
p −a
.
Chứng minh. Ta có AM = r
a
.cot
A
2
(Hình 18) nhưng
p =
a + b + c
2
=
AB + AC + BP + CP
2
=
AB + BM + AC + CN
2
= AM.
Vậy p = r
a
.cot
A
2

hay r
a
= p.tan
A
2
.
Từ công thức tính diện tích ta có r
a
=
S
p −a
=

p(p −b)(p −c)
p −a

Định lí 18. ( Công thức đường phân giác của tam giác) Trong tam giác
ABC ta luôn có
l
a
=
2bc.cos
A
2
b + c
=
2

bcp(p −a)
b + c

.
Chứng minh 1. Theo công thức tính diện tích ta có
S
ABC
= S
ABD
+ S
ACD
hay
1
2
bcsinA =
1
2
c.AD.sin
A
2
+
1
2
b.AD.sin
A
2
=
1
2
c.l
a
.sin
A

2
+
1
2
b.l
a
.sin
A
2
.
Do sinA = 2sin
A
2
cos
A
2
nên đẳng thức trên trở thành
1
2
bc.2sin
A
2
cos
A
2
=
1
2
(b + c)l
a

sin
A
2
.
Suy ra l
a
=
2bc.cos
A
2
b + c
.
Chứng minh 2. Từ định lý hàm số cos ta có cosA =
b
2
+ c
2
− a
2
2bc
, suy
www.VNMATH.com
23
ra
1 + cosA = 1 +
b
2
+ c
2
− a

2
2bc
=
(b + c)
2
− a
2
2bc
=
(b + c + a)(b + c − a)
2bc
=
2p(p −a)
bc
.
Do 1 + cosA = 2cos
2
A
2
nên cos
A
2
=

p(p −a)
bc
.
Vậy ta có công thức về đường phân giác
l
a

=
2bc.cos
A
2
b + c
=
2

bcp(p −a)
b + c
.

www.VNMATH.com
24
Chương 1
Các kiến thức cơ bản về phương
trình bậc ba
1.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba
Các sách hiện nay chủ yếu trình bày cách giải phương trình bậc ba theo
cách cổ điển là công thức Cardano. Tuy nhiên tôi xin lựa chọn cách giải
phương trình bậc ba theo cách của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu đã trình
bày trong quyển "Phương pháp giải phương trình và bất phương trình".
Đầu tiên chúng ta nhận xét rằng mọi phương trình bậc ba tổng quát
a
1
x
3
+ b
1
x

2
+ c
1
x + d
1
= 0(a
1
= 0)
đều đưa được về dạng
x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0. (1.1)
Khi đó bằng cách đặt x = y −
a
3
.
Phương trình đã cho có thể viết lại dưới dạng
(y −
a
3
)
3
+ a(y −
a
3
)
2
+ b(y −

a
3
) + c = 0
⇔ y
3
− py = q.
Với p =
a
2
3
− b, q = −
2a
3
27
+
ab
3
− c.
1) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y =
3
√
q.
2) Nếu p > 0. Đặt y = 2

p
3
t. Khi đó ta được phương trình
www.VNMATH.com
25
4t

3
− 3t = m với m =
3
√
3q
2p
√
p
.
a) Nếu |m| ≤ 1, đặt m = cosα, phương trình có ba nghiệm:
t = cos
α
3
; t = cos
α ±2π
3
.
b) Nếu |m| > 1, đặt m =
1
2
(d
3
+
1
d
3
), trong đó d
3
= m ±
√

m
2
− 1.
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
t =
1
2
(d +
1
d
) =
1
2
(
3

m +

m
2
− 1 +
3

m −

m
2
− 1).
3) Nếu p < 0, đặt y = 2


−p
3
t. Khi đó ta được phương trình
4t
3
+ 3t = m với m =
3
√
3q
2p
√
p
.
Đặt m =
1
2
(d
3
−
1
d
3
), trong đó d
3
= m ±
√
m
2
+ 1.
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất

t =
1
2
(d −
1
d
) =
1
2
(
3

m +

m
2
+ 1 +
3

m −

m
2
+ 1).
1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba
Phương trình bậc ba
x
3
+ ax
2

+ bx + c = 0 (1.1)
có ba nghiệm x
1
, x
2
, x
3
(kể cả nghiệm phức) thỏa mãn các tính chất sau:
Tính chất 1.1. T
1
= x
1
+ x
2
+ x
3
= −a;
Tính chất 1.2. T
2
= x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x

1
= b;
Tính chất 1.3. T
3
= x
1
x
2
x
3
= −c.
Chứng minh. Các tính chất trên được chứng minh dễ dàng bằng phương
pháp đồng nhất thức. 
www.VNMATH.com