luan an

Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
Các hệ thức lợng trong tam giác và
giải tam giác
Chúng ta đã biết rằng một tam giác hoàn toàn đợc xác định nếu biết một số yếu
tố, chẳng hạn biết ba cạnh, hoặc hai cạnh và góc xen giữa hai cạnh đó.
Nh vậy giữa các cạnh và các góc của một tam giác có mối liên hệ xác định nào đó
mà ta sẽ gọi là các hệ thức lợng trong tam giác. Trong phần này chúng ta sẽ nghiên
cứu những hệ thức đó và ứng dụng của chúng.
A. Lý thuyết
Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c, đờng cao AH = h
a
và các đờng
trung tuyến AM = m
a
, BN = m
b
, CP = m
c
1. Định lí cosin: A

2 2 2
2 cosa b c bc A
= +


2 2 2
2 cosb a c ac B
= +

2 2 2
2 cosc a b ab C

= +
c h
a
m
a
b
* Hệ quả: P N
1) cos A =
2 2 2
2
b c a
bc
+
B H a M C
cos B =
2 2 2
2
a c b
ac
+
( Hình 1)
cos C =
2 2 2
2
a b c
ab
+
2) Trong
V
ABC

A nhọn
2 2 2
a b c
< +
A tù
2 2 2
a b c
> +
3) Định lý Pitago là trờng hợp đặc biệt của định lý côsin, khi A= 90
0
2. Định lí sin:
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
= = =
( R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC)
3. Định lý côtang
1
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7

2 2 2
2 2 2
2 2 2
cot
4
cot
4
cot

4
b c a
A
S
a c b
B
S
a b c
C
S
+
=
+
=
+
=
4. Tổng bình ph ơng hai cạnh và công thức đ ờng trung tuyến của tam giác:
1. Cho đoạn thẳng AB có trung điểm I
Với M bất kì ta có: M
2
2 2 2
2
2
AB
MA MB MI
+ = +

A / I / B
(Hình 2)
2. Gọi m

a
, m
b
, m
c
lần lợt là các độ dài các trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C
của tam giác ABC (Hình 1). Ta có:
2 2 2 2 2 2
2
2( )
;
2 4 4
a
b c a b c a
m
+ +
= =
2 2 2 2 2 2
2
2( )
;
2 4 4
b
a c b a c b
m
+ +
= =
2 2 2 2 2 2
2
2( )

;
2 4 4
c
a b c a b c
m
+ +
= =
5. Các công thức tính diện tích tam giác:

Diện tích S của tam giác ABC đợc tính theo công thức:
S =
1
2
ab sin C =
1
2
bc sin A =
1
2
ca sin B ;
S =
4
abc
R
với R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ;
S = pr với p =
1
2
(a +b +c) và r là bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC;
= (p - a)r

a
= (p - b)r
b
= (p - c)r
c

S =
( )( )( )p p a p b p c

với p =
1
2
(a +b +c) ( công thức Hê-rông).
6. Bán kính đờng tròn nội tiếp, bàng tiếp

( ) tan ( ) tan ( ) tan
2 2 2
A B C
r p a p b p c
= = =

tan
2
a
A
r p
=
2
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7

tan
2
b
B
r p
=

tan
2
c
C
r p
=
7. Công thức tính độ dài phân giác

2
2
4
( )
( )
a
bc
l p p a
b c
=
+

2
2
4

( )
( )
b
ac
l p p b
a c
=
+

2
2
4
( )
( )
c
ab
l p p c
a b
=
+
* Các ví dụ:
VD 1:
Cho tam giác ABC, trung tuyến m
a
xuất phát từ đỉnh A. Chứng minh rằng góc A
nhọn khi cà chỉ khi
2
a
a
m

Giải:
Ta có:
2 2 2
2
2 4
a
b c a
m
+
=
, từ đó A nhọn
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2 2
2 4 2
a a
b c a
b c a
a a a
m m
+
+ > >
> >
VD2:
Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:

2 2 2

2 2 2
9
4
a b c
m m m
a b c
+ +
Giải:
Theo công thức trung tuyến, ta có:
2 2 2
2
2 4
a
b c a
m
+
=
2
2 2
2 2
1
2 4
a
m
b c
a a
+
=
Tơng tự:
2

2 2
2 2
1
2 4
b
m
c a
b b
+
=
3
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7

2
2 2
2 2
1
2 4
c
m
a b
c c
+
=
Từ đó :
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 3 1 3 9
.6 ( )

2 4 2 4 4
a b c
m m m
b a c a c b
cauchy
a b c a b a c b c

+ + = + + + + + =
ữ

VD3:
Cho tam giác ABC có diện tích S.
CMR:

2 2 2
cot cot cot
4
a b c
A B C
S
+ +
+ + =
Chứng minh:
Ta có:
2 2 2
cos
2
b c a
A
bc

+
=
Mặt khác, từ
1 2
sin sin
2
S
S bc A A
bc
= =
Do đó:
2 2 2 2 2 2
cos
cot (1)
sin 2 sin 4
A b c a b c a
A
A bc A S
+ +
= = =
Tơng tự:

