Chương ii ứng dụng của lượng giác trong hình học

CHƯƠNG II: 
ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC 
Lượng giác là một công cụ mạnh trong toán học, nó được ứng dụng trong giải các dạng toán 
khác, điển hình như hình học, khảo sát hàm số, chứng minh bất đẳng thức…..Các bài tập ở chương 
này chủ yếu nêu ra những ví dụ về sử dụng công cụ lượng giác để chứng minh những bài tập khó và 
giới thiệu cho các bạn một số bài toán đặc biệt. 
Bài 1:(Định lý Stewart) 
Cho  ABC D là 1 điểm trên cạnh BC. Đặt AD = d, BD = m, DC = n. Khi đó ta có công thức sau: 
(gọi là hệ thức Stewart): 
Giải: 
Kẻ đường cao AH xét 2 tam giác ABD và ACD và theo định lý hàm số cosin, ta có: 

Nhân từng vế (1) và (2) theo thứ tự với n và m 
rồi cộng lại, ta có: 
Do 

nên từ (3) suy ra: 
Định lý Stewart chứng minh xong . 

* Mở rộng: 
1. Stewart(1717­1785) là nhà toán học và thiên văn học người Scotland. 
2. Nếu trong hệ thức Stewart xét AD là đường trung tuyến thì từ hệ thức Stewart có: 

(4) chính là hệ thức xác định trung tuyến quen biết trong tam giác 
3. Nếu trong hệ thức Stewart xét AD là phân giác. Khi đó theo tính chất đường  phân giác trong ta 
có: 

Từ hệ thức Stewart có:
­ 11 ­ 

Chú ý rằng: 

Từ (5) và (6) suy ra: 

(7) chính là hệ thức xác định đường phân giác  . 
Vậy, hệ thức Stewart là tổng quát hóa của hệ thức xác định đường trung tuyến và đường phân giác 
đã quen biết. 
Bài 2:Cho  ABC giả sử D và E là 2 điểm trên cạnh BC sao cho 
. Đường tròn nội tiếp 
các  ABD và  ACE tiếp xúc với cạnh BC tương ứng tại M và N.Chứng minh rằng: 

Giải: 
Ta có: 

Vậy đẳng thức cần chứng minh tương đương với đẳng thức sau: 
(*) 
Đặt 
Áp dụng định lý hàm số sin trong các  ABD và  ACE, ta có: 

Trong  ABE theo định lý hàm số sin, ta có: 

Tương tự:
­ 12 ­ 


Thay (3) vào (1) có: 

Thay (4) vào (2) có: 

Do 

nên từ (5) và (6) suy ra: 

Trong  ABD ta có: 

Tương tự: 

Từ đó suy ra: 
(8) 
Từ (1) và (2) suy ra: 

Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam gicas ABD và ACE ta có: 

Ta có: 

và theo (8) có 
(11) 

Tương tự ta có:
­ 13 ­ 


(12) 
Thay(11),(12) vào (1) có: 

( 

) 

(13) 

Từ (9)và (13) có 

(14) 

Từ(3) (4) và (14) suy ra 

Hay sau khi thay 

Ta có : 

(15) 
Thay(7) vào (15) có: 

Hay 

(*) 

Vậy (*) đúng và là điều cần chứng minh. 
Bài 3 : (Định lí hàm số cos thứ nhất với tứ giác) 
· = g AB = a, BC = b, CD 
Cho tứ giác lồi ABCD, trong đó  AB = a, BC = b, CD = c, DA = d , ·
ABC = b , BCD
= c, DA = d. Chứng minh rằng :
d 2 = a 2 + b 2 + c 2  - 2 ab cos b - 2bc cos g - 2 ac cos ( b + g ) 
Giải : 
Gọi K, L tương ứng là trung điểm AC và BD và M là trung điểm BC (Chỉ xét khi K ¹  L, tức là khi 
ABCD không phải là hình bình hành, vì nếu  ABCD là hình bình  hành thì  b + g = 1800 ; a = c, b = d và 
kết luận trên là điều hiển nhiên) 
Có 2 khả năng xảy ra : 

1) Nếu AB không song song với CD 
· =  · 
Giả sử  AB Ç CD = E => KML
AED
Với trường hợp AB cắt CD về phía trên, ta có :  ·
AED = 1800 - éë(1800 - b ) + (1800 - g ) ùû = b + g - 180 0 
Khi AB cắt CB về phía dưới, ta có:  ·
AED = 180 0  - ( b + g ) 
Trong cả hai trường hợp đều có : cos AED = - cos ( b + g ) 
­ 14 ­ 


Trong D MKL, theo định lí hàm số sin, ta có:
KL2 = MK 2 + Ml 2  - 2 ML.MK cos KML 
a 2 c 2 
a c 
KL  =
+ +2
cos ( b + g )
4
4
2 2 
a 2 c 2  ac 
=> KL2  =
+ + cos ( b + g ) (1) 
4
4
2 
2 

Theo công thức Euler với tứ giác, ta có :
1  2
a + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 -  f 2  ) ( 2 ) 
(
4 
Với  e = AC ,  f = BD , thay (2) vào (1) :
KL2 =

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 - f 2 = a 2 + b 2  + 2 ac cos ( b + g ) (3) 

Lại áp dụng định lí hàm số cos, ta có : 
e 2 = a 2 + b 2  - 2 ab cos b (4) 
f 2 = c 2 + b 2  - 2bc cos g (5) 
Thay (4) và (5) vào (3), ta có :
d 2 = e 2 + f 2 - b 2  + 2ac cos ( b + g )
= a 2 + b 2 + c 2  - 2ab cos b - 2bc cos g + 2ac cos ( b + g ) 

