Định lý côsin và định lý sin trong tam giác

Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Lời nói đầu
Lượng giác là một trong những vấn đề rất quan trọng của Toán học,
việc vận dụng các hệ thức lượng giác trong tam giác để đưa ra và chứng minh
các đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác trong tam giác giữ vai trò đặc biệt
trong giải toán lượng giác. Định lý côsin và định lý sin trong tam giác là hai
hệ thức quan trọng, là công cụ rất có hiệu lực để giải quyết công việc đó. Học
sinh được rèn luyện nhiều về các bài toán chứng minh các đẳng thức, bất dẳng
thức lượng giác không chỉ giúp cho họ hiểu rõ hơn những ứng dụng của các
định lý này trong tính toán cũng như trong thực tế mà còn giúp họ luyện tập
các kĩ năng giải toán lượng giác.
Để góp phần làm rõ tính ưu việt của hai định lý này trong việc giải các
bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác không có điều kiện
và có điều kiện cũng như với mong muốn của bản thân được nắm chắc và sâu
hơn về kiến thức lượng giác ở bậc THPT để sau này ra trường dạy học được
tốt hơn. Mặt khác, với mong muốn giúp các em học sinh không chỉ đào sâu
kiến thức, mà còn thấy được vai trò hết sức quan trọng của kiến thức lượng
giác trong Toán học. Chính vì những lí do kể trên, dưới sự hướng dẫn của
thầy giáo Phan Hồng Trường, em đã nhận đề tài: “Định lý côsin và định

lý sin trong tam giác” làm khoá luận tốt nghiệp cho mình.
Trong khoá luận này, em xin được trình bày một số vấn đề quan trọng
sau đây:
Chương I: Một số kiến thức cần thiết
Chương II: Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
không có điều kiện.
Chương III: Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
có điều kiện.

Khoá luận tốt nghiệp được hoàn thành trong thời gian ngắn nên khó
tránh khỏi những khiếm khuyết và sai sót. Kính mong được sự góp ý, trao đổi
của các thầy, cô giáo cùng toàn thể các bạn sinh viên trong khoa để khoá luận
này được hoàn thiện hơn khi đến với bạn đọc.
Hà Nội, tháng 05 năm 2007
Sinh viên thực hiện
Đỗ Thị Phương


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan Khoá luận là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã kế thừa, vận dụng những thành quả
nghiên cứu của các nhà khoa học, nhà nghiên cứu với sự trân trọng và biết ơn.
Những kết quả nêu trong khoá luận chưa được công bố trên bất kỳ công
trình nào khác.

Hà Nội, tháng 05 năm 2007
Tác giả
Đỗ Thị Phương


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Các kí hiệu dùng trong khoá luận

Trong tam giác ABC, ta kí hiệu:
a, b, c: độ dài các cạnh của tam giác (a = BC, b = CA, c = AB);
A, B, C: ba góc ở đỉnh A, B, C của tam giác;
ha, hb, hc: độ dài các đường cao tương ứng của tam giác kẻ từ các đỉnh A, B,
C;
ma, mb, mc: độ dài các đường trung tuyến của tam giác lần lượt kẻ từ các đỉnh
A, B, C;
la, lb, lc: độ dài các đường phân giác trong của các góc A, B, C tương ứng;
R, r: bán kính đường ngoại tiếp và nội tiếp tam giác;
ra, rb, rc: bán kính các bàng tiếp các góc A, B, C tương ứng;
S: diện tích tam giác;
abc 
p: nửa chu vi của tam giác  p 
.


2




Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Mục lục
Trang
Lời nói đầu

1

Lời cam đoan

2

Các kí hiệu dùng trong khoá luận

3

Chương I: Một số kiến thức cần thiết

4

Chương II: Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
không có điều kiện

10

I. Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
không có điều kiện
II. Giải bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
không có điều kiện nhờ sử dụng định lý côsin, định lý sin và
định lý côsin mở rộng trong tam giác.
III. Một số ví dụ
IV. Bài tập đề nghị

10

10

11
32

Chương III: Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
có điều kiện
I. Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
có điều kiện
II. Giải bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
có điều kiện nhờ sử dụng định lý côsin, định lý sin và định lý côsin
mở rộng trong tam giác.
III. Một số ví dụ
IV. Bài tập đề nghị