2 2 2
2 2 2
cot (2)
4
cot (3)
4
c a b
B

S
a b c
C
S
+
=
+
=
Cộng từng vế các đẳng thức (1), (2), (3) ta đợc:
2 2 2
cot cot cot
4
a b c
A B C
S
+ +
+ + =
(
W
)
VD4:
Tính góc lớn nhất của tam giác có độ dài là 3, 5, 7.
Đáp số: A = 120
0
VD5 :
Chứng minh rằng tam giác ABC đều nếu:

3 3 3
2
2 cosa b C

b c a
a
b c a
=



+
=

+

Giải:
Theo giả thiết:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 cos 2 .
2
a b c a b c
a b C b
ab a
a a b c b c b c
+ +
= = =
= + = =
(1)
4
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
Mặt khác:
3 3 3

2 2 3 3 3
2 2 2
( )
( ) ( )( )
b c a
a a b c a b c a
b c a
a b c b c b c bc
+
= + = +
+
+ = + +
=> a
2
= b
2
+ c
2
- bc. Kết hợp a
2
= b
2
+ c
2
- 2bc cosA
Suy ra
0
1
cos 60 (2)
2

A A
= =
Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC đều.
Ví dụ 6:
Chứng minh rằng trong tam giác ABC bất kì ta luôn có:
cot cot cot 0A B C
+ + >
Giải:
- Nếu
ABCV
nhọn hoặc vuông thì bất đẳng thức là hiển nhiên.
- Bây giờ giả sử, chẳng hạn
à
A
tù. Kẻ đờng cao CH thì H nằm ngoài đoạn A, về phía
A ( hình bên) C
Ta có:

sin ;(2)
2
2
sin ;(3)
2
2
B b
ca
C b
ab

B A H
Suy ra
cot cot 0
BH AH
A B
CH

+ = >
Ta còn có cotC > 0 ( góc nhọn).
Vậy: cotA + cotB + cotC > 0.
Nhận xét: Trờng hợp góc A tù, ta con có cách chứng minh khác nh sau:
A > 90
0
=> B + C < 90
0
=> 0
0
< B < B + C < 90
0
=> cotB > cot(B + C)= - cotA
=> cot A + cot B > 0. Vì góc c nhọn nên cotC > 0, do đó
cotA + cotB + cotC > 0.
Ví dụ 7:

Cho tam giác ABC.
Chứng minh rằng:
1
sin sin sin
2 2 2 8
A B C

Giải:
Vẽ phân giác AD, hạ BH, CK vuông góc với AD
Ta có:
sin
2
sin
2
A BH BD BD
BA BA c
A CK CD CD
CA CA b

= =




= =


5
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
( ) sin

2
sin .
2
2
A
b c BD CD a
A a a
b c
bc
+ + =

+
(1)
Tơng tự

sin ;(2)
2
2
sin ;(3)
2
2
B b
ca
C b
ab

Vế trái của các bất đẳng thức (1), (2), (3) đều dơng, nhân từng vế các bất đẳng
thức này ta đợc:

1
sin sin sin
2 2 2 8
A B C

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức tam giác ABC đều.
* áp dụng tích vô hớng để chứng minh bất đẳng thức:
Cơ sở lý thuyết:
1.
2 2
0, , 0 0a a a a
= =
r r r r r
2.
. .a b a b

r r r r
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ cùng hớng.
Ví dụ 8:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đờng tròn (O; R). Chứng minh rằng:
)( , ) 2 ;
3
) cos 2 cos 2 cos 2

2
a OB OC A
b A B C
=
+ +
uuur uuur
Giải:
a) Hiển nhiên
ã
( , ) 2OB OC BOC A
= =
uuur uuur
( tính chất của góc nội tiếp)
b) Ta có:

2
2 2 2
( ) 0
2( . . . ) 0
OA OB OC
OA OB OC OA OB OB OC OC OA
+ +
+ + + + +
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
2 2
3 2 (cos 2 cos 2 cos 2 ) 0
3
cos 2 cos 2 cos 2
2

R R C A B
A B C
+ + +
+ +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
0OA OB OC
+ + =
uuur uuur uuur r
<=> O là trọng tâm của
V
ABC
<=>
V
ABC đều.
Ví dụ 9:
Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có:
2 2 2
MA.GA MB.GB MC.GC GA GB GC
+ + + +
6
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
Giải:
Ta luôn có:
2 2 2
MA.GA MB.GB MC.GC GA GB GC
+ + + +
8 4 (2 3)P
= +
V
Vậy

2 2 2
MA.GA MB.GB MC.GC GA GB GC
+ + + +
Đẳng thức xảy ra:
MA GA
MB GB M G
MC GC










uuur uuur
uuur uuur
uuuur uuur
Ví dụ 10:
Cho tam giác ABC, diện tích S.
Chứng minh rằng:

2 2 2
4 3.a b c S
+ +
CM:
Cách 1:
Ta có:

