Các định lý hình học nổi tiếng và vận dụng

CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG
CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG
VÀ VẬN DỤNG
VÀ VẬN DỤNG
1. Định lý Stewart
*Cho tam giác ABC bất kỳ, D là điểm trên cạnh BC. Ta luôn có :
BC.AD
2
= BD.AC
2
+ DC.AB
2
– BC.BD.DC
Chứng minh:
Gọi AD= d, BD= m, DC= n
Đặt
BDA
ˆ
α
=
⇒
α
−=
0
180
ˆ
CDA
Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai
tam giác ADB và ADC, ta được:
c
2

= d
2
+ m
2
– 2mdcos
α
b
2
= d
2
+ n
2
– 2dncos( 180
0
-
α
)
⇒
nc
2
+ mb
2
= d
2
(n+m) + mn(m + n)
(vớichú ý là cos
α
= -cos( 180
0
-

α
)
⇒
nc
2
+ mb
2
= ad
2
+ anm
⇒
ad
2
= mb
2
+ nc
2
– amn.
Đó là đpcm.
Chú ý :
1.Trong định lý Stewart xét AD là trung tuyến (tức là
m = n =
2
a
). Khi đó từ trên suy ra:
am
a
2
=
2

a
b
2
+
2
a
c
2
– a.
2
a
.
2
a
m
a
2
=
4
22
222
acb −+
(1)
(1) chính là công thức xác định đường
trung tuyến quen biết trong tam giác.
1.Nếu xét AD là đường phân giác trong. Khi đó, theo tính
chất đường phân giác trong, ta có:

b
c

n
m
=
cb
ac
m
+
=⇒
;
cb
ab
n
+
=
Từ định lý Stewart, ta có:
al
a
2
=
2
2
22
)( cb
bca
ac
cb
ab
b
cb
ac

+
−
+
+
+
l
a
2
=
2
22
)(
])[(
cb
acbbc
+
−+
l
a
2
=
2
)(
)(
cb
apabcp
+
−
(2)
(2) chính là công thức xác định đường phân giác quen biết trong tam giác.

Bài tập áp dụng:
Đề: cho tam giác ABC. Các đường AD, BE, CK ( D,E,K tương ứng thuộc các
cạnh BC. CA, AB) gọi
là các đường n - tuyến của
∆
ABC nếu như:
nAB
AK
CA
CE
BC
BD 1
===
( n là số dương cho trước). Đặt AD=d
a
, BE = d
b,
CK= d
c
( và gọi d
a
, d
b
, d
c
là độ
dài của các đường n- tuyến). Chứng minh rằng:
d
a
2

+ d
b
2
+ d
c
2
=
)(
1
222
2
2
cba
n
nn
++
+−
Chứng minh:
Theo định lý Stewart ta có:
a.AD
2
= BD.b
2
– DC.c
2
– a.BD.DC (1)
Do BD =
n
a
; DC =

n
an )1( −
, vậy từ (1) có :
a.AD
2
=
n
ab
2
+
n
acn
2
)1( −
-
2
)1(
.
n
ana
a
−

⇒
d
a
2
=
2
222

)1()1(
n
an
n
cnb −
−
−+
⇒
d
a
2
=
2
222
)1()1(
n
ancnnnb −−−+
(2)
L ý luận tương tự, có d
b
2

=
2
222
)1()1(
n
bnannnc −−−+

(3)

d
c
2
=
2
222
)1()1(
n
cnbnnna −−−+
(4)
Cộng từng vế (2)(3)(4) suy ra :
d
a
2
+d
b
2
+ d
c
2
=
)(
1
222
2
2
cba
n
nn
++

+−
⇒
đpcm.
Chú ý:
1) Với bài toán tổng quát trên, ta thay n là một số nguyên dương cụ thể thì ta sẽ có
các định lý quen thuộc đã học.Chẳng hạn, khi n = 2 thì các đường 2-tuyến trở
thành các đường trung tuyến của tam giác.
2) Ngoài ra, n-tuyến có nhiều tính chất lý thú như: các tam giác KDE, A’B’C’ và
ABC có cùng trọng tâm.( ta có thể chứng minh bằng hình học vector )
2. Công thức Euler
Cho tam giác ABC. Gọi O và I tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp
tam giác. Đặt l = IO. Chứng minh rằng:
l
2
= R
2
– 2Rr
Chứng minh:
Đường phân giác trong của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại D. Khi đó ta có :
·
IBD
=
·
BID