35
36
45

Kết luận

48

Tài liệu tham khảo

50

35
35


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Chương I: Một số kiến thức cần thiết
I. Định lý côsin trong tam giác:
Định lý: Với mọi  ABC, ta có:
a2 = b2 + c2 – 2bccosA;
b2 = a2 + c2 – 2accosB;
c2 = a2 + b2 – 2bccosC;
Hệ quả:

b2  c 2  a 2
;
cos A 
2bc
cos B 

a 2  c 2  b2
;
2ac

cos C 

a 2  b2  c 2
;
2ab

II. Định lý sin trong tam giác:
Với mọi  ABC, ta có:
a

b
c


 2R .
sin A sin B sin C

III. Định lý côsin mở rộng:
Trong  ABC bất kì, ta có:
b2  c 2  a 2
;
cot gA 
4S
cot gB 

a 2  c2  b2
;
4S

cot gC 

a 2  b2  c 2
;
4S

Chứng minh:
Theo định lý côsin, ta có:
a2 = b2 + c2 – 2bccosA
= b2 + c2 – 2bcsinA.cotgA(*)
1

2

Ta lại có: S  bc sin A  sin A 

2S
thay vào (*) ta được:
bc


Khoá luận tốt nghiệp
a 2  b2  c 2  2bc.

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
b2  c 2  a 2
2S
.cot gA  cot gA 
4S
bc

a 2  c2  b2
Chứng minh tương tự, ta cũng được: cot gB 
4S

cot gC 

a 2  b2  c 2
.
4S

IV. Một số kiến thức quan trọng khác:

1. Công thức về diện tích tam giác:
1
1
1
S  aha  bhb  chc ;
2
2
2
1
1
1
S  ab sin C  acsinB  bc sin A;
2
2
2

abc
;
4R
S  pr ;

S

S

p( p  a)( p  b)( p  c) : Công thức Hê-rông;

S  ( p  a)ra  ( p  b)rb  ( p  c)rc ;

2. Công thức về bán kính các đường tròn:

 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác:
S



Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác:
r



abc
a
b
c



4 R 2sin A 2sin B 2sin C
S
A
B
C
 ( p  a)tg  ( p  b)tg  ( p  c)tg
p
2
2
2

Bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác:
ra 

S
A
 ptg ;
pa
2

rb 

S
B
 ptg ;
p b
2

rc 

S
C
 ptg ;
pc
2

3. Công thức trung tuyến của tam giác:
b2  c 2 a 2
ma  2  4 ;
2


Khoá luận tốt nghiệp

mb 
2

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

a 2  c2 b2
 ;
2
4

a 2  b2 c 2
mc  2  4 ;
2

4. Công thức phân giác trong của tam giác:
la 

2bc
A 2 bc
cos =
bc
bc
2

p ( p  a );

lb 

2ac

B 2 ac
cos =
ac
ac
2

p( p  b);

lc 

2ab
C 2 ab
cos =
ab
ab
2

p ( p  c);

5. Một số đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác:
a, sinA + sinB + sinC = 4cos

A
B
C
cos cos
2
2
2

b, sin2A + sin2B + sin2C = 4 sinA sinB sinC
c, cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin

A
B
C
sin sin
2
2
2

(1)
(2)
(3)

d, cos2A + cos2B + cos2C = -1 - 4 cosA cosB cosC

(4)

e, tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC (  ABC không vuông)
f, cotgA cotgB + cotgB cotgC + cotgC cotgA = 1

(5)
(6)

g, cotg
h, tg

A
B

C
A
B
C
+ cotg + cotg = cotg cotg cotg
2
2
2
2
2
2

A
B
B
C
C
A
tg + tg tg + tg tg = 1
2
2
2
2
2
2

(7)
(8)

Chứng minh:

A B
A B
cos
+ sinC
2
2

a, Ta có: sinA + sinB + sinC = 2sin
= 2cos

C
A B
C
C
cos
+ 2 sin cos
2
2
2
2
C
2

= 2cos ( cos
= 4 cos

A B
A B
+ cos
)

2
2

C
A
B
cos cos
2
2
2

Vậy công thức (1) đúng.
b, Ta có: sin2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B) cos(A-B) + 2sinC cosC


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
= 2sinC cos(A-B) - 2sinC cos(A+B)
= 2sinC[cos(A-B) - cos(A+B)]
= 4 sinC sinA sinB.

Vậy công thức (2) đúng.

c, Ta có: cosA + cosB + cosC = 2cos
= 2sin

A B
A B
cos

+ cosC
2
2

C
A B
C
cos
+ 1-2sin2
2
2
2

= 1 + 2sin

C
A B
A B
[cos
- cos
]
2
2
2

= 1 + 4 sin

C
A
B

sin sin .
2
2
2

Vậy công thức (3) đúng.
d, Ta có: cos2A + cos2B + cos2C = 2cos(A+B) cos(A-B) + 2cos2C – 1
= -2cosC cos(A-B) – 2 cosC cos(A+B) – 1
= -1 – 2cosC[cos(A-B) + cos(A+B)]
= -1 - 4 cosA cosB cosC.
Vậy công thức (4) đúng.
e, Ta có: A + B + C =   A + B =  -C  tg(A+B) = tg(  -C)
 tg(A+B) = -tgC



tgA  tgB
 tgC
1  tgAtgB

 tgA + tgB = -tgC + tgAtgBtgC
 tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC

Vậy công thức (5) đúng.
f, Chứng minh tương tự công thức (5).
g, Ta có: A, B, C là 3 góc của  ABC . Khi đó:
 A
 B
 C 3 A  B  C
(  )(  )(  ) 


2 2
2 2
2 2
2

Hay


2



2



3 
 
2 2

A  B  C
,  ,  cũng là 3 góc của  ABC .
2 2 2 2 2

Từ (5) ta có:
tg(


2



A
 B
 C
 A
 B
 C
) + tg (  ) + tg (  ) = tg(  ) tg (  ) tg (  )
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2 2


Khoá luận tốt nghiệp
 cotg

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

A
B
C
A
B
C
+ cotg + cotg = cotg cotg cotg

2
2
2
2
2
2

Vậy công thức (7) được chứng minh.
h, Chứng minh tương tự công thức (7), từ công thức (6) ta suy ra công thức (8).
6. Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác:
a, sinA + sinB + sinC 

3 3
2

b, 1< cosA + cosB + cosC 
c, cos

(9)
3
2

(10)

3
A
B
C
+ cos + cos 
2

2
2
2

d, 1 < sin

(11)

3
A
B
C
+ sin + sin 
2
2
2
2

(12)

e, cotgA + cotgB + cotgC  3
f, tg

A
B
C
+ tg + tg  3
2
2
2

(13)
(14)

g, cotg2A + cotg2B + cotg2C  1

(15)

A
B
C
+ tg2 + tg2  1
2
2
2

(16)

h, tg2

Chứng minh:
a, Ta có:


C
C

A B
A B
3 cos

3
sinA + sinB + sinC + sin = 2sin
cos
+ 2sin
2
2
3
2
2
C 
C 
A B
A B
= 2sin
cos
+2sin (  ) cos (  )
2 6
2 6
2
2
C 
A B
 2sin
+2sin (  )
2 6
2
(vì 0 < cos A  B  1và 0 2 6
2

= 4sin (

A B C 
A B C 
 ) cos (
 )
4
12
4
12


A B C 
cos (
 )
3
4
12

 4 sin
3

= 4 sin


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Từ đó suy ra: sinA + sinB + sinC  3 sin

3 3

=
.
2
3

Vậy bất đẳng thức (9) được chứng minh.
b, Ta có:
cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin
và cosA + cosB + cosC 

A
B
C
A
B
C
sin sin > 1 ( vì sin , sin , sin >0)
2
2
2
2
2
2

3
3
A B

A B
C

 2cos
cos
+ 1-2sin2
2
2
2
2
2
 4sin2

C
C
A B
-4sin cos
+1 0
2
2
2

 (2sin

C
A B 2
A B
 0 : luôn đúng
-cos
) + sin2

2
2
2

Vậy bất đẳng thức (10) đúng.
c, Bất đẳng thức (11) được suy ra từ (9).
d, Bất đẳng thức (12) được suy ra từ (10).
e, Ta có: cotgA + cotgB + cotgC  3
 (cotgA + cotgB + cotgC)2  3
 cotg2A + cotg2B + cotg2C + 2(cotgA cotgB + cotgB cotgC + cotgC cotgA)
3
 cotg2A + cotg2B + cotg2C + 2  3
 cotg2A + cotg2B + cotg2C -1  0
 cotg2A + cotg2B + cotg2C -(cotgA cotgB + cotgB cotgC + cotgC cotgA)  0
 (cotgA -cotgB)2 + (cotgB – cotgC)2 + (cotgC – cotgA)2  0: luôn đúng.

Vậy bất đẳng thức (13) đúng.
Các bất đẳng thức còn lại được suy ra từ (13).


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Chương II: bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng
Thức lượng giác không có điều kiện
I. Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác không
có điều kiện:
1. Bài toán chứng minh đẳng thức lượng giác không có điều kiện:
 Bài toán có dạng: Cho tam giác ABC cùng một số yếu tố trong tam giác.