2 2 2
2 2 2 2 2
2 cos
2( ) 2 cos
a b c bc A
a b c b c bc A
= +
+ + = +
4 2 cos
4 2 (cos 3 sin ) 2 3 sin
4 2 (cos 3 sin ) 4 3.
bc bc A
bc bc A A bc A
bc bc A A S

= + +
= + +
Vì:
2 2 2
(cos 3 sin ) (1 3)(cos sin ) 4A A A A
+ + + =
(BĐT Bu-nhia-cốp-xki)
Nên :
cos 3 sin 2A A
+
do đó:
4 2 (cos 3 sin ) 4 4 0bc bc A A bc bc
+ =
Vậy:
2 2 2

4 3.a b c S+ + =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
à
0
sin
3
tan 3
cos
60
b c
b c
A
A
A
b c
ABCdeu
A
=

=




=
=

=




=


V
Cách 2:
Theo công thức Hê-rông và bất đẳng thức Cô-si, ta có:
7
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
3
3
4 2
2 2 2 2
4 3 4 3 ( )( )( )
4 3
3
3 ( )
4 3
3
4 ( )
4 3
27 3 3
S p p a p b p c
p a p b p c
p
p a b c

p
p a b c
p a b c
=
+ +

=
ữ

+ +

=
ữ

+ +
= = = + +
Vậy
2 2 2
4 3a b c S
+ +
Đẳng thức xảy ra
p a p b p c
a b c ABC
a b c
= =

= =

= =

V
(đều)
Nhận xét:
2 2 2
4 3a b c S
+ +
2 2 2
3 cot cot cot 3
4
a b c
A B C
S
+ +
+ +
Ví dụ 11.
Cho tam giác ABC, diện tích S.
Chứng minh rằng:

cot cot cot 3A B C
+ +
HD. Từ ví dụ 10 ta có thể suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 12: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
3
2
a
a
b c l
+ +
Giải:
Theo công thức tính độ dài đờng phân giácn và bất đẳng thức cô-si ta có:

3( )
( ).
2 3( )
2
3
2 2 2
a
p a p
b c
bc p a p
a a a
l
b c b c
+
+

+ = + +
+ +

4 3 2( )
2 2 2 2
a p a a b c a
b c
+
= + = + = +
Vậy
3
2
a
a

l b c
+ +
Đẳng thức xảy ra
3( )
b c
a b c ABC
p a p
=

= =

=

V
(đều)
Nhận xét: Nhờ ví dụ 12, ta có ngay BĐT sau:
3
( )
2
a b c
l l l a b c
+ + + +
.
8
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
Ví dụ 13:
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

1
2

r
R

.
Giải:
2
4 4 ( )( )( )
. .
4
1
( )( )( )
2
S
r S p p a p b p c
p
abc
R p abc p abc
S
b c a c a b a b c
abc

= = =
+ + +
=
(1)
Theo bất đẳng thức côsi ta có:
( )( )
2
c a b a b c
c a b a b c a

+ + +
+ + =
Tơng tự,
( )( )
( )( )
a b c b c a b
b c a c a b c

+ +


+ +


Suy ra
( ) ( ) ( )
b c a a c b a b c abc
+ + +
(2)
Từ (1), (2) =>
1
2
r
R

Đẳng thức xảy ra
( ) ( ) ( )
b c a a c b a b c b c ABC
+ = + = + = =
V

(đều)
Ví dụ 14.
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

.
a b c a b c
r r r h h h+ + + +
Giải:
.
a b c a b c
r r r h h h+ + + +
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
1 1 1 1 1 1
S S S S S S
p a p b p c a b c
p a p b p c a b c
b c a a c b a b c a b c
+ + + +


+ + + +
ữ


+ + + +
+ + +
Theo bất đẳng thức cô-si ta có:
9

Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
1 1 2
( )( )
2 2
( )( )
2
a c b a b c
a c b a b c
a c b a b c
a
+
+ +
+ +
=
+ +
Tơng tự,
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3a b c
a MA b MB c MC
a b c
+ +
+ +
1 1 1 1 1 1
a b c b c a a c b a b c
+ + + +
+ + +
(đpcm)
Ví dụ 15.

Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O; R). Chứng minh rằng:
3 3a b c R
+ +
Chứng minh: Ta có:

( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
2
2
0
3 2 . . . 0
9 2 . 2 .
2 .
9
9
OA OB OC
R OA OB OB OC OA OC
R OB OC OB OC OC OA OB OC
OA OB OA OB
R OB OC OC OA OA OB
R
+ +

+ + +
+ + + +
+ +
+ +

uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
2
2 2 2
( )
3
3 3
a b c
a b c
R a b c
+ +
+ +
+ +
Đẳng thức xảy ra
0OA OB OC
+ + =
uuur uuur uuur r
<=> O là trọng tâm tm giác ABC
<=> ABC là tam giác đều.
Hệ quả: Trong các tam giác cùng nội tiếp đờng tròn, tam giác đều có chu vi nhỏ
nhất.
Nhận xét: Có thể chứng minh bất đẳng thức nhờ kết quả:

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( )
3
( )
4
a b c
MA MB MC GA GB GC choM O
m m m a b c