µ µ
2
A B
 
+

=
 ÷
 ÷
 
Vì thế DB = DI (1)
Theo công thức phương tích, ta thấy
IA.ID = P
1
(O) = R
2
– IO
2
(2)
Từ (1) (2) suy ra IA.DB = R
2
– l
2
(3)
Trong tam giác vuông IAE, thì :
IA =
2
sin
A
IE
=
2
sin
A
r
(4)

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác DBA
( với chú ý R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDA), ta có :
BD = 2Rsin
DAB
ˆ
= 2sin
2
A
(5)
Thay (4)(5) vào (3), ta được :
R
2
– l
2
= 2Rr hay l
2
= R
2
– 2Rr

⇒
đpcm
Chú ý :

Từ công thức Euler l
2
= R
2
– 2Rr
≥

0 hay trong mọi tam giác ta có:
R
≥
2r (*) . Dấu bằng xảy ra
⇔
l = 0
⇔
I
≡
O
⇔
ABC là tam giác đều.
*** Từ phần chú ý, ta có R = 4rsin
2
A
sin
2
B
sin
2
C
Vì thế từ (*) ta có:
sin
2
A
sin
2
B
sin
2

C
≤

8
1
( đây là 1 bđt quen thuộc và cơ bản trong
lượng giác).
Như vậy, ta có thể lợi dụng công thức Euler để chứng minh bất đẳng thức trên ( tuy
nhiên đây không phải là cách chứng minh ngắn gọn, nhưng dù sao ta cũng tìm được 1
hệ quả lý thú của công thức Euler).
Công thức Euler cho khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại
tiếp và bàng tiếp
Ký hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp và I
a
là tâm đ ường tròn bàng tiếp góc A
của tam giác ABC. Đặt d
a
= OI
a
. Chứng minh công thức Euler :
d
a
2
= R
2
+ 2Rr
Chứng minh
Từ tam giác ABI
a
, ta có:

·
a
BI D
=
·
a
FBI
-
·
a
FAI

·
a
DBI
=
·
a
I BC
-
·
CBD
(ở đây D là
giao điểm của AI
a
với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC ).
Do I
a

A và BI
a
tương ứng là
các phân giác của
·
BAC
và
·
FBC
( do I
a
là tâm đường tròn bàng
tiếp góc A của
∆
ABC) nên:
·
a
FAI
=
·
a
I AC
=
·
CBD

·
a
FBI
=

·
a
I BC
Kết hợp lại suy ra
· ·
a a
DBI BI D= ⇒ ∆
BDI
a
cân đỉnh D
⇒
BD = DI
a
(1)
K ẻ I
a
M
⊥
OD ( chú ý do cung BD = cung DC nên OD
⊥
BC, tức OM
⊥
BC).
Xét tam giác ODI
a
, theo định lý hàm số cosin ta có:
Dd
a
2
= OI

a
2
= OD
2
+ DI
a
2
– 2OD.DI
a
.cos
·
a
ODI
Vì cos
·
a
ODI
= - cos
·
a
I DM
=
a
DI
DM
−
, vậy ta có :
d
a
2

= OD
2
+ DI
a
2
+ 2OD.DM (2)
Từ (1) và theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BDN ( N là giao điểm DO với
đường tròn : OD

BC = L) , ta có BD
2
= DN.DL = 2R.DL. Thay vào (2) có :
d
a
2
= R
2
+ 2R.DL + 2R.DM
= R
2
+ 2R(DL + DM) = R
2
+ 2R.ML
Do MI
a
// BC, nên ML bằng khoảng cách từ I
a
xuống BC, tức ML = r
a

⇒
d
a
2
= R
2

+2R.r
a
.
⇒
đpcm.
3. Định lý Euler
Cho tam giác nội tiếp trong đường tròn tâm O. M là một điểm bất kỳ
trong mặt phẳng chứa tam giác chứa tam giác. Gọi A
1
, B
1
, C
1
lần lượt là
hình chiếu của M lân các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng :
S
111
CBA
=