Chứng minh rằng tam giác ABC thoả mãn hệ thức: X = Y (trong đó X,
Y là các biểu thức lượng giác trong tam giác).
 Các phương pháp chủ yếu để chứng minh:
1) Biến đổi X thành Y (hay Y thành X): thường chọn biểu thức phức tạp để
biến đổi
2) Biến đổi X thành Z, Y thành Z.
3) Biến đổi X = Y tương đương với một đẳng thức đúng.
2. Bài toán chứng minh bất đẳng thức lượng giác không có điều kiện:
 Bài toán có dạng: Cho tam giác ABC cùng một số yếu tố trong tam giác.
Chứng minh rằng: X  Y (*) (hoặc X  Y, hoặc X >Y, hoặc X Trong đó:
X, Y là các biểu thức lượng giác trong tam giác.
 Để chứng minh (*) ta cũng sử dụng các phương pháp chủ yếu sau đây:
1) Biến đổi X thành Z sao cho Z  Y (hoặc Y thành T sao cho X  T)
2) Biến đổi X thành Z, Y thành T sao cho Z  T.
3) Biến đổi X  Y tương đương với một bất đẳng thức đúng.
Hoàn toàn tương tự với các bất đẳng thức: X  Y (hoặc X >Y, hoặc X .


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

II. Giải bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác
không có điều kiện nhờ sử dụng định lý côsin, định lý sin và định lý
côsin mở rộng trong tam giác:
Nếu trong các đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác cần chứng minh có các
cạnh hay các hàm số lượng giác của các góc thì ta sử dụng các định lý đó để biến
đổi các biểu thức đã cho thành các biểu thức chỉ có hàm số lượng giác của các góc

(hay chỉ có các cạnh) để việc chứng minh được dễ dàng hơn.
Ta tiến hành giải bài toán này theo các thao tác sau:
1) Xác định định lý cần áp dụng
2) áp dụng định lý đó kết hợp với các phép biến đổi lượng giác, các hệ
thức lượng giác khác trong tam giác để chứng minh.
3) Kết luận.
Nhờ các định lý nêu trên, ta có thể chứng minh được rất nhiều đẳng thức, bất
đẳng thức lượng giác quan trọng biểu thị mối liên hệ giữa các yếu tố trong một tam
giác.

III. Một số ví dụ:
Trước hết, ta đi chứng minh các đẳng thức lượng giác biểu thị mối liên hệ
giữa các cạnh và các hàm số lượng giác của các góc trong một tam giác bằng việc
sử dụng trực tiếp định lý côsin và định lý sin trong tam giác.
Ví dụ 1: Cho  ABC . Chứng minh các hệ thức sau:
a, 2abc(cosA + cosB) = (a + b) (c + b – a) (c + b – a)
b, (a – b) cotg
c,

C
B
A
+ (c – a) cotg + (b – c) cotg = 0
2
2
2

tgA c 2  a 2  b 2

tgB c 2  b 2  a 2

(1)
(2)
(3)

Giải
a, áp dụng định lý côsin trong ABC , ta có:
VT(1) = a.2bccosA + b.2accosB
= a (b2 + c2 – a2) + b (a2 + c2 – b2)
= ab (a + b) + c2(a + b) – (a3 + b3)
= (a + b) [ab + c2 (a2 – ab + b2)]
= (a + b) [c2 – (a – b)2]


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

= (a + b) (c + b – a) (c + b – a) = VP(1).
Vậy (1) đúng.
b, áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
(a – b) cotg

C
C
= 2R(sinA – sinB) cotg
2
2
C
c s

A B
A B
2
= 4R cos
sin
.
C
2
2
sin
2
A B
sin
C
A B
2
= 4Rsin sin
.
C
2
2
sin
2

= 4R sin

A B
A B
. sin
2

2

= 2R(cosB – cosA)
Như vậy, ta có:
Tương tự, ta cũng được:

(a – b) cotg

C
= 2R(cosB – cosA)
2

+ (c – a) cotg

B
= 2R(cosA – cosC)
2

(b – c) cotg

A
= 2R(cosC – cos B)
2

(a – b) cotg

C
B
A
+ (c – a) cotg + (b – c) cotg = 0

2
2
2

Vậy (2) được chứng minh.
tgA sin A.c sB
c, Ta có: VT(3) =

tgB sin B.c sA
Theo định lý sin trong  ABC , ta có: sin A 

a
b
;sin B 
2R
2R

Theo định lý côsin trong  ABC , ta có:
cos A 

b2  c 2  a 2
a 2  c 2  b2
; cos B 
;
2bc
2ac

Khi đó:
a a 2  c2  b2
.

a 2  c2  b2
2
R
2ac

VT(3) =
= VP(3)
b b2  c 2  a 2 b2  c 2  a 2
.
2R
2bc


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Vậy (3) đúng.
Nhận xét: Bằng việc sử dụng định lý côsin và định lý sin trong tam giác ta còn có
thể chứng minh các đẳng thức biểu thị mối liên hệ giữa nửa chu vi, diện tích tam
giác và các cạnh, các hàm số lượng giác của các góc. Ta xét ví dụ sau đây:
Ví dụ 2: Chứng minh các hệ thức sau trong  ABC :
a, abc (cosA + cosB + cosC) = a2 (p – a) + b2 (p – b) + c2 (p – c)
b, bc cotg