+ + + +


+ + = + +


Ví dụ 16:
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

3 3
sin sin sin
2
A B C
+ +
Chứng minh:
10
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
Theo kết qủa VD15, ta có:
3 3a b c R+ +
3 3

2 2 2 2
a b c
R R R
+ +
áp dụng định lí sin, ta có:
3 3
sin sin sin
2
A B C+ +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 17.
Hãy nội tiếp trong đờng tròn cho trớc một tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải:
Giả sử đờng tròn cho trớc có bán kính R và ABC là một tam giác nội tiếp nó. Theo
bất đẳng thức Cô-si và VD 15, ta có:
2
3 2
2
( 3 ) 3 3
3
4 4 4 4
3 3
4
a b c
abc R R
S
R R R
R
S
+ +

ữ

= =

Đẳng thức xảy ra
a b c ABC
= =
V
(đều)
Vậy, trong các tam giác nội tiếp đờng tròn cho trớc, tam giác đều có diện tích lớn
nhất.
Ví dụ 18.
Hãy ngoại tiếp một đờng tròn cho trớc một tam giác có diện tích nhỏ nhất.
Giải:
Giả sử đờng tron cho trớc có bán kính r và ABC là một tam giác ngoại tiếp nó.
Ta có:
3
( )( )( )
3
p a p b p c
pr S p p a p b p c p
+ +

= =
ữ


4 2
27

3 3
p p
= =
Suy ra
2
3 3 3 3r p r S

Đẳng thức xảy ra
p a p b p c ABC
= =
V
(đều)
Vậy, trong các tam giác ngoại tiếp một đờng tròn cho trớc, tam giác đều có diện
tích nhỏ nhất.
Ví dụ 19;(*)
Cho tam giác ABC. Tìm M sao cho:
2cos
2
A
MA MB MC

+ +
ữ

nhỏ nhất. A
Giải:
Với mọi điểm M ta có: E F
11
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
2cos

2
A
MA MB MC

+ +
ữ

S
. .
2cos
2
A MB AB MC AC
MA
AB AC
= + +
B C
. .
2cos
2
A MB AB MC AC
MA
AB AC
+ +
uuur uuur uuuur uuur
( ) ( )
. .
2cos
2
MA AB AB MA AC AC
A

MA
AB AC
+ +
= + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
2cos
2
A AB AC
MA MA AB AC
AB AC

= + + + +
ữ

uuur uuur
uuur
Lấy E, F trên AB, AC sao cho AE = AF = 1. Dựng hình thoi AESF ta có:
2cos
2
2cos
2
2cos . 0
2
A
AS
AB AC A
AE AF AS
AB AC
A AB AC
MA MA

AB AC
=
+ = + = =

+ +
ữ

uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur uuur
uuur
Tóm lại,
2cos .
2
A
MA MB MC AB AC

+ + +
ữ

Dấu đẳng thức xảy ra
( )
0
, 180
MB AB
MC AC M A
MA AS

=


uuur uuur
uuuur uuur
uuur uuur
Ví dụ 20;(*)
Cho tam giác ABC; M là điểm trong tam giác, đặt
ã
ã
ã
, ,BMC CMA AMB

= = =
. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có:
sin sin sin sin sin sinNA NB NC MA MB MC

+ + + +
Giải: A
Với mọi điểm N ta có:
12
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
( ) ( ) ( )
sin sin sin
. . .
sin sin sin

. . .
sin sin sin
. .
sin sin si
NA NB NC
NA MA NB MB NC MC
MA MB MC
NA MA NB MB NC MC
MA MB MC
AB AB MA NM MB MB NM MC MC
MA MB MC




+ + =
= + +
+ +
+ + +
= + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuuur
uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur
n

C
sin sin sin ( sin sin sin )
2
. . .
. .
( sin sin sin )

( sin sin sin )( . .
MBC MCA MAB
MBC MCA
MA MB MC
NM MA MB Mc
MA MB MC
MN
S MA S MB S MC
MA MB MC
MA MB Mc
MA MB Mc viS MA S




= + + + + +
ữ


= + + +

+ + +
= + + +
uuur uuur uuuur
uuuur
uuuur
uuur uuur uuuur
uuur
. 0)
MAB

MB S MC
+ =
uuur uuuur r
Đẳng thức xảy ra
N M

Ví dụ: 21(*)
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
3
cos cos cos ( )
2 2 2 4
a b c
A B C
m m m a b c
+ + + +
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC, ta có: A
P N

B

M
C
13
B
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
ã
ã
ã
0
0

0
sin sin 90 cos
2 2
sin sin 90 cos
2 2
sin sin 90 cos
2 2
A A
BIC
B B
CIA
C C
AIB


= + =
ữ





= + =

ữ




= + =

ữ


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Theo kết quả của VD 20, ta có:
cos . cos . cos . cos . cos . cos .
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
GA GB GC IA IB IC+ + + +
[ ]
2
cos . cos . cos .
3 2 2 2
3
cos . cos . cos . ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 3
( )
2 4
a b c
a b c
A B C
m m m AN BP CM
A B C
m m m p a p b p c
p a b c