−
2
2
1
4
1
R
d
ở đây MO = d
Chứng minh
Ta chỉ xét trường hợp M nằm trong tam giác ABC. Các
trường hợp khác xét tương tự.
Nối AM và kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại D.
Ta có:
111
ˆ
ACB
=
DBMCBMCBDABMMABACMMCB
ˆˆˆˆ
ˆˆˆ
111111
=+=+=+

(1)

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MBD, ta có
:
DBM
MD
MDB
MB
ˆ
sin
ˆ
sin
=
(2)
Từ (1),(2) suy ra:
Ta có :
Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác AB
1
C
1
với chú ý MA là đường kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác này, ta có :
B
1
C
1
= MA sinB (5)
Tương tự, có :
A
1
C
1

= MBsinB (6)
Vì thế từ (3) (4) (5) và (6) suy ra :
MB
CMD
BAMBMAS
CBA
sin
sinsin.
2
1
111
=
=
2
1
MA.MDsinAsinBsinC (7)
Ta có :
MA.MD = P
M
(o) = R
2
– MO
2
= R
2
– d
2
(8)
Thay (7) vào (8) ta có :
SA

1
B
1
C
1
=
2
1
(R
2
– d
2
) sinAsinBsinC (9)
Do S = 2R
2
sinAsinBsinC =
2
2R
S
Thay lại vào (9) ta được :
S
A
1
B
1
C
1
=
4
1

S(1 -
2
2
R
d
).
Định lý Euler được chứng minh.
4.Bài toán về điểm Broca
1) Cho tam giác ABC và một điểm M trong tam giác ABC sao cho
ϕ
=== ACMCBMBAM
ˆ
ˆ
ˆ
. Chứng minh rằng :
cotg
ϕ
= cotgA + cotgB + cotgC
(Điểm M xác định như trên gọi là điểm Broca, còn
ϕ
là góc Broca)
2) Chứng minh rằng:
CBA
2222
sin
1
sin
1
sin
1

sin
1
++=
ϕ
3) Chứng minh :
sin
ϕ
=
222222
2
baaccb
S
++
4) Chứng minh :
)sin()sin()sin(sin
ϕϕϕϕ
−−−= CBA
5) Gọi R
a
, R
b
, R
c
tương ứng là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
MAB,MAC,MCB. Chứng minh rằng
R
a
R
b
R

c
= R
3
.
6) Chứng minh :
MA.MB.MC = 8R
3
sin
3
ϕ
Chứng minh
1) Đặt MA = x, MB = y, MC = z
Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có :
cotg
ϕ
=
BMCBMCABM
S
xzb
S
zya
S
yxc
444
222222222
−+
=
−+
=
−+

(1)
Từ (1) và theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :
cotg
ϕ
=
S
cba
4
222
++
(2)
Theo hệ quả của định định lý hàm số cosin suy rộng, ta có ngay :
cotgA + cotgB + cotgC =
S
cba
4
222
++
(3)
Từ (2) (3) suy ra đpcm
2) Từ 1) suy ra :
cotg
2
ϕ
= cotg
2
A + cotg
2
B + cotg
2

C + 2(cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA)
Từ đó, theo đề bài 2 suy ra :
cotg
2
ϕ
= cotg
2
A + cotg
2
B + cotg
2
C + 2
⇒
1 + cotg
2
ϕ
= (1 + cotg
2
A) + (1 + cotg
2
B) + (1 + cotg
2
C) hay
CBA
2222
sin
1
sin
1
sin

1
sin
1
++=
ϕ
3) Theo 2) và áp dụng định lý hàm số sin , ta có:
222
2222222
2
2
2
2
2
2
2
)(4444
sin
1
cba
accbbaR
c
R
b
R
a
R ++
=++=
ϕ
(4)
Vì S =

R
abc
4
, nên từ (4) suy ra :
sin
ϕ
=
⇒
++
222222
2
accbba
S
đpcm.
4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MAC , ta có:
)sin(
sin
ϕ
ϕ
−
=
AMC
MA
(5)
Tương tự :
)sin(
sin
ϕ
ϕ
−

=
CMB
MC
(6)
)sin(
sin
ϕ
ϕ
−
=
BMA
MB
(7)
Nhân từng vế (5) (6) (7) suy ra
sin
3
ϕ
= sin(A-
ϕ
)sin(B -
ϕ
) sin(C-
ϕ
)
⇒
đpcm
5) Theo định gnhĩa điểm Broca M, và góc Broca
ϕ
, ta có:
ACMA