1 1 1 3
A
B
C
+ ac cotg + ab cotg = 4 Rp 2 (    )

a b c p
2
2
2

1
4

c, S  (a 2 sin 2B  b2 sin 2 A)

a, áp dụng định lý côsin trong  ABC , ta có:
VT (1) = abc (cosA + cosB + cosC)
= a.bccosA + b.accosB + c.abcosC
b2  c 2  a 2
a 2  c 2  b2
a 2  b2  c 2
 b.
 c.
2
2
2

a2
b2
c2
=
(b  c  a)  (a  c  b)  (a  b  c)
2
2
2

= a2 (

abc
abc
a bc
 a)  b 2 (
 b)  c 2 (
 c)
2
2
2

= a2 (p – a) + b2 (p – b) + c2 (p – c) =VP (1)
Vậy (1) đúng.
1
a

1
b

1
c

p
a

3
p

b, Ta có: VP (2) = 4 Rp 2 (    ) = 4 Rp(  1 
= 4 Rp(

p
p
 1   1)
b
c

p a p b p c


)
a
b
c

áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
a = 2RsinA; b = 2RsinB; c = 2RsinC
Theo công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, ta có:
p -a = r cotg

A
B
C
; p -b = r cotg ; p -c = r cotg ;
2
2
2

A
B
C
r cot g
r cot g
2
2
2)
Do đó: VP (2) = 4 Rp(
2 R sin A 2 R sin B 2 R sin C
r cot g

(2)
(3)

Giải

= a.

(1)


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
rc s

= 4 Rp(

= pr (

A
2 R sin A sin
2

1
A
sin
2



2

1

= S(

sin 2

Ta lại có: VT (2) = bc cotg
=

A
2

A
2

1

B
sin
2





2

1



sin 2

rc s

B
2R sin B sin
2

1
C
sin
2



rc s

C
2R sin C sin
2

)

1
sin 2

C
2

)

A
B
C
+ ac cotg + ab cotg
2
2
2

2S
A 2S
B 2S
C
.cot g 
.cot g 
.cot g

sin A
2 sin B
2 sin C
2

= S(

1
A
sin
2
2



1
B
sin
2
2



1
C
sin
2

)

2

Ta thấy rằng: VT (2) = VP (2). Như vậy, (2) đúng.
c, Theo định lý côsin trong  ABC , ta có:
cos A 

b2  c 2  a 2
a 2  c 2  b2
; cos B 
;
2bc
2ac

Và theo định lý sin trong  ABC , ta lại có:
sin A 

Do đó: VP (3) =

a
b
;sin B 
2R
2R

1 2
(a sin 2 B  b2 sin 2 A)
4

=

1
(2a 2 sin Bc sB  2b2 sin Ac sA)
4

2
2
2
1
a 2  c 2  b2
2 b
2 a b c a
 2b . .
)
= (2a . .
4
2R
2ac
2R
2bc

=

ab 2 2 2 2 2
(a  c  b  b  c  a 2 )
8Rc

=

abc
= S = VT (3)

4R

Vậy hệ thức (3) đúng.
Nhận xét:

C
2

2



B
2

B
2

)


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Qua các ví dụ trên ta thấy định lý côsin và định lý sin trong tam giác là hai
công cụ rất có hiệu quả trong việc chứng minh các đẳng thức lượng giác không có
điều kiện. Tuy nhiên, cần phải vận dụng linh hoạt hai định lý này cùng với việc biến
đổi thành thạo các biểu thức lượng giác thì mới có được một lời giải nhanh, gọn và
đúng.

Trong  ABC , nếu D là trung điểm cạnh BC thì chúng ta có ngay công thức
tính trung tuyến AD quen thuộc. Nếu điểm D thuộc cạnh BC sao cho AD là đường
phân giác thì công thức phân giác trong cũng được xác định. Vậy trong trường hợp
tổng quát D là điểm bất kì trên cạnh BC thì độ dài AD sẽ được xác định như thế
nào? Chúng ta sẽ đi chứng minh định lý sau đây:
Ví dụ 3: (Định lý Stewart)
Cho  ABC , D là một điểm trên cạnh BC. Đặt AD = d, BD = m, DC = n. Chứng
minh rằng:
ad2 = mb2 + nc2 -amn (*)
Giải
Qua A kẻ đường cao AH.
áp dụng định lý côsin trong  ABD , ta có:
c 2  m2  d 2  2md .c s 
ADB
 m2  d 2  2m.HD (vì  AHD vuông tại H có: HD=d.cos 
ADB )

A

 c 2  m2  d 2  2m.HD (1)