2) Nếu AB//CD 
Khi đó  b + g = 1800 
Vậy đẳng thức tương đương với :
d 2 = a 2 + b 2 + c 2  - 2 cos b ( ab - bc ) - 2 ac 
<=> d 2 = a 2 + b 2 + c 2  - 2b cos b (a - c ) - 2ac ( 6 ) 

Thật vậy, kẻ AE//BC, theo định lí hàm số cos trong D AED ta có :
2 
d 2 = b 2  + ( c - a ) - 2b ( c - a ) cos g
= b 2 + c 2 + a 2  - 2b ( c - a ) cos b - 2 ac

Vậy (6) đúng. Đó chính là đpcm. 
* Chú ý : 

1. Nhắc lại công thức Euler sau đây: 
Cho tứ giác lồi ABCD, trong đó  AB = a, BC = b, CD = c, DA = d , AC = e, BD =  f . Gọi K và L là 
trung điểm AC và BD. Khi đó ta có :
KL2 =

1  2
a + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 -  f 2 
4 

(

) 

Chứng minh công thức Euler như sau: 
Xét tam giác ALC, theo tính chất trung tuyến :
2 LC 2 + 2 LA2 - AC 2 
4 
2
2 BC + 2CD 2 - BD 2
2 AB 2 + 2 AD 2 - BD 2 
2.
+ 2. 
- AC 2 
4
4 
=
4 
1 
= ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 - f 2  ) 
4 

KL 2  =

­ 15 ­ 


úlpcm.
2.Tacúcỏchgiikhỏcchobitoỏntrờnnhsau:
Hinnhiờncú:
uuur uuur uuur uuur
AD = AB + BC + CD

uuuruuur
uuur uuur
uuur uuur
<=> AD 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + 2 AB.BC + 2 AB.CD + 2 BC .CD

Theonhnghacatớchvụhngsuyra:
d 2 = a 2 + b 2 + c 2 - 2 ab cos b - 2bc cos g +2 ac cos ( AB,CD )
Do cos ( AB, CD ) = cos( b +g )

(

uuur uuur

)

(

uuur uuur

)

(Chỳýl cos AB, BC = cos (1800 - b ) = - cos b , cos BC , CD = cos (1800 - g )= - cos g .
=>pcm
à, gi AH, AP, AM tng ng l ng cao, ng phõn giỏc
à >C
Bi 4: Cho tam giỏc ABC cú B
ã=a .Chngminhrng:
trongvngtrungtuynktA.t MAP
tan 2

A
B-C
=tan a .cot
2
2

Gii:
Cỏch1:
MB = MC
=> S ABM = SACM
1
1
=> c. AM sin MAB = b. AM sinMAC
2
2
ổA
ử
ổ A ử
=> c.sin ỗ + a ữ = b.sin ỗ - a ữ (1)

ố2
ứ
ố 2
ứ

Theonhlớhmssin,t(1)tacú:
ổA
ử
ổ A
ử
sin C sin ỗ + a ữ = sin Bsinỗ - a ữ
ố2
ứ
ố 2
ứ
A
A
A
A
=> sin C sin cos a + sin C cos sin a = sin B sin cos a - sin Bcos sina
2
2
2
2
A
A
=> cos sin a ( sin B + sin c ) = sin cos a ( sin B - sinC)
2
2
A

B+C
B -C
A
B+C
B - C
=> 2 cos sin a sin
cos
= 2 sin cos a cos
sin
2
2
2
2
2
2
A
B -C
A
B -C
=> sin a cos 2 cos
=cos a sin 2 sin
( 2)
2
2
2
2
A
B -C
Chiac2vca(2)chocos 2 cos a sin
tacú:

2
2
A
B-C
tan 2 =tan a .cot
2
2

úlpcm.
Cỏch2:
ư16 ư


Đường phân giác trong AP kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp D ABC tại I. Kéo dài OI cắt đường tròn 
tại J. 
Dễ dàng thấy rằng PATM là tứ giác nội tiếp. 
· = PAM
· = a
=> PJM
· = 
Mặt khác  PIM

B - C 
2 

Từ đó suy ra : tan a cot

B - C PM MI
MI . IJ 
=

.
= 
(1 ) 
2
JM PM MJ . IJ

Theo  hệ  thức  lượng  trong  tam  giác  vuông,  ta  có: 
ìïMI . IJ = IC 2 
í
2 
ïî MJ . IJ = IJ

Vậy thay vào (1) ta được: 
2 

B - C æ IC  ö
2
2 
tan a cot
=ç
÷ = tan IJC  = tan  a
2 
è JC ø 

Đó là đpcm. 
Cách 3: 
A
B-C
= tan a .cot 
2

2 
A
B-C
B - C 
<=> tan tan
= tan a tan 
2
2
2 
B - C 
tan 
tan a
2  (1 ) 
<=>
=
A
B + C
tan
tan 
2
2 

Đẳng thức  tan 2 

Theo định lí hàm số tan, ta có 
B - C 
tan 
b - c 
2 
=

b + c tan B + C 
2 

Vậy từ (1) suy ra:
B - C 
2 
tan a b - c 
<=>
=
( 2 ) 
A  b + c
tan 
2 
tan 2 a = tan a cot 

Kéo dài Ab một đoạn BE=b­c. AP kéo dài cắt EC tại K 
=> AI ^  EC và IE = IC 
Ta có:
IK 
tan a
IK 
= AI  =  ( 3 ) 
A EI  EI 
tan 
2  AI

Dễ thấy MI // BE (Đường trung bình trong D BEC)
­ 17 ­