AACMA
sin
ˆ
sin
180)(180
ˆ
00
=⇒
−=−+−=
ϕϕ
Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác MAC, ta có:
AC = 2R
b
sin
CMA
ˆ
=2R
b
sinA (8)
Lý luận tương tự, ta có:
BC = 2R
a
sinC (9)
AB = 2R
c
sinB (10)
Nhân từng vế (8) (9) (10) và lại áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC ta có:
(2RsinB)(2RsinA)(2RsinC) = 8R
a
R

b
R
c
sinAsinBsinC
Do sinAsinBsinC
≠
0
⇒
R
a
R
b
R
c
= R
3

⇒
đpcm
6) Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có:
MA.MB.MC = (2R
b
sin
ϕ
)(2R
c
sin
ϕ
)(2R
a

sin
ϕ
)
Từ đó theo phần 5) suy ra MA.MB.MC = 8R
3
sin
3
ϕ
⇒
đpcm
Chú ý : dựa vào phần 5) suy ra
CMA
ˆ
= 180
0
– A = B + C

CMB
ˆ
= 180
0
– C = A + B
* Vậy điểm Broca hoàn toàn có thể dựng được bằng thước và compas.(vì nó là giao
điểm của cung chứa góc A + B dựng trên cạnh BC, với cung chứa góc B + C dựng
trên cạnh AC ).

5. Định lý Cacnô
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O.
Gọi k
a

, k
b
, k
c
lần lượt là các khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB. Thì :
k
a
+ k
b
+ k
c
= R + r
Chứng minh

Gọi k
a
, k
b
, k
c
theo thứ tự là khỏang cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh a,
b, c ; H là trực tâm của tam giác. Kẻ OP, ON, OM lần lượt vuông góc BC, AC, AB, thì ta
có OP = k
a
;
ON = k
b
; OM = k
c
.

Trong t ứ gi ác ANOM, theo đ ịnh l ý Ptoleme, ta có :
OA.MN = OM.AN + ON.AM , hay
R
2
a
= k
c
2
b

+ k
b
2
c

(1)
Tương tự :
R
2
b
= k
a
2
c

+ k
c
2
a
(2)

R
2
c
= k
b
2
a
+ k
a
2
b
(3)
Cộng từng vế (1) (2) (3) suy ra :
R
p
= k
a
2
cb +
+ k
b
2
ac +
+ k
c
2
ba +
⇒
R
p

= (k
a
k
b
k
c
)p -
222
ckbkak
cba
−−
= (k
a
k
b
k
c
)p – S
= (k
a
k
b
k
c
)p – pr
⇒
r + R = k
a
k
b

k
c.
⇒
ta đã chứng minh xong định lý Cacnô.
Chú ý :
Định lý Cacnô còn được viết dưới dạng sau đây :
Trong mọi tam giác ABC thì :
AH + BH +CH = 2(R + r) với H là trực tâm của tam giác .
(

Do theo định lý về đường thẳng Euler, thì ta có H,G,O thẳng hàng, với G là trọng tâm
của tam giác ABC và GH = 2GO
⇒
AH = 2OP = 2k
a
. Tương tự BH = 2k
b
, CH = 2k
c
)
Bài tập ứng dụng
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi k
a
, k
b
, k
c
lần lượt là các
khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB. Chứng minh hệ thức:
cbacba

kkk
abc
k
c
k
b
k
a
=








++4
Chứng minh
Gọi M là trung điểm của BC, thì OM = k
a
.
Ta có:
tg
OM
BM
k
a
a
22 ==

BÔM = 2tgA
Tương tự
tgC
k
c
tgB
k
b
cb
2;2 ==
Từ đó suy ra:
cba
k
c
k
b
k
a
++
= 2(tgA + tgB + tgC) (1)
Mà ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC. Do vậy từ (1) có:
4(
cba
k
c
k
b
k
a
++

) = 8tgA.tgB.tgC =
cba
k
c
k
b
k
a


⇒
đpcm
6. Định lý Ptoleme
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Khi đó ta có:
AC.BD = AB.CD + AD.BC
Chứng minh:
Đặt
σγ
βα
====
====
ADBACBCABCDB
CADCBDDCADBA
ˆ
ˆ
;
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ

;
ˆ
ˆ
Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABD, ACD, ABC ta có:
AB.CD + AD.BC = 2R
2
(2sin
σ
sin
β
+ 2sin
α
sin
γ
)
= 2R
2
[cos(
σ
-
β
) – cos(
σ
+
β
) + cos(
α
-
γ
) – cos(

α
+
γ
)] (1)
Vì
α
+
β
+
γ
+
σ
= 180
0

⇒
cos(
σ
+
β
) = – cos(
α
+
γ
) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
AB.CD + AD.BC = 2R
2
[cos(
σ

-
β
) + cos(
α
+
γ
)] (3)
Lại áp dụng định lý hàm số sin vào các tam giác ACD, BCD, có:
AC.BD = 2Rsin(
γ
+
σ
)2Rsin(
σ
+
α
)
= 2R
2
[cos(
α
-
γ
) – cos(
α
+
γ
+2
σ
)] (4)

Vì (
α
+
γ
+2
σ
) + (
β
-
σ
) = 180
0

⇒
cos(
α
+
γ
+2
σ
) = - cos(
β
-
σ
) (5)
Thay (5) vào (4) và có:
AC.BD = 2R
2
[cos(
α

-
γ
) + cos(
σ
-
β
) (6)
Từ (3) và (6) suy ra định lý Ptoleme được chứng minh.

7. Định lý Peletier
Cho tam giác A
2
B
2
C
2
. Lấy ba điểm A,B,C tương ứng nằm trong các cạnh B
2
C
2
, C
2
A
2
và A
2
B
2
. Lấy lại ba điểm A
1

,B
1
,C
1
tương ứng nằm trong các cạnh BC,CA,AB của
∆
ABC sao cho A
1
B
1
// A
2
B
2
; B
1
C
1
//B
2
C
2
và C
1
A
1
//C
2
A
2

.Suy ra:
S
2
ABC
= S
111
CBA
. S
222
CBA
Chứng minh
Rõ ràng
∆
A
1
B
1
C
1

∆
A
2
B
2
C
2
, do đó :
22
11

22
11
HA
HA
CB
CB
=
(1)
Ở đây A
1
H
1
và A
2
H
2
tương ứng là các chiều cao kẻ từ A
1
và A
2
của hai tam giác A
1
B
1
C
1
,
A
2
B

2
C
2
.
Ta có:
S
A
1
B
1
C
1
.S
A
2
B
2
C
2
=
22221111

4
1
HACBHACB
(2)
Từ (1) có A
1
H
1

.B
2
C
2
= B
1
C
1
.A
2
H
2
(3)
Thay (3) vào (2), suy ra:
S
A
1
B
1
C
1
.S
A
2
B
2
C
2
=
( )

2
2211
.
4
1
HACB
(4)
Dễ dàng thấy rằng :
S
ABC
= S
A
1
B
1
C
1
+ S
A
1
B
1
C
1
+ S
BA
1
C
1
+

S
CA
1
B
1

(5)
Do B
1
C
1
// B
2
C
2
;

C
1
A
1
//C
2
A
2
và A
1
B
1

//A
2
B
2
, nên ta có:
S
AB
1
C
1

= S
C
2
B
1
C
1
;
S
BA
1
C
1
= S
A
2
A
1
C

1
;
S
CA
1
B
1
= S
A
2
B
1
A
1
(6)
Từ đó suy ra :
S
A
2
B
1
C
1
= S
A
2
B
1
A
1

+ S
A
2
A
1
C
1
+ S
A
1
B
1
C
1
(7)
Kết hợp (5) (6) (7) có:
S
ABC
= S
C
2
B
1
C
1
+ S
A
2
B
1

C
1
=
2
1
B
1
C
1
(d + d’)
ở đây d và d’ tương ứng là khoảng cách từ C
2
và A
2
đến B
1
C
1

⇒
d + d’ = A
2
H
2
.
⇒
S
ABC
=
2

1
B
1
C
1
.A
2
H
2
⇒
S
2
ABC
=
( )
2
2211
.
4
1
HACB
(8)
Từ (4) và (8), ta thu được :
S
2
ABC
= S
A
1
B

1
C
1
.S
A
2
B
2
C
2
⇒
đpcm.
Hệ quả của định lý Peletier
1) Tam giác ABC nhọn. Vẽ ba chiều cao AA’, BB’, CC’. Khi đó A’B’C’ gọi là
tam giác trực tâm. Tam giác A
1
B
1
C
1
trong đó A
1
B
1
, A
1
C
1
, B
1

