Hệ thức lượng giác và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRỊNH THỊ XUÂN TRANG

HỆ THỨC LƢỢNG GIÁC VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2016


Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU

Phản biện 1: TS. LÊ HOÀNG TRÍ

Phản biện 2: PGS.TS. TRẦN ĐẠO DÕNG

Luận văn được bảo vệ tại Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp
thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng
08 năm 2016.

Có thể tìm Luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học sư phạm, Đại học Đà Nẵng

1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lượng giác là một trong những lĩnh vực cơ bản của toán học,
đã tồn tại , phát triển trong hàng ngàn năm qua, và có nhiều ứng
dụng trong khoa học và thực tiễn. Trong khuôn khổ chương trình
toán phổ thông hiện hành, lượng giác được giảng dạy vào cuối năm
lớp 10 và đầu năm lớp 11 với những chủ đề cơ bản như: công thức
lượng giác, phương trình lượng giác và hệ thức lượng giác. Tuy
nhiên, chủ đề hệ thức lượng giác và đặc biệt là phần ứng dụng của nó
được đề cập đến với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức
độ nhất định. Hệ thức lượng giác là một chuyên đề tương đối khó đối
với học sinh phổ thông. Đồng thời, trong các đề thi tuyển sinh Đại
học và cao đẳng, thi học sinh giỏi toán quốc gia, quốc tế hằng năm
thường gặp những bài toán có liên quan đến các hệ thức lượng giác
cùng những ứng dụng của nó.
Là một giáo viên đang giảng dạy môn Toán ở trường phổ
thông, với mục đích tìm hiểu các ứng dụng của lượng giác trong
chương trình trung học phổ thông, nên tôi chọn đề tài cho luận văn
thạc sĩ của mình là : “Hệ thức lượng giác và ứng dụng”.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu các kiến thức cơ bản về lượng giác, đặc biệt là các hệ
thức lượng giác.
Hệ thống và phân loại một số lớp bài toán có thể giải được
bằng các hệ thức lượng giác.
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
Các hệ thức lượng giác.

2

Các ứng dụng của hệ thức lượng giác trong tam giác và
tứ giác.
Các bài toán thuộc chương trình phổ thông có thể giải được
bằng cách sử dụng các hệ thức lượng giác.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu liên quan đến nội
dung đề tài luận văn.
Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận văn.
Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của người hướng dẫn,
của các chuyên gia và của các đồng nghiệp.
5. Nội dung của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham
khảo, luận văn được chia thành 3 chương
Chương 1. Trình bày sơ lược các hệ thức lượng giác và một số
bất đẳng thức đại số hay sử dụng trong các chương sau.
Chương 2. Trình bày các bài toán về hệ thức lượng giác trong
tam giác.
Chương 3. Trình bày các bài toán về hệ thức lượng giác trong
tứ giác.
CHƢƠNG 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
Chương này nhắc lại những hệ thức lượng giác cơ bản và một
số bất đẳng thức đại số nhằm làm cơ sở cho các chương sau.
1.1. CÁC HỆ THỨC LƢỢNG GIÁC CƠ BẢN
1.1.1. Đẳng thức lƣợng giác
a. Độ dài đường trung tuyến của tam giác

3

m 
2
a

2  b2  c2   a 2
4

; m 
2
b

2  a 2  c2   b2

; m 
2
c

4

2  a 2  b2   c2
4

b. Độ dài đường cao của tam giác

2S
2S

2S
; hb 
;
hc 
a
b
c
c. Độ dài đường phân giác trong của tam giác
ha 

2bc
2ac
cos A ; lb 
cos B
bc
ac
d. Diện tích tam giác
la 

;

lc 

2ab
cos C
ab

1
1
1

1
1
1
S  aha  bhb  chc S  ab sin C  bc sin A  ac sin B
2
2
2
2
2
2
S

abc
; S  pr ; S  p  p  a  p  b  p  c 
4R
S  ra  p  a   rb  p  b   rc  p  c 

e. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

a
b
c
abc



2sin A 2sin B 2sin C 4S
f. Bán kính đường tròn nội tiếp
R

r

S
p

; r   p  a  tan

A
B
C
  p  b  tan   p  c  tan
2
2
2

g. Bán kính đường tròn bàng tiếp các góc của tam giác
ra 

S
pa

;

rb 

S
p b

;

rc 

S
pc

h. Các đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác

A
B
C
sin A  sin B  sin C  4cos .cos .cos
2
2
2
sin2 A  sin2B  sin2C  4sin A.sin B.sin C


4

sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  2  2cos A cos B cos C

sin 2

A
B
C
A
B
C
 sin 2  sin 2  1  2sin sin sin

2
2
2
2
2
2

A
B
C
cos A  cos B  cos C  1  4sin .sin .sin
2
2
2
cos2 A  cos2B  cos2C  1  4cos A.cos B.cos C
cos2 A  cos2 B  cos2 C  1  2cos A cos B cos C

A
B
C
A
B
C
 cos2  cos2  2  2sin sin sin
2
2
2
2
2
2

tan A  tan B  tan C  tan A.tan B.tan C

cos2

A
B
B
C
C
A
tan  tan tan  tan tan  1
2
2
2
2
2
2
cot Acot B  cot B cot C  cot C cot A  1
tan

A
B
C
A
B
C
 cot  cot  cot .cot .cot
2
2
2

2
2
2
1.1.2. Bất đẳng thức lƣợng giác
a  b  c  sin A  sin B  sin C
cot

sin A  sin B  sin C 

sin

3 3
3 3
; sin A.sin B.sin C 
2
8

A
B
C
3
 sin  sin 
2
2
2
2

sin 2

; sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C 

A
B
C
3
A
B
C
1
; sin .sin .sin 
 sin 2  sin 2 
2
2
2
4
2
2
2
8

cos A  cos B  cos C 

3
1
; cos A.cos B.cos C 
2
8

cos A.cos B.cos C  1  cos A 1  cos B 1  cos C 

9
4


5

cos

A
B
C
3 3
A
B
C
3 3
; cos .cos .cos 
 cos  cos 
2
2
2
2
2
2
2
4

cos2 A  cos2 B  cos2 C 

3

A
B
C
9
; cos2  cos2  cos2

4
2
2
2
4

tan A  tan B  tan C  3 3 (  ABC nhọn)

tan 2 A  tan 2 B  tan 2 C  9 (  ABC nhọn)

tan 2

A
B
C
A
B
C
 tan 2  tan 2
 1 ; tan  tan  tan 
2
2
2
2

2
2

tan A  tan B  tan C  cot

3

A
B
C
 cot  cot
2
2
2

cot 2 A  cot 2 B  cot 2 C  1 ; cot A  cot B  cot C 

3

A
B
C
A
B
C
 cot  cot  3 3 ; cot 2  cot 2  cot 2
 9
2
2
2

2
2
2
1.1.3. Định lý sin, định lý côsin, định lý tang
a. Định lý côsin
Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c ta có:
cot

a2  b2  c2  2bc cos A
b2  a2  c2  2ac cos B
c2  a2  b2  2ab cos C
b. Định lý sin
Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c ta có:

a
b
c


 2R
sin A sin B sin C
c. Định lý tang
Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c ta có:


6

A B
B C
tan

a

b
2  bc
2 
;
BC bc
A B ab
tan
tan
2
2
tan

CA
2  ca
;
C A ca
tan
2
tan

1.2. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ THƢỜNG GẶP
1.2.1. Bất đẳng thức Cauchy
Cho a1 , a2 ,..., an là các số không âm. Khi đó ta có:

a1  a2  ...  an

n

n

a1a2 ...an .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an .
1.2.2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki
Cho hai dãy số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn . Khi đó ta có:

a

2
1

 a22  ...  an2 b12  b22  ...  bn2    a1b1  a2b2  ...  anbn  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

a
a1 a2

 ...  n .
b1 b2
bn

1.2.3. Bất đẳng thức Chebyshev
Cho hai dãy số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn thỏa mãn điều kiện
a1  a2  ...  an ; b1  b2  ...  bn . Khi đó ta có

 a1  a2  ...  an  b1  b2  ...  bn 

 n  a1b1  a2b2  ...  anbn  .

 a1  a2  ...  an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
b1  b2  ...  bn

1.2.4. Bất đẳng thức Svacxơ
Cho hai dãy số thực a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn trong đó bi > 0
với mọi i = 1, 2, ..., n. Khi đó ta có:


7

a2
a12 a22
 ...  n 
b1 b2
bn

 a1  a2  ...  an 

2

b1  b2 ...  bn

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a

a1 a2

 ...  n
b1 b2
bn

CHƢƠNG 2
HỆ THỨC LƢỢNG TRONG TAM GIÁC
Chương này trình bày việc sử dụng các hệ thức lượng trong
tam giác để giải một số lớp bài toán về tam giác, cụ thể là bài toán
nhận dạng tam giác, các bài toán về chu vi, diện tích tam giác ...
2.1. CÁC BÀI TOÁN VỀ NHẬN DẠNG TAM GIÁC
Để nhận dạng tam giác, ta thường sử dụng một trong các
phương pháp như sau:
Phương pháp 1: Sử dụng các phép biến đổi lượng giác để tính
góc hoặc cạnh
Phương pháp 2: Sử dụng bất đẳng thức cơ bản trong tam giác
và các bất đẳng thức đại số
Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp đánh giá dựa trên các
tính chất tam giác và tính chất của hàm số
2.1.1. Nhận dạng tam giác vuông
Để chứng minh ABC là tam giác vuông, ta sử dụng Định lý
Pythagore, hoặc chứng minh tam giác có một góc vuông (góc đối
diện với cạnh dài nhất của tam giác).
Bài toán 2.2. Cho ABC thỏa mãn hệ thức:
a b c
B
C
A


 1   sin 2  sin 2   sin 2 .
4R
2
2
2


Chứng minh ABC vuông.

(2.1)


8

Giải:
2 R(sin A  sin B  sin C )
 1  cos B 1  cosC 
 1 


4R
2
2


1  cos A

2
 sin A  sin B  sin C  1  cos A  cos B  cos C

(2.1) 

 2sin

A
A
BC
B C
A
cos  2sin
cos
 2sin 2
2
2
2
2
2
 2cos

 cos

BC
B C
cos
2
2

A
BC
B C 

A
BC
B C 
 cos
 cos
 cos
  sin  cos

2
2
2 
2
2
2 

 2cos
 cos

A
B
C
A
B
C
cos cos  2sin cos cos
2
2
2
2
2

2

A
A 
B
C

 sin
 do cos cos  0 
2
2 
2
2


A

 1  A  . Vậy ABC vuông tại A.
2
2
2.1.2. Nhận dạng tam giác cân
Để chứng minh ABC là tam giác cân, ta chứng minh tam

 tan

giác có 2 cạnh bằng nhau, hoặc có 2 góc bằng nhau.
Bài toán 2.10. Cho ABC có:

cos 2 A  cos 2 B 1
  cot 2 A  cot 2 B  .

sin 2 A  sin 2 B 2
Chứng minh rằng ABC cân.
Giải:

(2.2)


9

(2.2) 

2   sin 2 A  sin 2 B 
sin A  sin B
2

2

1 1
1

  2  1  2  1
2  sin A
sin B 



2
1 1
1 
  2  2  1

2
sin A  sin B 2  sin A sin B 



2
sin 2 A  sin 2 B

sin 2 A  sin 2 B 2sin 2 A sin 2 B

2

 4sin 2 Asin 2 B   sin 2 A  sin 2 B   0  sin 2 A  sin 2 B 
2

2

 sin 2 A  sin 2 B  sin A  sin B  0  A, B     A  B .

Vậy ABC cân tại C.
2.1.3. Nhận dạng tam giác đều
Để chứng minh ABC là tam giác đều, ta chứng minh tam
giác có 3 cạnh bằng nhau, hoặc có 3 góc bằng nhau, hoặc chứng
minh ABC cân và có một góc bằng 600 .
Bài toán 2.19. Cho ABC có:
B C
CA
A B
b 2 cos
c 2 cos

2 
2 
2  a 2  b2  c2 .
A
B
C
2sin
2sin
2sin
2
2
2

a 2 cos

Chứng minh rằng ABC đều.
Giải:
Ta có:
B C
B  C a  4 R sin A cos A  .cos B  C
a  2 R sin A  .cos


2
2
2
2 
2  
A
A

A
2sin
2sin
2sin
2
2
2

a 2 cos


10

A
B C
BC
B C


 aR  2cos cos
 aR 2sin
cos
 aR sin B  sin C 

2
2 
2
2 





a  2 R sin B  2 R sin C 
2



a b  c 
2

CA
A B
c 2 cos
b
c

a


2 
2  c a  b
;
B
C
2
2
2sin
2sin
2

2

b 2 cos

Tương tự ta có:
Từ đó suy ra:

Đẳng thức đã cho 

a b  c 
2



b c  a 
2



c a  b
2

 a 2  b2  c 2

 ab  bc  ca  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  0
2

2

2

2

2

2

1
2
2
2
  a  b    b  c    c  a    0  a  b  c .

2
Vậy ABC đều.
2.2. CÁC BÀI TOÁN VỀ CẠNH VÀ GÓC CỦA TAM GIÁC
Bài toán 2.30. Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:

cos A  cos B  2cos C .
c 

Chứng

minh

đẳng

bất

thức

8
max a , b . Đẳng thức xảy ra khi nào?
9
Giải:
Sử dụng Định lý côsin trong tam giác ABC, điều kiện bài toán
b2  c 2  a 2 a 2  c 2  b2
a 2  b2  c 2


2bc
2ac
ab

tương đương với


b  c 

2

2bc

 a2

a  c


2

2ac

 b2



a  b

2

ab

 c2


11



 b  c  a  a  b  c    a  c  b  a  b  c 
2bc

2ac



 a  b  c  a  b  c 
ab

a  b  c  a   b  a  c  b   2c  a  b  c 



 a 2  b2  2c 2  2ab  ac  bc  0

(2.3)

Từ (2.3) suy ra b là nghiệm của phương trình:
x 2   2a  c  x  a 2  ac  2c 2  0

Và a là nghiệm của phương trình:
x 2   2b  c  x  b 2  bc  2c 2  0

Hai

phương

trình

có

nghiệm

  9c 2  8bc  0 . Suy ra c 

  9c 2  8ac  0 ,

nên

và

8
8
a và c  b .
9
9

8
max a , b .
9
Bài toán 2.33. Hãy tính các góc của  ABC nếu trong tam giác

Vậy c 

2
2
2

b  c  a
đó, ta có: 
.

sin A  sin B  sin C  1  2

Giải:
Từ: b2  c 2  a 2  b2  c 2  a 2  0
Lúc đó: cos A 

b2  c 2  a 2
 0  A  900

2bc

Ta có: sin A  sin B  sin C  sin A  2sin

 sin A  2cos

BC
B C
cos
2
2

A
B C
cos
2
2


12

 sin A  sin B  sin C  1  2cos
Mà A  900 

A
A

 450 và cos
2
2

A
2

(2.4)

2
2

(2.4)

 sin A  sin B  sin C  1  2

B C

cos 2  1

A
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi: cos 
2
2

sin A  1





B  C
.

0
 A  90

Vậy  ABC vuông cân tại A.
2.3. CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐƢỜNG PHÂN GIÁC, ĐƢỜNG
TRUNG TUYẾN, ĐƢỜNG CAO CỦA TAM GIÁC.
Bài toán 2.41. Cho  ABC. Chứng minh rằng:
p 2  r 2  2 R  ha  hb  hc  2r  .

(2.5)

Giải:
(2.5) 

p 2  r 2  4 Rr  2 R  ha  hb  hc 

 2S 2S 2S 
 p 2  r 2  4 Rr  2 R 



b
c 
 a

2R
.2S  ab  bc  ca   ab  bc  ca

abc
Vậy từ giả thiết suy ra phải chứng minh:
 p 2  r 2  4Rr 

p 2  r 2  4Rr  ab  bc  ca

(2.6)


13

A

 p  a  r cot
Ta có: 
2
 a  2 R sin A
A
r

 tan 2  p  a
 
sin A  a

2R

Áp dụng công thức:
A
2 và thay sin A  a và tan A  r ,
sin A 

A
2 pa
2R
1  tan 2
2
2 tan

ta có a3  2 pa2   p2  r 2  4Rr  a  4 pRr  0
Như vậy bằng cách thay A bằng B, C suy ra a, b, c là các nghiệm của
phương trình:

x3  2 px2   p2  r 2  4Rr  x  4 pRr  0
Theo Định lý Vi-et, ta có

ab  bc  ca  p 2  r 2  4Rr .

Vậy (2.6) đúng, và đẳng thức (2.5) được chứng minh.
Bài toán 2.43. Chứng minh rằng trong  ABC ta có:
ha hb hc
2r
   33
.
la lb lc
R

Giải:
Trong  ABC vẽ đường cao AH và đường phân giác AD.
Ta có:

ha

A

 2C  A 
 B C 
 sin ADH  sin  C    sin 
  cos 

la
2

 2 
 2 


14

Tương tự:
A

B

C
H

D

hb
 C  A  hc
 A B 
 cos 

 cos 
 ,

lb
 2  lc
 2 

Theo trên ta có:

ha hb hc
B C
CA
A B
   cos
 cos
 cos
la lb lc
2
2
2
ha hb hc
2r
   33
la lb lc
R

Vậy

 cos

B C
CA
A B
A
B
C
 cos
 cos
 6 3 sin sin sin
2
2
2
2
2
2

(2.7)

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:

cos

B C
CA
A B
B C
CA
AB
 cos
 cos

 3 3 cos
cos
cos
2
2
2
2
2
2

(2.8)
Dấu bằng trong (2.8) xảy ra  A  B  C . Ta sẽ chứng minh rằng:

cos
Thật vậy:

B C
CA
A B
A
B
C
cos
cos
 8sin sin sin
2
2
2
2
2

2

(2.9)


15

A
B
C
B C
CA
A B
(2.9)  8cos cos cos cos
cos
cos
 8sin Asin B sin C
2
2
2
2
2
2
BC
B  C 
CA
C  A 
A B
AB 


  2sin
cos
cos
cos
 2sin
 2sin

2
2 
2
2 
2
2 

 8sin A sin B sin C

  sin B  sin C  sin C  sin A sin A  sin B   8sin A sin B sin C

(2.10)

sin B  sin C  2 sin B sin C

Theo bất đẳng thức Cauchy thì: sin C  sin A  2 sin C sin A

sin A  sin B  2 sin A sin B

Vậy (2.10) đúng, tức là (2.9) đúng. Từ (2.8) và (2.9) suy ra
(2.7) đúng (đpcm). Dấu bằng xảy ra  ABC là tam giác đều.
2.4. CÁC BÀI TOÁN VỀ CHU VI VÀ DIỆN TÍCH TAM GIÁC.
Bài toán 2.52. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp  ABC. Các

đường thẳng AI, BI, CI kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp  ABC lần
lượt tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng:

 p  a  IA'2   p  b  IB'2   p  c  IC '2 

1
abc .
2

Giải:
Giả sử O, R, r lần lượt là tâm, bán kính đường tròn ngoại tiếp,
bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. Gọi D là tiếp điểm của
đườngtròn (I ; r) với cạnh AB. Khi đó:

ID  AD.tan

A
A
hay r   p  a  .tan .
2
2

Vì S ABC  p.r , nên S ABC  p. p  a  .tan

A
2


16

Lại có

S ABC

1
 bc sin A , suy ra p  a 
2

bc.cos 2

A
2

p

(2.11)

E
A

D
I
O
C

B

A'

’

Kẻ đường kính A E của đường tròn (O). Ta thấy  A’IB cân tại A’ (do
A' BI  A' IB 

BAC  ABC
) nên
2

IA'  BA'  A' E.sin

A
A
a
 2R.sin 
2
2 2cos A
2

Từ (2.11) và (2.12) suy ra  p  a  IA'2 
Tương tự:  p  b  IB '2 

ab 2 c
;
4p

(2.12)

a 2bc
.
4p

 p  c  IC '2 

abc 2
4p

Do đó:

 p  a  IA'2   p  b  IB '2   p  c  IC '2 

abc  a  b  c 
4p

1
 abc
2

(đpcm).
2.5. CÁC BÀI TOÁN VỀ BÁN KÍNH ĐƢỜNG TRÒN NỘI
TIẾP, NGOẠI TIẾP CỦA TAM GIÁC.
Bài toán 2.72. Cho  ABC. Chứng minh rằng:


17

1
cot

A
2



1

1



cot

B
2



1

1





cot

C
2



tan

4R  r
.
p

Giải:
Ta có:

Mà:

tan

1
A
cot
2

B
cot
2

C
cot
2

A
B
C

 tan  tan
2
2
2

 1
A
B
C
1
1 
 tan  tan  r 



2
2
2
 p a p b p c 

pr   p 2  ab  bc  ca 
 p 2  ab  bc  ca
r

 p  a  p  b  p  c  p  p  a  p  b  p  c 

Lại có:

 p 2  ab  bc  ca
S

(2.13)

pabc  p  p  a  p  b  p  c 
4 R  r abc S

 2 
p
pS p
p2S

ab  bc  ca  p 2
.
S
Từ (2.13) và (2.14) suy ra đpcm.


(2.14)

CHƢƠNG 3
HỆ THỨC LƢỢNG TRONG TỨ GIÁC
Chương này trình bày việc sử dụng các hệ thức lượng giác để
giải một số lớp bài toán về tứ giác, cụ thể là bài toán nhận dạng tứ
giác, các bài toán về cạnh và góc của tứ giác, các bài toán về chu vi,
diện tích tứ giác.
3.1. CÁC BÀI TOÁN VỀ NHẬN DẠNG TỨ GIÁC
Bài toán 3.2. Cho tứ giác ABCD thỏa mãn điều kiện:


18

sin A
sin B
sin C
sin D



2.
sin B  sin C sin C  sin D sin D  sin A sin A  sin B

Chứng minh ABCD là hình bình hành hoặc hình thang cân.
Giải:
;

a2 

sin B
sin C  sin D

sin C
sin D  sin A

;

a4 

sin D
sin A  sin B

b1  sin A sin B  sin C 

;

b2  sin B  sin C  sin D 

b3  sin C  sin D  sin A

;

b4  sin D  sin A  sin B 

Đặt a1 
a3 

sin A
sin B  sin C

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

 a1b1  a2b2  a3b3  a4b4 


2

  a12  a22  a32  a42 b12  b22  b32  b42 

sin A
sin B
sin C

sin D



2
sin B  sin C sin C  sin D sin D  sin A sin A  sin B

(3.1)

Dấu bằng trong (3.1) xảy ra  sin A  sin B  sin C  sin D .
Bài toán 3.3. [11] Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi R1, R2, R3, R4
lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCD,
ACD, ABD, ABC. Chứng minh rằng: Nếu R1.R3 = R2.R4 thì tứ giác
ABCD nội tiếp.
Giải:
Theo Định lý sin, ta có:
R1 

BC
AD
AD
BC
, R2 
, R3 
, R4 
2sin D1
2sin C1
2sin B1
2sin A1

19

C

1
B

1

1

1

A

D

Từ R1.R3  R2 .R4  sin D1 sin B1  sin C1 sin A1

(3.2)

Rõ ràng, ta có A1  B1  C1  D1  D1  B1  A1  C1

(3.3)

 cos D1 cos B1  sin D1 sin B1  cos A1 cos C1  sin A1 sin C1

Do đó từ (3.3) suy ra: cos D1 cos B1  cos A1 cos C1

(3.4)

Lấy (3.4) trừ (3.2) vế theo vế suy ra:
cos  D1  B1   cos  A1  C1   D1  B1  A1  C1

(3.5)

Từ (3.5) và (3.3) có D1 = A1. Vậy ABCD là tứ giác nội tiếp.
3.2. CÁC BÀI TOÁN VỀ CẠNH VÀ GÓC CỦA TỨ GIÁC
Bài toán 3.8. Cho ABCD là tứ giác lồi và không có góc nào
vuông. Chứng minh:
tan A  tan B  tan C  tan D
 cot A  cot B  cot C  cot D .
tan A tan B tan C tan D

Giải:
Xét hai trường hợp sau:
1.

A  B  900

và

A  B  2700 ,

khi

đó tan  A  B 

tan  C  D  có nghĩa.

Vì  A  B    C  D   3600 nên tan  A  B   tan  C  D   0

và


20



tan A  tan B
tan C  tan D

 0
1  tan A tan B 1  tan C tan D



 tan A  tan B 1  tan C tan D    tan C  tan D 1  tan A tan B   0

 tan A  tan B  tan C  tan D  tan A tan B tan C  tan A tan C tan D
 tan B tan C tan D  tan A tan B tan D
tan A  tan B  tan C  tan D
1
1
1
1






tan A tan B tan C tan D
tan D tan B tan A tan C


tan A  tan B  tan C  tan D
 cot A  cot B  cot C  cot D
tan A tan B tan C tan D

2. A  B  900 hoặc A  B  2700 . Do C  D  2700 và ABCD là tứ
giác lồi không có góc nào vuông nên suy ra 900  D  1800 (vì nếu

D  900  C  1800 mâu thuẫn với tính lồi của ABCD).
Do A  B  900  0  A  900  900  A  D  2700 .
Áp dụng phần 1. với A  D và B  C suy ra đpcm.
Bài toán 3.10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Đường tròn với
tâm trên cạnh AB tiếp xúc với ba cạnh kề. Chứng minh:

AD  BC  AB .
Giải:
D

N

C
P

M

A

B
O

Gọi O là tâm đường tròn  O  AB  tiếp xúc với AD, DC, CB lần
lượt tại M, N, P. Ta có:


21

1 
 1
AB  OA  OB  R 


 sin A sin B 

AD  AM  MD  R cot A  R cot
BC  BP  PC  R cotB R cot

(3.2)

D
2

C
2

C

D


Từ đó AD  BC  R  cot A  cot   R  cot B  cot 
2
2



 cos A 1  cos C 
 cos B 1  cos D 
 R


  R

sin
A
sin
C
sin D 


 sin B

(3.3)

Do ABCD là tứ giác nội tiếp nên A  C  B  D  1800 .

 sin A  sin C ; sin B  sin D ;cos A   cos C ;cos B   cos D

Vì vậy từ (3.3) suy ra:
 cos A 1  cos A 
 cos B 1  cos B 
AD  BC  R 


  R

sin A 
sin B 
 sin A
 sin B
1 
 1
 R


 sin A sin B 

(3.4)

Từ (3.2), (3.4) suy ra đpcm.
3.3. CÁC BÀI TOÁN VỀ CHU VI VÀ DIỆN TÍCH TỨ GIÁC
Bài toán 3.19. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp với AB = a’, BC = b’,
CD = c’, DA = d’ và p’ là nửa chu vi của tứ giác. Chứng minh rằng:

A
tan 
2
Giải:

 p  a  p  d  .
 p  b  p  c 
'

'

'

'

'

'

'

'


22

C

b'
B

c'
a'

d'
D

A

Áp dụng Định lý côsin trong các tam giác ABD và BCD, ta có:
BD 2  a '2  d '2  2a ' d ' cos A  b '2  c '2  2b 'c ' cos C
 b '2  c '2  2b 'c ' cos A

a '2  d '2  b'2  c'2
2b'c'  2a ' d '

cos A 

Từ đó suy ra:

(3.5)

Từ (3.5) ta có
A

2

tan

b  c    a  d 
 a  d   b  c 
'



Vì

tan

1  cos A

1  cos A

'

' 2

b  c  a  d b  c  d  a 
 a  d  b  c  a  d  c  b 

' 2

'

' 2

b '2  c '2  2b 'c '  2a ' d '  a '2  d '2
a '2  d '2  b '2  c '2  2b 'c '  2a ' d '

' 2

'

'



'

'

'

'

a'  b'  c'  d '  2 p' b'2  4a'c'
A

2

 p  a  p  d 
 p  b  p  c 
'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

(3.6)

nên từ (3.6) ta có:

(đpcm).

Bài toán 3.21. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường
tròn , đường chéo AC = a, hợp với hai cạnh AB, CD các góc  ,  .
Chứng minh:

a 2 sin      sin 
2sin 

 S ABCD 

a 2 sin      sin 
2sin 

.


23

Giải:
K
β

B

3

2
α
A

C

β

D

Giả sử sin   sin  . Trên AB kéo dài về phía B lấy K sao cho
BKC  CAD   .

Do KBC  CDA   BKC đồng dạng với  DAC
Do sin   sin   BC  CD  SKBC  SCDA  S ABCD  S ACK

1 sin 
 S ABCD  a 2
sin     
2 sin 

(3.7)

1 sin 
Tương tự nếu sin  sin   S ABCD  a 2
sin      (3.8)
2 sin 
Từ (3.5) và (3.6) suy ra:
a 2 sin      sin 
2sin 

 S ABCD 

a 2 sin      sin 
2sin 

.