D04 tam giác và đường tròn muc do 3

Câu 1.

[HH10.C2.1.E04.c] Chứng minh rằng:
giác ABC .

a Sin A  b Sin B  c Sin C 

2  ma2  mb2  mc2 
3R

với mọi tam

( a  BC , b  AC , c  AB ; ma , mb , mc lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ A, B, C ; R bán
kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ).
Lời giải
Ta có:

 b2  c2 a 2 a 2  c 2 b2 a 2  b 2 c 2 
2  ma2  mb2  mc2  2 






4
2
4
2
4
 2

a2
b2
c2
b 2  c 2 
 a2  c2 
 a 2  b2 
2
2
2
3  a2  b2  c 2 

2
Do đó:
3  a 2  b 2  c 2  a 2  b2  c 2
a
b
c


a.
 b.
 c.
2.3R
2R
2R
2R
2R
VP
a.Sin A  b.Sin B  c.Sin C  VT
Câu 1.[HH10.C2.1.E04.c] (HSG Hà Tĩnh - Khối 10 - Lần 1)Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc


BAC
600 , bán kính đường trịn nội tiếp tam giác bằng 3 . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu
vng góc của A, B, C lên BC , AC , AB và M là điểm trong tam giác ABC sao cho

ABM BCM


CAM
 . Tính cot  và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1
Lời giải

Gọi BC a, CA b, AB c và S , p, r lần lượt là diện tích, nửa chu vi và bán kính đường trịn nội
tiếp tích tam giác ABC
ABM BCM


CAM

Theo đề bài ta có
Vậy M là điểm Brocard của tam giác ABC . Khi đó ta có tính chất quen thuộc sau
cot  cot A  cot B  cot C
Lại sử dụng đẳng thức lượng giác sau:
b2  c2  a 2
cot  
4S
.

cot A 

Vậy ta cần tìm độ dài 3 cạnh tam giác ABC

b2  c 2  a 2
4S
, ta được


1

S  pr  bc sin BAC
10 3  bc 40
2
Có:
(1)
I
,
D
Gọi
lần lượt là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC và hình chiếu của I lên cạnh AB
Theo cơng thức tính bán kính đường trịn nội tiếp ta được:
b c  a
r
 b  c  a 6
2
và b  c  a 20
2
2
2
2
Do đó: (b  c  a)(b  c  a) 120  (b  c)  a 120  (a  6)  a 120  a 7

thay a 7 vào đẳng thức b  c  a 20 , ta được b  c 13 (2)
bc 40

Từ (1), (2) ta được b  c 13 không giảm tổng quát ta giả sử b  c thì giải được b 5, c 8
cot  
vậy

b 2  c 2  a 2 52  7 2  82 23 3


4S
20
4.10. 3

Gọi R0 là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 .
0



Ta có B1 A1C1 180  BA1C1  B1 A1C
0
0



Mà B1 A1C BAC và BA1C1 BAC nên BA1C1 B1 A1C 60  B1 A1C1 60
BC
AB
1
7

B1 AC1 BAC  1 1  1 sinA   B1C1 
BC
AB
2
2
tương tự ta có
7
B1C1
7 3
R0 
 2 0 
 A C 2sin 60
6
2sin B
1 1 1
Vậy