C
1
tương ứng là
các tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C, B, A.
2) Tam giác A
1
B
1
C
1
gọi là tam giác tiếp xúc. Và diện tích tam giác ABC là trung
bình nhân của diện tích tam giác trực tâm và tam giác tiếp xúc.
Chứng minh
Thật vậy :
Ta có A’B’C’ và A
1
B
1
C
1
là các tam giác nội và ngoại tiếp tam giác nhọn ABC mà
A’B’ //A
1
B
1
; A’C’ //A
1
C
1
và B’C’ // B

1
C
1
. vậy theo định lý Peletier ta suy ra đpcm.
Hai đường thẳng cùng phát xuất từ đỉnh của một góc của tam giác và đối xứng với nhau
qua đường phân giác của góc đó, gọi là những đường đẳng giác.
Bài tập ứng dụng
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với 3 cạnh AB, BC,
CA tương ứng tại C
1
, A
1
, B
1
. Qua A, B, C theo thứ tự lần lượt kẻ các đường thẳng
song song với B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
. Chúng cắt nhau và tạo thành
∆
A

2
B
2
C
2
.
Đặt AB = c, BC = a, CA = b, gọi R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp
và nội tiếp
∆
ABC. Gọi S
2
, R
2
tương ứng là diện tích và bán kính đường trón ngoại
tíêp
∆
A
2
B
2
C
2
. Chứng minh rằng: a) S
2
=
r
abc
2
; b) R
2

= 2R

Chứng minh
a)Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp
∆
ABC
Ta có:
111111111
BOAAOCCOBCBA
SSSS ++=
=
2
1
r
2
(sinB
1
O
ˆ
C
1
+ sin
1111
ˆ
sin
ˆ
BOAAOC +
)
=
2

1
r
2
(sinA + sinB + sinC)
Từ định lý hàm số sin: a = 2RsinA; b = 2RsinB; c = 2RsinC suy ra:
R
pr
R
cba
rS
CBA
222
1
2
2
111
=
++
=
Do S = pr, nên ta có:
R
Sr
S
CBA
2
111
=
Theo định lý Peletier, ta có:
2
.

111222
SSS
CBACBA
=
hay S
2
.
2
2
S
R
Sr
=
⇒
S
2
=
⇒==
r
abc
r
R
R
abc
r
SR
2
.
4
2

2
đpcm
b) Do
∆
A
1
B
1
C
1

∆
A
2
B
2
C
2

⇒

222
111
2
22
11
CBA
CBA
S
S

CB
CB
=








⇒
222
11 111
S
S
CB
CB
CBA
=
Theo câu a) suy ra:
r
abc
S
CB
CB
CBA
2
111
22

11
=
=
abcR
R
abc
r
abcR
rSr
.2
4
2
.2
2.
2
=
⇒
R
r
CB
CB
2
22
11
=
(1)
Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
A
1

B
1
C
1
chính là r, nên do sự đồng dạng của hai tam
giác A
1
B
1
C
1
và A
2
B
2
C
2
, ta có:
222
11
R
r
CB
CB
=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra :
⇒=⇒= RR
R
r

R
r
2
2
2
2
đpcm.
8. Định lý Steine
Hai tam giác ABC và giả sử AD và AE là các đường đẳng giác. Ta có hệ thức sau :
2
2
.
.
AC
AB
CECD
BEBD
=
Chứng minh
Vì hai tam giác ABD và ACD có cùng chiều cao, nên
S
S
ACD
ABD
CD
BD
=
(1)
Vẽ phân giác AF. Do AD và AE là hai đường đẳng giác nên ta có BÂD = EÂC; DÂC =
BÂE (*)

Ta có:
CAD
DAB
b
c
CADADAC
DABADAB
S
S
ACD
ABD
ˆ
sin
ˆ
sin
.
ˆ
sin.
2
1
ˆ
sin.
2
1
==
(2)
Từ (1) và (2) với chú ý(*), suy ra :
EAB
CAE
b

c
CD
BD
ˆ
sin
ˆ
sin
.=
(3)
Theo định lý hàm số sin, trong trong các tam giác EAC và BAE, ta có:
b
CEAEC
CAE
CEA
b
CAE
EC
ˆ
sin.
ˆ
sin
ˆ
sin
ˆ
sin
=⇒=
(4)
c
BEABE
EAB

BEA
c
EAB
BE
ˆ
sin.
ˆ
sin
ˆ
sin
ˆ
sin
=⇒=
(5)
Thay (4) (5) vào (3) , với chú ý là sinAÊC= sinAÊB
(do AÊC + AÊB = 180
0
) suy ra :
BE
c
b
EC
b
c
CD
BD
=
⇒==⇒
2
2

2
2
.
.
AC
AB
b
c
CECD
BEBD
đpcm.
Hệ quả của định lý Steine
Đường thẳng đẳng giác với một trung tuyến gọi là đường đối trung của tam giác.
Và đường đối trung chia trong cạnh đối diện thành những phần tỉ lệ với bình
phương các cạnh kề.
Chứng minh
Thật vậy:
Giả sử AN là đường đối trung, tức là AN và trung tuyến ANlà hai đường đẳng
giác. Theo định lý Steine, ta có :
2
2
.
.
AC
AB
CMCN
BMBN
=
(*)
Vì BM = CM, nên từ (*) suy ra :

⇒=
2
2
AC
AB
NC
NB
đpcm.
Dùng lượng giác chứng minh các bài toán hình học.
Ở mục này, chúng tôi xin giới thiệu một số bài toán được trích từ các cuộc thi toán
nổi tiếng : Olympic 30-4,…Xin nhắc lại, đây không phải là cách giải duy nhất cho
các bài toán trên mà chỉ là cách giải tiêu biểu.
Bài toán 1 :
Cho tứ giác lồi ABCD, AC cắt BD ở O. Gọi r
1
, r
2,
r
3,
r
4
lần lượt là bán kính nội
tiếp các tam giác OAB, OBD, OCD, ODA. Chúnh minh rằng tứ giác ABCD
ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi:
4231
1111
rrrr
+=+
(đề thi olympic 30-4 của trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai)
Chứng minh

Kí hiệu a, b, c, d, x, y, z, t lần lượt là độ dài các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA, OA, OB,
OC, OD và
α
=BÔC.
Ta có:
4231
1111
rrrr
+=+

⇔
αααα
sinsinsinsin xt
dtx
yz
bzy
zt
ctz
xy
ayx ++
+
++
=
++
+
++
⇔
xt
d
txyz

b
zyzt
c
tzxy
a
yx
+++++=+++++
11111111

⇔
xt
d
yz
b
zt
c
xy
a
+=+

⇔
azt + cyx = bxt + dyz
⇔
(azt + cyx)
2
= (bxt + dyz)
2
⇔
a
2

z
2
t
2
+ c
2
y
2
x
2
+ 2acxyzt = b
2
x
2
t
2
+ d
2
y
2
z
2
+ 2bdxyzt
⇔
(x
2
+ y
2
+ 2xycos
α

)z
2
t
2
+ (z
2
+ t
2
+ 2ztcos
α
)x
2
y
2
+ 2acxyzt =
= (y
2
+ z
2
- 2yzcos
α
)x
2
t
2
+ (x
2
+ t
2
– 2xtcos

α
)y
2
z
2
+ 2bdxyzt
⇔
2ztcos
α
+ 2xycos
α
+ 2ac = – 2xtcos
α
- 2yzcos
α
+ 2bd
⇔
(c
2
– z
2
– t
2
) + (a
2
– x
2
– y
2
) + 2ac = (d

2
– x
2
– t
2
) + (b
2
– y
2
– z
2
) + 2bd
⇔
(a + c)
2
= (b + d)
2
⇔
a + c = b + d
⇔
Tứ giác ABCD là ngoại tiếp được một đường tròn.
Bài 2: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, A
1
là trung điểm BC. Chứng minh rằng tồn
tại duy nhất cặp điểm B
1
, C
1
thoả các điều kiện: B
1

thuộc đoạn AC, C
1
thuộc đoạn
AB và
BC
1
+ A
1
B
1
= BA
1
+ B
1
C
1
.
(đề thi olympic 30-4 của trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai)
Chứng minh
Đặt BC = 2, A
1
B
1
= A
1
C
1
= y, IC
1
= IB

1
= x, AB = AC = b (b > 1)
Áp dụng định lý hàm số sin:
y
2
= 1 + b
2
(1 – x)
2
– 2b(1 – x)cosC (cosC =
b
1
)
⇒
y
2
= 1 + b
2
(1 – x)
2
– 2(1 – x) (*)
Do giả thiết
⇒
y + BC
1
= 1 + 2x

⇒
y = 1 + 2x – b(1 – x)

⇒
y
2
= [1 + 2x – b(1 – x)]
2
(**)
(*) và (**)
⇒
[1 + 2x – b(1 – x)]
2
= 1 + b
2
(1 – x)
2
– 2(1 – x)

⇒
2(1 + b)x
2
– (b – 1)x – (b – 1) = 0 (0 < x < 1)
Đặt f(x) = 2(1 + b)x
2
– (b – 1)x – (b – 1)
Ta có: f(0) < 0 < f(1) và f(x) là tam thức bậc hai
⇒
tồn tại duy nhất x
∈
(0, 1) để f(x) = 0
Do đó tồn tại duy nhất cặp điểm B1, C1 thoả các điều kiện bài toán.
Bài 3: cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp trong đường tròn (O). Trên cung nhỏ

BA

của (O) lấy điểm M bất lỳ ( M khác A và B). Chứng minh:
MA + MB + MD = MC + ME.
(đề thi olympic 30-4 của trường THPT Trưng Vương – TP.HCM)
Chứng minh

Ta chứng minh được: cos
2
π
cos
2
2
π
=
4
1
Gọi R là bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp ngũ giác đều.
Đặt
MA

= 2x (0 < x <
5
π
)
Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác nội tiếp (O)
MA = 2Rsinx
MB = 2Rsin(
x−
5

π
)
MD = 2Rsin(
x+
5
2
π
); MC = 2Rsin(
x−
5
2
π
)
ME = 2Rsin(
x+
5
π
)
MC + ME = 2R













++






− xx
5
sin
5
2
sin
ππ
=4Rsin
10
3
π
cos






− x
10
π
= 4Rcos

5
π
cos






− x
10
π
MA + MB + MD = 2R












++







−+ xxx
5
2
sin
5
sinsin
ππ
= 2R












++ xx
10
cos.
10
3
sin2sin
ππ
= 2R













++ xx
10
cos.
5
sin2sin
ππ
MA + MB + MD = MC + ME
⇔






++ xx
10
cos.
5

cos2sin
ππ
=






− x
10
cos.
5
cos2
ππ
⇔
sinx =












+−







− xx
10
cos
10
cos
5
cos2
πππ
⇔
sinx = 4cos
xsin
10
sin
5
ππ
= 4cos
xsin
5
2
cos
5
ππ
(đúng)

Sau đây là một số bài tập nhỏ về ứng dụng các định lý hàm số sin, cos
Bài 4: nếu k là 1 điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC thì :
AC
2
.BK + AB
2
.CK = BC.(AK
2
+ BK.KC)
Bài 5 :Trong mọi tam giác : a
2
= (b – c)
2
+ 4Stg
2
α
Bài 6: Trong moi tam giác : ctg
α
+ ctg
β
+ ctg
γ
=
S4
1
(a
2
+ b
2
+ c

2
)
Bài 7: Nếu các cạnh của tam giác ABC thoả mãn hệ thức a
2
+ b
2
= 5c
2
thì các đường
trung tuyến AA
1
và BB
1
vuông góc với nhau.
(gợi ý: áp dụng định lý hàm số cosin)
Bài 8 : Từ 1 điểm P nằm trong tam giác ABC, hạ các đường vuông góc PA
1
, PN
2
,
PC
1
tương ứng xuống các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó độ dài các cạnh của tam
giác A
1
B
1
C
1
bằng:

R
PCc
R
PBb
R
PAa
2
.
,
2
.
,
2
.
Bài 9 : Nếu D là 1 điểm nằm trên đáy AC của tam giác cân ABC thì các bán kính
đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABD và BCD sẽ bằng nhau.
(gợi ý: áp dụng định lý hàm số sin).