Lại áp dụng định lý côsin trong  ACD , ta có:
b 2  n 2  d 2  2nd .c s 
ADC

 n2  d 2  2nd .c s(1800  
ADC )
 n2  d 2  2nd .c s 
ADB

d

c

b

 n2  d 2  2n.HD
 b2  n2  d 2  2n.HD (2)

B

H

Lấy (1) nhân với n và (2) nhân với m rồi cộng lại, ta được:
nc 2  mb2  d 2 (n  m)  mn(m  n)

Mà m + n = a.
Do đó: mb2 + nc2 = ad2 + amn
hay ad2 = mb2 + nc2 -amn
Vậy định lý Stewart được chứng minh.

n

m
D

C


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Nhận xét: Đây là một định lý rất quan trọng, mà trong một số trường hợp cụ thể nó
cho ta những công thức quen thuộc thường hay sử dụng trong tính toán cũng như
trong chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác. Cụ thể:
 Khi D là trung điểm của BC thì (*) cho ta công thức trung tuyến quen thuộc:

ma 
2

b2  c 2 a 2
(d = ma)

2
4

 Khi AD là đường phân giác trong của  ABC , thì (*) cho ta công thức phân
giác trong của tam giác đã biết:
la 

2 bc
bc

p( p  a)

Ví dụ 4: Cho  ABC và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:
A
2

B
2

a, r  4R sin sin sin

C
2

b, IA.IB.IC = 4Rr2

(1)
(2)
Giải

Gọi J = BC  (I)
a, Xét
Xét

 v BIJ có:

BJ  IJ cot g

B
B
 r cot g
2
2

 v CIJ có: CJ  IJ cot g C  r cot g C
2

2

Do đó:
a = BJ + CJ = r (cotg

B
C
+ cotg )
2
2

B
C
B
C
.sin  sin .c s
2
2
2
2
B
C
sin .sin
2
2

c s

= r.

BC
2
= r.
B
C
sin .sin
2
2

A

sin

c s

= r.
sin

A
2

B
C
.sin
2
2

I
B

J

C


Khoá luận tốt nghiệp

Từ đó suy ra:

r

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
B
C
.sin
2
2
A
c s
2

asin

(3)

áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
a = 2RsinA = 4 R sin

r

4 R sin

A
A
c s thay vào (3) ta được:
2
2

A
A
B
C
c s sin sin
2
2
2
2 hay r  4 R sin A sin B sin C
A
2
2
2
c s
2

Vậy (1) được chứng minh.
b, Xét

 v BIJ có: sin B  IJ
2

IB

Tương tự, ta cũng có:

IJ

 IB 

sin
r

IA 

sin

A
2

B
2



r
sin

; IC 

B

2

r
sin

C
2

Từ các hệ thức trên suy ra:
IA.IB.IC 

r3
A
B
C
sin .sin .sin
2
2
2
A
2

B
2

Theo hệ thức (1), ta có: r  4R sin sin sin

IA.IB.IC 

(4)

C
thay vào (4) ta được:
2

A
B
C
sin sin
2
2
2  4 Rr 2
A
B
C
sin sin sin
2
2
2

r 2 .4 R sin

Vậy IA.IB.IC = 4Rr2 (đpcm).
Nhận xét: Công thức (1) và (2) biểu thị mối liên hệ giữa bán kính đường tròn ngoại
tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
Ngoài ra, với việc sử dụng định lý sin trong tam giác, ta dễ dàng chứng minh
được công thức biểu diễn khoảng cách giữa hai tâm đường tròn ngoại tiếp và nội
tiếp một tam giác theo bán kính của hai đường tròn đó. Cụ thể, ta xét ví dụ sau đây:
Ví dụ 5 (Công thức Euler):
Cho  ABC . Gọi O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam

giác, đặt l = OI. Chứng minh rằng:

A

E
I


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
l 2  R 2  2 Rr

Giải
Gọi D = AI  (O),
E = AB  (I).
  CAD
  CBD
 A
Ta có: BAD
2


 B
ABI  CBI
2
  IBC
  CBD
  A  B (1)
Do đó: IBD

2

ADB  
ACB  C
Mà 

  1800  ( A  B  C )
Trong  IBD có: BID
2

A B
2
A B
 A B 
2
A B

2
 (1800  C ) 

 
 BID

A B
2

(2)

  BID
  A  B hay  IBD cân đỉnh D.