+ + + +
ữ

+ + + +
= = + +
Đẳng thức xảy ra
G I ABC

V
(đều)
Ví dụ 22.(*)
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3a b c
a MA b MB c MC
a b c
+ +
+ +
CM:
Ta có:
2 2 2
4 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2
4 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( ) 0
2( . . . ) 0
( )
( ) ( ) 0
( )(
a MA b MB c MC

a MA b MB c MC b c MB MC a c MA MC a b MA MB
a MA b MB c MC b c MB MC a
c a MC MA b a b MA MB c
a b c a MA b
+ +
+ + + + +
+ + + +
+ + + +
+ + +
uuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur
2 2 2 2 2 2 2
) 3MB c MC a b c
+
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3a b c
a MA b MB c MC
a b c
+ +
+ +
Đẳng thức xảy ra
2 2 2
( ) 0a MA b MB c MC + + =
uuur uuur uuuur
<=> M là điểm Lơ-moan của tam giác ABC
Ví dụ 23(*)
Cho tam giác ABC. Các điểm X, Y, Z theo thứ tự chạy trên các đờng thẳng BC, CA,
AB. Tìm vị trí của X, Y, Z sao cho (YZ

2
+ZX
2
+XY
2
) nhỏ nhất
Giải:
14
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
A
Z I
K Y
G

B X H C
Gọi G là trọng tâm tam giác XYZ; H, I, K lần lợt là hình chiếu của G trên BC, CA,
AB.
Ta có YZ
2
+ZX
2
+XY
2
= 3(GX
2
+ GY
2
+ GZ
2
)

2 2 2
3( )GH GI GK
+ +
(1)
Theo bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki ta có
2
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
4
LZ LX LY
12
Z X Y
ABC
ABC
S
a b c
S
Y Z X
a b c
+ + =
+ +
+ + =
+ +
2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) 4
ABC
GH GI GK a b c aGH bGI cGK S+ + + + + + =

(2)
Từ (1) và (2) suy ra

2
2 2 2
2 2 2
12
YZ ZX XY
ABC
S
a b c
+ +
+ +
- Nếu đẳng thức xảy ra thì

; ;GX BC GY CA GZ AB
G là điểm Lơ- moan của tam giác ABC
=> X, Y, Z là hình chiếu của điểm Lơ- moan của tam giác ABC trên Bc, CA, AB
- Ngợc lại, nếu X, Y, Z là hình chiếu của điểm Lơ- moan L của tam giác ABC thì L
là trọng tâm của tam giác XYZ
=> YZ
2
+ZX
2
+XY
2
= 3( LZ
2
+LX
2

+LY
2
)
Cũng vì L là điểm Lơ- moan của tam giácABC nên
2
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
4
LZ LX LY
12
Z X Y
ABC
ABC
S
a b c
S
Y Z X
a b c
+ + =
+ +
+ + =
+ +
Tóm lại, (YZ
2
+ZX
2
+XY

2
) nhỏ nhất khi và chỉ khi X, Y, Z lần lợt là hình chiếu của
điểm Lơ- moan của tam giác ABC trên các đờng thẳng BC, CA, AB
B. Dạng toán cơ bản
I. Vấn đề 1:
Tính một yếu tố trong tam giác theo một yếu tố cho trớc( trong đó có ít nhất là một
cạnh)
1, Ph ơng pháp:
Sử dụng trực tiếp định lí sin và định lý cosin.
Chọn các hệ thức lợng thích hợp đối với tam giác để tính một số yếu tố trung
gian cần thiết để việc giải toán thuận lợi hơn.
2. Các ví dụ:
15
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
2.1 Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có b = 7 cm, c = 5 cm và cos A =
3
5
.
a. Tính a, sin A và diện tích S của tam giác ABC.
b. Tính đờng cao h
a
xuất phát từ đỉnh A và bán kính R của đờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Giải:
a. Theo định lí côsin ta có:
2 2 2
2 cosa b c bc A
= +
= 7
2

+ 5
2
- 2.7.5.
3
5
= 32
=> a =
4 2
(cm)
sin
2
A = 1 - cos
2
A = 1 -
9
25
=
16
25
=> sin A =
4
5
(vì sin A > 0).
S =
1
2
bc sin A =
1
2
.7.5.

4
5
= 14 (cm
2
).
b.
2. 28 7 2
( )
2
4 2
a
S
h cm
a
= = =
.
Theo định lí sin:

4 2 5 2
2 ( ).
4
sin 2sin 2
2.
5
a a
R R cm
A A
= = = =
2.2 Ví dụ 2:
Cho tam giác ABC biết

à
0
60 , 8 , 5 .A b cm c cm
= = =
Tính đờng cao h
a
và bán kính R của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải:
Theo định lí côsin ta có:
2 2 2
2 cosa b c bc A
= +
=
2 2 0
8 5 2.8.5.cos 60 49
+ =
.
Vậy a = 7 (cm).
Theo công thức tính diện tích tam giác S =
1
2
bc sin A, ta có:
0 2
1 1 3
.8.5.sin 60 .8.5 10 3( ).
2 2 2
S cm
= = =
Mặt khác:
1

