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


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


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
.

2


p: nửa chu vi của tam giác p =




Mục lục

Lời nói đầu

Trang
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
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.
số ví dụ
IV.
tập đề nghị

10
10

10
Một
11
Bài
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


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 –
2

2

2

2

2

2

2bccosA; b = a + c –
2accosB; c = a + b –
2bccosC;
2

2

2

b + c − a
cos A =
;
2bc
2
2
a + c
2
− b
cos B =

;
2ac
2
2
a + b
2
− c
cos C =
;
2ab

Hệ
quả:

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

b
c
=sin =sin
sin A B
C

= 2R .

III. Định lý côsin mở rộng:
Trong  ABC bất kì, ta có:
2

2

2

b + c − a
cot gA =
;
4S
2
2
2
a + c − b
cot gB =
;
4S
2
2
2
a + b − c
cot gC =
;
4S

Chứng minh:
Theo định lý côsin, ta có:
2

2

2

2

2

a = b + c – 2bccosA
= b + c – 2bcsinA.cotgA(*)
Ta lại có: S =

1

⇒ sin A =
2

bc sin A
2S

thay vào (*) ta được:
bc


2

2

2

a = b + c − 2bc.
b
⇒ cot gA =

bc

2S

2

.cot gA

2

2

a + c
2
− b

Chứng minh tương tự, ta cũng được: cot
gB =

cot gC =

2

+c − a
4S

4S
2
a 2
+ b2

− c
4S

2

.

IV. Một số kiến thức quan trọng khác:
1. Công thức về diện tích tam giác:
S=

1

ah = 1 = 1 ch ;
bh
a

2

2

b

2

c

1
1
S= 1

ab sin C = acsinB
= bc sin A; 2
2
2
abc
S =4R ;
S = pr;
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:
abc
S =4R 2sin
=
A

a

=
2sin
B

b

=C
2sin

c

• Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác:
r=
p

S

= ( p − a)tg
2

A

B
C
= ( p − b)tg = ( p − c)tg
2
2

• Bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác:
ra = S
rb =

p
−

rc = a S
p
−
b

S

p−c


= ptg
2
= ptg

A
B

C
2
= ptg ;
2

;
;

3. Công thức trung tuyến của tam giác:
2

m

2

2

b + c a

a

2
=

2

4
− ;


2

2

a + c b

2

m

b

2

m

c

2

2

4
=
− ;
2
2 2
a + b c
2
4
− ;

=

4. Công thức phân giác trong của tam giác:
l =
2bc
a
b
+ c

cos

l =
2ac

cos

A

2 bc

=

b+ c

2
B

2

b

a
+ c

ac

=

cos

C

2

c

a
+ b

p( p − b);

a+ c

2

l =
2ab

p( p − a);

ab

=

p( p − c);

a+ b

2

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

A

B

cos

2

C

cos

2

(1)

2

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

A

sin

2

B
2

(2)

sin

C

(3)

2

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

(4)

e, tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC ( 

(5)

không vuông)

ABC

f, cotgA cotgB + cotgB cotgC + cotgC cotgA = 1
g, cotg
h, tg

A
2

A
2

tg

+ cotg

B
2

B
2
B

+ tg

2

+ cotg
tg

C

C

= cotg

2

+ tg

2

C

tg

2

A
2
A

cotg

B
2

cotg

(6)
C

(7)

2

=1

(8)

2

Chứng minh:
a, Ta có: sinA + sinB + sinC = 2sin
A+B

2

= 2cos

C

−B

2

cos

cos

A

−B
A
2

+ sinC

2

+ 2 sin

C
2

cos

C
2


= 2cos

C

−B

= 4 cos

2
C
2

( cos

A

+ cos

2

cos

A
2

cos

A+ B

)

2
B
2

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


= 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
A+B

cos

−B

2

= 2sin

C

−B

cos

2

= 1 + 2sin

C

−B

= 1 + 4 sin

A

2
C

A

+ cosC

2

+ 1-2sin

2

[cos

A

- cos

2

sin

2

A
2

sin

2

C
2
A+ B

]

2
B

.

2

Vậy công thức (3)
đúng.
2

d, Ta có: cos2A + cos2B + cos2C = 2cos(A+B) cos(A-B) + 2cos C – 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 = π ⇒ A + B = π -C ⇒ tg(A+B) = tg(π -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:

π
π
π
A
B

C
3π
A+ B
( − )+ ( −
)+ ( −
)=
−
π
+ C
3π
=
−
= π
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2

Hay

π
2

A π
B π
C
−
−

2 2 , 2 2 −2 ,


cũng là 3
góc của 
ABC .
Từ (5) ta
có:

tg(

π
π
π
A
B
A
− ) + tg ( − ) + = tg(
− ) tg
π
π
C
B

tg (

2

−
2

)

(

2

2

2

2

−

)

2

2

2

tg
π
(
2

−
2

C

2

)


⇒ cotg
2

A

B

+ cotg
2

+ cotg

C

2

2

= cotg

A

cotg

2

B

2

cotg

C

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:
3 3
≤
2

a, sinA + sinB +
sinC

b, 1<

c, cos
≤

cosA + cosB + cosC
3
≤

2
A
B
C

+ cos

3

2

(11)

2

+ sin

3

(10)

+ cos

2
A

d, 1 < sin
≤

(9)

2

B

+ sin

2

2
C

(12)

2

2

e, cotgA + cotgB + cotgC ≥ 3
f, tg

A

+ tg

C

2

B

(13)
(14)

≥3

+ tg

2

2

2

2

2

g, cotg A + cotg B + cotg C ≥ 1
h, tg

2

A
2

+ tg

2B

2

+ tg

2C

(15)

≥ 1

2

(16)

Chứng minh:
a, Ta có:

C
+

π

C−

π
sinA + sinB + sinC + sin

π

= 2sin

A+ B

3

= 2sin
−

π

≤ 2sin

A
+ 2sin
−B
2
2
A+ B
A− B

cos

3 cos
2

3
2

C

+2sin ( +

cos

π

) cos (

C

)

2
A+ B
2

2

C

+2sin ( +

(vì 0 < cos
≤ 1)

2 6
A− B

2

π

6

2

6

)

≤ 1và 0
C

−

π

)


= 4sin (

A+ B+ C

2

2

π

6

A+ B− C
π
)
−
4
4
12
π
π
A+ B− C
= 4 sin
cos (
−
)
3
4
12

≤ 4 sin

π

3

+

)

12 cos (


π

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

=

3 3

.

2

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

A
2

sin

B
2

⇔
A

3

cos

C
2

> 1 ( vì sin

A

+ B
2

A
2

, sin

C

+ 12
2sin

−B

2cos
2

sin

2

B
2

C
2

>0)

3

≤

2

, sin

2

2

C
A
⇔ 4sin C

-4sin cos
−B
2
⇔ (2sin
2A− B

+ sin

2

2
C

+1≥ 0

2
A− B

-cos

2

2

)

≥ 0 : luôn đúng

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
2

⇔ (cotgA + cotgB + cotgC) ≥ 3
2

2

2

⇔ cotg A + cotg B + cotg C + 2(cotgA cotgB + cotgB cotgC +

cotgC cotgA)
≥ 3
2

2

2

2

2

2

⇔ cotg A + cotg B + cotg C + 2 ≥ 3
⇔ cotg A + cotg B + cotg C -1 ≥ 0
2

2

2

⇔ cotg A + cotg B + cotg C -(cotgA cotgB + cotgB cotgC + cotgC
cotgA) ≥ 0
2

2

⇔ (cotgA -cotgB) + (cotgB – cotgC) + (cotgC – cotgA)
≥ 0: luôn đúng. Vậy bất đẳng thức (13) đúng.

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

2


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 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
.


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

2
2
2
tgA 2c + a
− b
c,
= 2
2
tgB 2c + b
− a

+ (c – a) cotg

B
2

+ (b – c) cotg

A
2

=0

(1)
(2)
(3)

Giải

a, áp dụng định lý côsin trong ∆ABC , ta có:
VT(1) = a.2bccosA + b.2accosB
2

2

2

2

2

2

3

3

= a (b + c – a ) + b (a + c – b )
2

= ab (a + b) + c (a + b) – (a + b )
2

2

2

= (a + b) [ab + c (a – ab + b )]
2

2

= (a + b) [c – (a – b) ]


= (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

= 2R(sinA – sinB) cotg

2

C
2

C
c
ο
s
A+ B
A− B 2
= 4R cos
sin
.
C
2
2
sin
2
A+ B
A−
sin B 2
= 4Rsin sin
.
C
2

2
sin
2
A− B
A+ B
= 4R sin
. sin
2
2
C

= 2R(cosB – cosA)
Như vậy, ta có:

(a – b) cotg

Tương tự, ta cũng được:

+ (c – a) cotg
(b – c) cotg

(a – b) cotg

C

C
2
B
2
A

2

= 2R(cosB – cosA)
= 2R(cosA – cosC)
= 2R(cosC – cos B)

+ (c – a) cotg

2

B

+ (b – c) cotg

2

2

Vậy (2) được chứng minh.
c, Ta có: VT(3) =

tgA
sin A.cο sB
=
tgB sin B.cο sA

Theo định lý sin trong  ABC , ta có: sin

a

;sin B =
2R
2R

A=

Theo định lý côsin trong  ABC , ta có:
2

2

2

b + c − a
2
2
2
a + c − b
cos A =
; cos B =
;
2bc
2ac

Khi
đó:

2

VT(3)

=

2

a a +2 c
.− b
2R 2 2ac 2
b b2 + c
− a
.
2R
2bc

2

2

2

a + c = VP(3)
=
2
− b2 b
+c 2
− a

A

b

=0


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 :
2

2

2

a, abc (cosA + cosB + cosC) = a (p – a) + b (p – b) + c (p – c)
b, bc cotg
=

A

+ ac cotg

2

B

+ ab cotg

C

2

1
2 1
4Rp ( +
1
3
+ − )
a b c

2

1 2
2
(a sin 2B + b
sin 2A) 4

(1)
(2)

p

(3)

c, S =

Giả
i

a, áp dụng định lý côsin trong  ABC , ta có:

VT (1) = abc (cosA + cosB + cosC)
= a.bccosA + b.accosB + c.abcosC
+b 2
2
.a + c
2
− b

2
2
= a. b + c

− a

2

2

2

a

(b + c
b
− a) +

=

+c 2
2

2
.a + b − c

2

2

2

(a + c
− b) +

2

(a + b − c)
c
2

2

= a2 (

2

a+ b+ c

a+ b+ c
2
− a) + b (
a+ b+ c

2
− b) + c (
− c) 2 2
2

2

2

2

= a (p – a) + b (p – b) + c (p – c) =VP (1)
Vậy (1) đúng.
b, Ta có: VP (2) =

1
1
3
p
p
p
2 1
4Rp ( + + − ) = 4Rp( −1+ −1+ −1)
a b c p
a
b
c
p− a

p− b

= 4Rp( 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
2

; p -b = r cotg
r cot g

B
A

; p -c = r cotg

C

;

p− c

)

2

r cot g

B

Do đó: VP (2)
=

2
4Rp(

2
+
2R sin A

r cot g

C

2)
2+
2R sin B 2R sin C


rcο s
rcο s
rcο s
= 4Rp( A 2 A + B 2 B+ C 2
2R sin B sin

2R sin C C )
2R sin Asin
2
2
2

= pr(

1
sin
A

2

2

= S(

1
sin
A

Ta lại có: VT (2) = bc cotg

2

2
A

2

+ ac cotg

2S .cot g
=
2S
sin A

= S(

2

1
+
)
2 C
sin

1
+ 2
sin
B

2

2

1
+
)

2 C
sin

1
+ 2
sin
B

A

2
B
2

+ ab cotg

+

.cot g

sin
A

2

.cot g

C
2

1
+
)
2 C
sin

1
+ 2
sin
B

2

2
B 2S

+
2 sin C

2 sin
B
1

C

2

2

Ta thấy rằng: VT (2) = VP (2). Như vậy, (2) đúng.

c, Theo định lý côsin trong  ABC , ta có:
2

2

2

2
2
2
b + c − a
a + c − b
cos A =
; cos B =
;
2bc
2ac

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

b
;sin B =
2R
2R

Do đó: VP (3) =

1 2

2
(a sin 2B + b sin
2A) 4
1
2
2
(2a sin BcοsB + 2b sin
Acο sA) 4
2
2
2
2
2
1
b a + c − b a b
+ c − a
2
= (2a2 . .
+ 2b . .
)
4
2R
2a
2R
2bc
c

=

= =

Vậy hệ thức (3) đúng.
Nhận xét:

2


ab 8Rc abc 4R

2

(a

2

2

2

2

c − b + b + c − a )

2

+ = S = VT (3)


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:
2
2
2
ad = mb + nc -amn (*)
Giải
Qua A kẻ đường cao
AH.
áp dụng định lý côsin trong  ABD , ta có:
c = m + d − 2md.cο s ADB
2

2

2

⇒ c = m
2
+ d − 2m.HD
2

2

A

(1)

Lại áp dụng định lý côsin trong  ACD , ta có:
b = n + d − 2nd.cο s ADC
2

2

2

2
2
0
= n + d − 2nd.cο s(180 − ADC)

d

c

2

2

= n + d + 2n.HD
2

2

2

⇒ b = n + d + 2n.HD

(2)

B

H

Lấy (1) nhân với n và (2) nhân với m rồi cộng lại, ta được:
2

2

2

nc + mb = d (n + m) + mn(m + n)

Mà m + n = a.
2

2

2

Do đó: mb + nc = ad + amn

2

2

b

2

hay ad = mb + nc -amn
Vậy định lý Stewart được chứng minh.

n

m
D

C


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:
2
2
b 2
2
+ c
a (d = m )

m

=

a

−
2

a

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 p( p  a)
bc
Ví dụ 4: Cho 
và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:
ABC
A
B
C
a, r = 4R sin sin sin
2
2
2 (1)
2

b, IA.IB.IC = 4Rr

(2)
Giải

Gọi J = BC ∩ (I)
a, Xét  BIJ
có:
v

Xét



v

BJ = IJ cot g
2

B

CIJ có: CJ = IJ cot g

= r cot g
2

C

2

= r cot g

2

B
C

Do đó:
a = BJ + CJ = r (cotg
cοs

= r.
2

B
2
B

+ cotg
.sin

C
2

)

C

+ sin
C

.cο s

2
2
B
C
sin .sin
2
2

B
2

A

B
sin
= r. + C
2
B
sin .sin
C

= r.

2

I

2
A

cο s
2
B
C
sin .sin
2
2

B

J

C


asin

Từ đó suy
ra:

r=

B
C

.sin

(3)

2

2
A
cοs
2

áp dụng định lý sin trong  ABC , ta có:
A
cοs
2
2 thay vào (3) ta được:
A
A
B
C
4R sin cοs sin sin
A
B
C
hay r = 4R sin sin sin
2
2
2
2
2
2
2
r=
A
cοs
2

a = 2RsinA = 4R sin

A

Vậy (1) được chứng minh.
b, Xét  BIJ có: sin
v

2

B

=
IB

IJ

2

Tương tự, ta cũng có:

IA
=

IJ

⇒ IB =
B
sin

sin
B

=

r

2

IC
r
r
A; =
sin
C
sin
2
2

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

sin

A

2

r3
.sin

C

B

2

.sin

(4)

2

Theo hệ thức (1), ta
có:

A
B
r = 4R sin sin
thay vào (4) ta được:
C
sin
2
2
2
A
B
2
r .4R sin sin sin = 4Rr 2
C
IA.IB.IC

=
2
2
2
A
B
C
sin sin sin
2
2
2
2

Vậy IA.IB.IC = 4Rr (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