Từ (1) và (2) suy ra: IBD
2

Suy ra: DB = DI (3)
Ta lại có: I/(O ) = IA.ID = R 2  l 2
Từ (3) và (4) suy ra: IA.DB  R  l
2

Xét  v IAE có: sin

(4)
2

A IE
IE
r

 IA 

A
A
2 IA
sin
sin
2
2

(5)
(6)

áp dụng định lý sin trong  ABD , ta có:
  2 R sin A
BD  2 R sin BAD
2

Thay (6), (7) vào (5) ta được:

(7)


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
r

.2 R sin

A
 R2  l 2
2

A
2
 2 Rl  R 2  l 2
sin

 l 2  R 2  2 Rr

Vậy công thức Euler được chứng minh.
Nhận xét: Nhờ có định lí sin trong tam giác cùng với việc kết hợp khéo léo các kiến

thức của hình học phẳng giúp ta chứng minh công thức Euler một cách nhanh
chóng.
Ví dụ 6: Cho

 ABC và H là trực tâm của tam giác. Giả sử R1, R2, R3 tương ứng là

bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC, HCA, HAB. Chứng minh
rằng:
R1 = R2 = R3 = R.
Giải
áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
a
R
2sin A

A

(1)

áp dụng định lý sin trong  HBC , ta có:
R1 

BC

2sin BHC

H


 A  1800

Mà BHC

 R1 

a
a

0
2sin(180  A) 2sin A

(2)

B

C

Từ (1) và (2) suy ra: R  R1
Tương tự , ta cũng có: R  R2 ; R  R3
Do vậy: R1  R2  R3  R (đpcm).
Nhận xét: Ta thay việc xét trực tâm H bởi tâm I của đường tròn nội tiếp
được bài toán sau đây:

 ABC, ta

Ví dụ 7: Cho  ABC và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Giả sử R1, R2, R3 lần
lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác IBC, ICA, IAB. Chứng
minh rằng:
R1R2 R3  2R2r

Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
Giải

áp dụng định lý sin trong  IBC , ta có:

A

BC
a
R1 



2sin BIC 2sin BIC

  1800  B  C  900  A
Mà BIC
2

2

Từ đó suy ra:
R1 

Hay R1 

a
A

2sin(900  )
2



I

a
2c s

A
2

B

a
2c s

C

A
2

Tương tự, ta có:
R2 

b
2c s

Do đó: R1R2 R3 

B
2

; R3 

c
2c s

C
2

abc
A
B
C
8c s c s c s
2
2
2

(*)

Lại áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
a = 2RsinA; b = 2RsinB; c = 2RsinC
Kết hợp với (*) ta được:
R1R2 R3 

8R3 sin A sin B sin C
A

B
C
 8R3 sin sin sin
A
B
C
2
2
2
8c s c s c s
2
2
2
A
2

B
2

Theo ví dụ 4, ta có: r  4R sin sin sin

C
.
2

Vì vậy: R1R2 R3  2R2r (đpcm).
Nhận xét: Nếu ta chuyển việc xét tam giác ABC sang xét tứ giác ABCD nội tiếp
một đường tròn với M là giao điểm của hai đường chéo. Vậy thì bán kính của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD sẽ được xác định như thế nào nếu biết bán
kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác MAB, MBC, MCD, MDA? Để giải

quyết được bài toán đó thì ta cần phải chứng minh định lý quan trọng sau đây:
Ví dụ 8 (Định lý Ptôlêmê):
Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn. Chứng minh rằng:


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán
AC.BD = AB.CD + AD.BC

Giải
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Đặt

B



CAD
 CBD



BAC
 BDC





ABD  
ACD  

ACB  
ADB  

áp dụng định lý sin trong  ABD , ta có:
AB  2 R sin  ; AD  2 R sin 

A




C

Tương tự trong  ACD có: CD  2R sin 



Và trong  ABC có: BC  2 R sin 
Khi đó, ta có:

D

AB.CD  AD.BC  4 R sin  sin   4 R sin  sin 
2

2

 2 R 2 (2sin  sin   2sin  sin  )
 2 R 2 [c s (   )  c s (   )  c s (   )  c s (   )](1)

Mà         180o      180o  (    )
Nên c s(   )  c s(   )

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:
AB.CD  AD.BC  2 R 2 [c s(   )  c s(    )
 2 R 2 [c s(   )  c s(    )]

(3)

Lại áp dụng định lý sin trong các tam giác ACD và BCD, ta có:
AC  2 R sin(    )
BD  2 R sin(   )
 AC.BD  4 R 2 sin(    )sin(   )

 2 R 2 [c s(    )  c s(     2 )]

(4)

Mà (     2 )  (   )          1800
 c s(     2 )  c s[(1800  (   )]  c s(   ) thay vào (4) ta được:
AC.BD  2 R 2 [c s(    )  c s(   )]

Từ (3) và (5) suy ra:
AC.BD = AB.CD + AD.BC

Vậy định lý Ptôlêmê được chứng minh.