.
2
a
S a h
=
2. 20 3
( ).
7
a
S
h cm
a
= =
Từ công thức S =
4
abc
R
ta có :
7.8.5 7 3
( ).
4 3
40 3
abc
R cm
S
= = =
16
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
2.3 Ví dụ 3:
Tam giác ABC có AB = 5 cm, BC = 7 cm, CA = 8 cm.

a. Tính
. ;AB AC
uuur uuur
b. Tính góc A.
Giải:
Ta có:
2 2 2
2
( ) 2 .BC AC AB AC AB AC AB
= = +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
.
Do đó
2 2 2
2 2 2
1 1
. ( ) (5 8 7 ) 20
2 2
AC AB AB AC BC
= + = + =
uuur uuur uuur uuur uuur
Vậy
. 20.AC AB
=
uuur uuur
b. Theo định nghĩa:
. . cosAB AC AB AC A
=
uuur uuur uuur uuur
.

Ta có:
. 20 1
cos
5.8 2
.
AB AC
A
AB AC
= = =
uuur uuur
uuur uuur
Vậy
à
0
60A =
.
2.4 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC biết: a = 21 cm, b = 17 cm, c = 10 cm.
a. Tính diện tích S của tam giác ABC và chiều cao h
a
.
b. Tính bán kính đờng tròn nội tiếp r của tam giác.
c. Tính độ dài đờng trung tuyến m
a
xuất phát từ đỉnh a của tam giác.
Giải:
a. ta có:
21 17 10
24( )
2
p cm

+ +
= =
.
Theo công thức Hê-rông ta có:
2
24(24 21)(24 17)(24 10) 84( )S cm
= =
.
Do đó
2 2.84
8( )
21
a
S
h cm
a
= = =
.
b. Ta có:

.
84
3,5( )
24
S p r
S
r cm
p
=
= = =

c. Độ dài trung tuyến m
a
đợc tính theo công thức:
2 2 2
2
2 4
a
b c a
m
+
=
Do đó
17
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
2 2 2
2
17 10 21 337
84,25
2 4 4
84, 25 9,18( )
a
a
m
m cm
+
= = =
=
2.5 Ví dụ 5: Cho tam giác ABC biết
6 , 2 , (1 3)a cm b cm c cm
= = = +

. Tính
các góc A, B, chiều cao h
a
và bán kính đờng tròn ngoại tíêp R của tam giác ABC.
Giải:
Theo định lí côsin ta có:
2 2 2 2
4 (1 3) 6 1
cos
2 2
4.(1 3)
b c a
A
bc
+ + +
= = =
+
.
Vậy
à
0
60A =
.
Tơng tự,
2 2 2 2
(1 3) 6 4 2
cos
2 2
2. 6.(1 3)
c a b

B
ac
+ + +
= = =
+
Vậy
à
0
45B
=
Ta có:
0
(1 3) 2
sin .sin (1 3)sin 45 ( )
2
a
a
h
B h c B cm
c
+
= = = + =
.
áp dụng định lí sin:
2
sin
2
2( )
2sin
2

b
R
B
b
R cm
B
=
= = =
II. Vấn đề 2.
Chứng minh các hệ thức về mối quan hệ giữa các yếu tố của tam giác.
1. Ph ơng pháp:
Dùng các hệ thức cơ bản để biến đổi vế này thành vế kia hoặc chứng minh cả hai vế
cùng bằng một biểu thức nào đó, hoặc chứng minh hệ thức cần chứng minh tơng đ-
ơng với một hệ thức đã biết là đúng. Khi chứng minh cần khai thác các giả thiết và
kết luận để tìm đợc các hệ thức thích hợp làm trung gian cho quá trình biến đổi.
2. Các ví dụ:
2.1 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có G là trọng tâm. Gọi a = BC, b = CA, c = AB.
Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
1
( )
3
GA GB GC a b c+ + = + +
.
Giải:
Theo tính chất của trong tâm ta có:
2 2
2 4
3 9
GA AM GA AM

= =
áp dụng công thức tính trung tuyến của một tam giác ta có:
18
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
2 2
2 2 2 2 2
1 1
( ) ( )
2 2 2 2
BC a
AM AB AC c b
= + = +
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 1
. ( ) ( )
9 2 3
GA GB GC a b c a b c

+ + = + + = + +


.
Tơng tự:
2
2 2 2
2
( )
9 2
b

GB a c
= +
2
2 2 2
2
( )
9 2
c
GC a b= +
.
Do đó:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 1
. ( ) ( )
9 2 3
GA GB GC a b c a b c

+ + = + + = + +


.
2.2 Ví dụ 2: Tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c.
Chứng minh rằng:
a = b cos C + c cos B.
Giải:
Theo định lí côsin ta có:
2 2 2
2 cosb a c ac B
= +
.

2 2 2
cos
2
a c b
c B
a
+
=
(1)
Ta lại có:
2 2 2
2 cosc a b ab C
= +
2 2 2
cos
2
a b c
b C
a
+
=
(2)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta có:
2
2
cos cos
2
a
b C c C a
a

+ = =
.
2.3 Ví dụ 3. Tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và đờng trung tuyến
AM = c = AB. Chứng minh rằng:
a.
2 2 2
2( )a b c=
;
b. sin
2
A = 2(sin
2
B - sin
2
C). A
Giải:
/ /
C M B
a) Theo định lý về trung tuyến ta có:
à
à à
0 0 0 0 ' 0 '
180 ( ) 180 (145 20 26 ) 14 34C A B
= + +
19
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
b) Theo dịnh lý sin ta có:
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
sin sin sin

.(*)
sin sin sin sin sin
a b c
A B C
a b c b c
A B C B C
= =

= = =

Thay
2 2 2
2( )a b c
=
vào (*) ta có:
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2( )
sin sin sin
2 1
sin sin sin
sin 2(sin sin )
b c b c
A B C
A B C
A B C

=

=

=
2.4 Ví dụ 4: Tam giác ABC vuông ở A có các cạnh góc vuông là b và c. Lấy một
điểm M trên cạnh BC và cho
ẳ
BAM

=
. Chứng minh rằng:
cos cos
bc
AM
b c

=
+
.
C
b M




A c B
Giải:

ABC MAB MAC
S S S

= +
<=>
0
1 1 1
. .sin . .sin(90 )
2 2 2
bc AM c AM b

= +
Hay:
( sin cos )bc AM c b

= +
Vậy:
cos sin
bc
AM
b c

=
+
III. Vấn đề 3
Giải tam giác
20
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
1. Ph ơng pháp:
Một tam giác thờng đợc xác định khi biết ba yếu tố. Trong các bài toán giải tam
giác, ngời ta thờng cho tam giác với ba yếu tố sau:
- Biết một cạnh và hai góc kề cạnh đó (g, c, g) ;
- Biết một góc và hai cạnh kề góc đó (c, g, c) ;

- Biết ba cạnh (c, c, c).
Để tìm ba yếu tố còn lại của tam giác ngời ta thờng sử dụng các định lí côsin, định
lí sin, định lí tổng ba góc của một tam giác bằng 180
0
và đặc biệt có thể sử dụng
các hệ thức lợng trong tam giác vuông.
2. Các ví dụ:
2.1 Ví dụ 1. Giải tam giác ABC biết
à
0
14, 10, 145b c A
= = =
.
Giải:
Ta có:
2 2 2 2 2 0
2 cos 14 10 2.14.10.cos145a b c b A
= + = +
à
0
0 '
196 100 280.( 0,8191) 525,35
23
.sin 14.sin145
sin 0,34913 20 26
sin sin 23
a
a b b A
B B
A B a

+

= = =

à
à à
0 0 0 0 ' 0 '
180 ( ) 180 (145 20 26 ) 14 34C A B
= + +
.
2.2 Ví dụ 2: Giải tam giác ABC biết a = 4, b = 5, c = 7.
Giải:
à
2
'
2 2 2 2 2
0
5 7 4 58
cos 0,8286
2 2.5.7 70
34 3
b c a
A
bc
A
+ +
= = =

à
à

2
'
2 2 2 2 2
0
0 0 ' 0 ' 0 '
4 7 5 40
cos 0,71428
2 2.4.7 56
44 25
180 (34 3 44 25 ) 101 32
a c b
B
ac
B
C
+ +
= = =

= + =
1. Các giá trị lợng giác của góc
0 0
(0 180 )


A




21

Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
sin ;cos
tan ;cot
HB HA
AB AB
HB HA
HA HB


= =
= =
H B
2. Các hệ thức lợng giác:
a) Giá trị của 2 góc lợng giác bù nhau

0
0
0
0
sin sin(180 )
cos cos(180 )
tan tan(180 )
cot cot(180 )




=
=
=

=
b) Giá trị của 2 góc lợng giác phụ nhau

0 0 0
0
0
0
0
( ;90 , 0 90 )
sin(90 ) cos
cos(90 ) sin
tan(90 ) cot
cot(90 ) tan





< <
=
=
=
=
c) Các hệ thức lợng giác cơ bản

2 2
0 0 0
2 2
2 2
sin cos 1

sin cos
tan ( 90 ); cot ( 0 ,180 )
cos sin
1 1
cot ; tan
tan cot
1 1
1 tan ;1 cot
cos sin








+ + =
+ = =
+ = =
+ + = + =
3. Giá trị lợng giác của các góc đặc biệt

Giá trị lợng
giác
0
0
30
0
45

0
60
0
90
0
180
0
sin

0
1
2
2
2
3
2
1 0
22
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
cos

1
3
2
2
2
1
2
0 -1
tan

0
1
3
1
3
P
0
cot

P
3
1
1
3
0
P
4. Bất đẳng thức có chứa các giá trị lợng giác
Với
0 0
0 180


ta có
0 sin 1; 1 cos 1;



nhọn
cos 0 tan 0

> >

tù
cos 0 tan 0

< <
5. Bất đẳng thức giữa các yếu tố trong tam giác. Các bài toán cực trị.
Để chứng minh các bất đẳng thức giữa các yếu tố trong tam giác, ta cần sử dụng
các hệ thức lợng trong tam giác, kết hợp với các bất đẳng thức thông dụng: Cô-si,
Bu-nhia-cốp-xki,
Bài tập:
Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC.
Chứng minh rằng:
3
cos 2 cos 2 cos 2
2
A B C
+
Bài 2. Cho tam giác ABC có trọng tâm G;
V
là đờng thẳng cố định đi qua G, d là
đờng thăng bất kì luôn cùng phơng với
V
. Gọi
,
d
T T
V
lần lợt là tổng bình phơng

các khoảng cách từ A, B, C đến
V
và d.
Chứng minh rằng:
d
T T

V
Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC, điểm M di động trên cạnh BC. Hạ
,MP AB MQ AC

. Xác định vị trí của M để tam giác MPQ có diện tích lớn
nhất.
Bài 4: Cho tứ giác ABCD; E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC,
CD, DA.
CMR:
. .
2 2
ABCD
AB CD AD BC
S EG FH
+ +

Bài 5: Cho các tam giác ABC có diện tích bằng 4,
à
0
30A
=
, tìm tam giác có cạnh
BC nhỏ nhất. Hỏi khi đó chu vi tam giác là bao nhiêu?

Hớng dẫn và đáp số:
áp dụng định lý Côsin và công thức tính diện tích tam giác
Suy ra:
2
16(2 3)a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: b = c = 4
Vậy tam giác có cạnh Bc nhỏ nhất là tam giác cân tại A, có b = c = 4,
4 (2 3)a
=
. Khi đó
8 4 (2 3)P
= +
V
23
Trịnh Hồng Hạnh - ĐHSP Toán - Hóa K7
Bài 6: Cho đờng tròn (O; R), điểm A M
cố định thuộc đờng tròn. Một góc xAy = 60
0

quay xung quanh A sao cho các cạnh của nó
cắt đờng tròn tại M và N. Xác định vị trí của A
góc xAy sao cho tam giác AMN có diện tích
lớn nhất.
Giải:
Theo định lý sin ta có;
{
2 sin 3MN R A R= =
Theo định lý côsin ta có:
2 2 2

2 2 2
2 . cos
3 . 2 . . .
MN AM AN AM AN A
R AM AN AM AN AM AN AM AN AM AN
= +
= + =
(1)
1 3
. .sin .
2 4
AMN
S AM AN A AM AN= =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2
3 3.
.
4
AMN
R
S AM AN
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ã
ã
0
30AM AN OAM OAN= = =
Vậy tam giác AMN có diện tích lớn nhất bằng
2
3 3.

4
R
, đạt đợc khi OA là phân
giác của góc A( Tam giác ABC là tam giác đều).
Nhận xét: Có thể giải bài toán trong trờng hợp
à
A

=
(không đổi).
Bài 7: Cho tứ giác ABCD; E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC,
CD, DA. Chứng minh rằng:
. .
2 2
ABCD
AB CD AD BC
S EG FH
+ +

HD: Chứng minh S
ABCD
=2 S
EFGH
.EG FH
Và
1 1
( ), ( )
2 2
EG AD BC HF AB CD + +
Bài 8: Cho tam giác nhọn ABC, điểm M di động trên cạnh BC. Hạ MP vuông góc

với AB, MQ vuông góc với AC. Xác định vị trí của M để tam giác MPQ có diện
tích lớn nhất.
HD: Đặt MP = x, MQ = y ta có cx + by = 2 S
ABC
, áp dụng công thức
sin
MPQ
S xy A=
và bất đẳng thức Cô-si
Bài 9: Cho tam giác ABC có a
4
+ b
4
+ c
4
.
CMR: a. Tam giác ABC là tam giác nhọn
b. 2sin
2
A = tanB tanC
HD:
a. a
4
+ b
4
+ c
4
< (b
2
+ c

2
)
2
=> a
2
< b
2
+ c
2
=> Góc A nhọn
Mặt khác, a
4
+ b
4
+ c
4
> b
4
=> a > b =>
à à
;A B>
à à
4 4 4 4
a b c c A B= + > >
Vậy ABC là tam giác nhọn.
Bài 10. Cho tam giác ABC có trọng tâm G
Chứng minh rằng: a) Nếu
ã
0
90BGC <

thì b + c > 3a
b) Nếu
ã
0
90BGC =
thì
4
cos
5
A
c) Nếu
ã
0
90BGC >
thì
. 10b c a+ <
HD: Dùng công thức trung tuyến và định lí côsin
24
TrÞnh Hång H¹nh - §HSP To¸n - Hãa K7
Bµi 11. Cho h×nh thang ABCD ( AB // CD), hai ®êng chÐo c¾t nhau t¹i O.
Chøng minh r»ng:
a) AC
2
+ BD
2
= AD
2
+ BC
2
+ 2AB.CD

b) S
OAD
.S
OBC
= S
OAB
.S
OCD
c)
OAD OBC ABCD
S S S+ ≤
HD: ¸p dông ®Þnh lÝ c«sin vµ c«ng thøc diÖn tÝch.
25