(5)


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

Ví dụ 9: Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn và M là giao điểm của hai
đường chéo AC, BD. Giả sử R1, R2, R3, R4 lần lượt là bán kính các đường tròn
ngoại tiếp các tam giác MAB, MBC, MCD, MDA và R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp tứ giác ABCD. Chứng minh rằng:
R2 

( R1 R4  R2 R3 )( R1 R2  R3 R4 )
R1 R3  R2 R4

A

Giải
Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d

AMB   , 
ABM  

a

áp dụng định lý sin trong  MAB , ta có:
a  2 R1 sin 

B

d




và trong  MBC , ta có:

b


b  2R2 sin BMC
 2R2 sin(1800   )  2R2 sin 

Tương tự, ta cũng có:

c
C

c  2 R3 sin  ; d  2 R4 sin 

Lại áp dụng định lý sin trong  MAB , ta có:
R1 

MA
MA
 sin  
2sin 

2 R1

và trong  BAD ,ta có:
R

d
d
 sin  
2sin 
2R

Từ hai hệ thức trên ta suy ra:
Rd
MA d

 MA  1
2 R1 2 R
R

(1)

Theo định lý sin trong  MDA , có: d  2 R4 sin  thay vào (1) ta được:
MA 

Tương tự như trên, ta có:

2 R1R4 sin 
R

(2)

2 R2 R3 sin 
R

(3)

2sin  ( R1R4  R2 R3 )
R

(4)

MC 

Từ (2) và (3) suy ra:
AC  MA  MC 

Chứng minh tương tự, ta được:

D

M


Khoá luận tốt nghiệp
BD 

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

2sin  ( R1R2  R3 R4 )
R

(5)

Theo định lý Ptôlêmê với tứ giác nội tiếp ABCD, ta có:
AC.BD = AB.CD + AD.BC
Hay AC.BD = ac+bd
Từ (4), (5) và (6) suy ra:
4sin 2  ( R1R4  R2 R3 )( R1R2  R3 R4 )
 4sin 2  ( R1R3  R2 R4 )
2
R
 R2 

( R1 R4  R2 R3 )( R1 R2  R3 R4 )
(đpcm).
R1 R3  R2 R4

Nhận xét: Các ví dụ đã xét ở trên đều được giải quyết một cách dễ dàng nhờ sử
dụng định lý côsin và định lý sin trong tam giác kết hợp với việc biến đổi linh hoạt,
sáng tạo các biểu thức lượng giác hay các kiến thức của hình học phẳng. Sau đây,
chúng ta sẽ chuyển sang nghiên cứu một số ví dụ minh hoạ cho việc chứng minh
các hệ thức lượng giác trong tam giác nhờ sử dụng định lý côsin mở rộng.
Ví dụ 10: Chứng minh các hệ thức sau trong  ABC :
a,

c sA
c sB
c sC
a 2  b2  c 2
(1)




cc sB  bc sC cc sA  ac sC ac sB  bc sA
2abc

b,

a(a  bc sC ) a 2  c 2  b 2

b(b  ac sC ) b 2  c 2  a 2

(2)
Giải

a, áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
a  2 RsinA; b  2 R sin B; c  2 R sin C

VT(1) =

c sA
c sB
c sC


cc sB  bc sC cc sA  ac sC ac sB  bc sA


Khoá luận tốt nghiệp

Đỗ Thị Phương – K29B Toán

c sA
c sB
c sC


2 R(sin Cc sB  sin Bc sC ) 2 R(sin Cc sA  sin Ac sC ) 2 R (sin Ac sB  sin Bc sA)
c sA
c sB
c sC



2 R sin( B  C ) 2 R sin( A  C ) 2 R sin( A  B)
1
c sA
c sB
c sC

[


]
o
o
2 R sin(180  A) sin(180  B) sin(180o  C )
1 c sA c sB c sC

(



)
2 R sin A sin B sin C
1

(cot gA  cot gB  cot gC )
2R


áp dụng định lý côsin mở rộng cho  ABC , ta có:
VT (1) 

1 b2  c 2  a 2 a 2  c 2  b2 a 2  b2  c 2
(


)
2R
4S
4S
4S

1 a 2  b2  c2
.
2R
4S
2
1 a  b2  c2


.
abc
2R
4.
4R
2
2
a  b  c2

2abc
 VP (1)


Vậy hệ thức (1) được chứng minh.
b, áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
Khi đó:
a(a  bc sC )
VT (2) =
b(b  ac sC )


2 R sin A(2 R sin A  2 R sin Bc sC )
2 R sin B(2 R sin B  2 R sin Ac sC )

sin A[sin( B  C )  sin Bc sC ]
sin B[sin( A  C )  sin Ac sC ]
sin A sin Cc sB

sin B sin Cc sA
cot gB


cot gA


áp dụng định lý côsin mở rộng cho  ABC , ta có: