SKKN ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao

SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

MỞ ĐẦU
Trong những năm gần đây, chúng ta biết rằng chương trình thi học sinh
giỏi, giải tốn trên MTCT các cấp đều có những bài tốn hình học đặc biệt là
các dạng Toán giải tam giác nâng cao trong đề thi cấp tỉnh quốc gia khi học
sinh gặp phải thì rất là bở ngỡ và lúng túng. Vì các bài tập này thường yêu cầu
lập công thức tổng quát theo các đại lượng đã cho rồi mới sử dụng MTCT ấn
máy cho ra kết quả, nói chung là phải giải tốn trước để tìm ra cơng thức.
Trong các bài tập này thường u cầu tính tốn các đại lượng trong tam giác
theo các đại lượng khác. Để giải được dạng Tốn này thì ta phải sử dụng các
cơng thức tính diện tích, các cơng thức tính độ dài đường phân giác, đường
cao, đường trung tuyến,...và những định lí quan trọng như: Pitago, định lí hàm
số sin, hàm số cos, ... thì định lí hàm số sin là một trong những định lí quan
trọng nhất để giải dạng Tốn này. Chính vì thế, tơi xin đưa ra một số ứng
dụng từ định lí hàm số sin mà chúng ta chưa thấy hết tầm quan trọng của nó.
Nhờ định lí hàm số sin và các định lí khác mà tơi đã tạo ra các định lí khác rất
hay ứng dụng nhiều trong giải dạng Toán giải tam giác nâng cao này một
cách nhanh gọn hơn.
Theo tinh thần đổi mới phương pháp thi của Bộ GD&ĐT năm 2015 đã
tiến hành thi giải Toán MTCT trực tuyến trên mạng. Đề thi theo hình thức
trắc nghiệm. Do đó u cầu học sinh giải nhanh và đúng đáp số nên học sinh
phải nắm các cơng thức mới tính nhanh được. Nhằm để đáp ứng nhu cầu của
đông đảo học sinh tham gia đội tuyển học sinh giỏi giải Tốn trên máy tính
cầm tay cấp huyện, cấp tỉnh và quốc gia bậc THCS và THPT hiện nay.
Bản thân tôi là người trực tiếp tham gia dạy bồi dưỡng đội tuyển HSG
giải toán trên MTCT từ cấp trường đến cấp quốc gia trong gần 18 năm nay,
tơi đã tìm ra được nhiều điều thú vị từ Định lí hàm số sin như:

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
1

SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

+ Mối quan hệ giữa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp, bán kính
đường trịn nội tiếp tam giác.
A
+ Cho ta biết tỉ số giữa TSOI , TSO , TS I , TS ABC
, T fh , Tmh , Tmf , TCI , TCO ,
a

a

a

a

a

a

TCOI chỉ phụ thuộc vào số đo các góc của tam giác chứ khơng phụ thuộc vào

độ dài cạnh, bán kính đường trịn ngoại tiếp, bán kính đường trịn nội tiếp, chu
vi của tam giác.
Vì thế, tơi xin đưa ra 21 định lí mà tơi đã tự tìm ra được nhằm giúp cho
HS tham gia HSG, giải Tốn trên MTCT có kết quả cao trong các kỳ thi và
GV cũng có thêm tài liệu tham khảo để bồi dưỡng đội tuyển HSG.

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203

2


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

NỘI DUNG
CHÚNG TA BẮT ĐẦU TỪ BÀI TOÁN MỞ ĐẦU
Cho tam giác nhọn ABC, biết BC = a, AC = b, AB = c. Gọi S, p, r, R
lần lượt là diện tích, nửa chu vi, bán kính đường trịn nội tiếp, bán kính đường
trịn ngoại tiếp của tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM. Chứng
minh rằng:
a)

a
b
c


 2R
sin A sin B sin C

b) S =

1
bc sin A  pr 
2

p( p  a) p  b)( p  c) 

abc

4R

c) a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA
2bc cos

d) AD =

bc

A
2

BC 2
e) 2 AM  AB  AC 
2
2

2

2

Giải:
Kẻ các đường cao AH, BK, CL của ABC (H  BC, K  AC, L  AB)
I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Kéo
dài OA cắt đường trịn (O) tại N
A
K
c

b

L
B

I
H

r O
R
C

D M a
N

a)Ta có

a
a
ab
b
b
ab
a
b
;
(1)







sin A sin B
sin A CL CL sin B CL CL
b
a

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
3


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

a
c
a
a
ac
c
c
ac
;
(2)






sin A sin C

sin A BK BK sin C BK BK
c
a
a
b
c
(3)


sin A sin B sin C

Từ (1) và (2) suy ra

Ta có : ABNC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O;R)
 ANB  ACB  C

Ba điểm A, O, N thẳng hàng; A và N thuộc đường trịn (O;R)
 AN là đường kính của đường trịn (O;R)
 ANB  900 và AN = 2R

Ta có

c
c
c


 AN  2 R (4) ( ABN vuông tại B)
c
sin C sin ABN

AN
a
b
c


 2 R (đpcm)
sin A sin B sin C

Từ (3) và (4) suy ra
1
2

1
2

1
2

b)Ta có: SABC  c.CL  c.bs in A  bc sin A (*)
SABC  SIAB  SIBC  SIAC 

1
1
1
AB.r  BC.r  AC.r
2
2
2
1

2

= .r ( AB  BC  CA)  r.

abc
 p.r (**)
2

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vng, ta có:
AB2- BH2 = AC2 – HC2
2

2

2

2

 AB - (BC –CH) = AC – HC
2

2

2

2

2

 AB - (BC – 2BC.CH + CH ) = AC – HC

 CH =

AC 2  BC 2  AB 2 b2  a 2  c 2

2 BC
2a

 b2  a 2  c2 
 CH = 

2a



2

2

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
4


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

 b2  a 2  c2 
 AH = b - 

2a



2

S

2

2

2
AH 2 .BC 2  2  b2  a 2  c 2   1 2

 b  
  . .a
4
2a


  4

2
ABC

 4a 2b2  (b2  a 2  c2 )2  .a 2

16a 2


(2ab  b2  a 2  c 2 )(2ab  b2  a 2  c 2 )
16



(a  b  c)(a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)
16



2 p(2 p  2a)(2 p  2b)(2 p  2c)
16

= p( p  a)( p  b)( p  c)
 S ABC 

p( p  a)( p  b)( p  c) (***)

Từ câu a)

a
CL
 2 R  a  2 R sin A  2 R.
sin A
b

 ab = 2R.CL  abc = 2R.CL.c = 2R.2SABC
 abc  4 R.S ABC  S ABC 

abc
(****)
4R

Từ (*),(**), (***),(****), ta có
S=

1
bc sin A  pr 
2

p( p  a) p  b)( p  c) 

abc
4R

(đpcm)

c) Ta có b2 + c2 - 2bc.cosA = AK2 + KC2 + 2AK.KC + AB2 – 2AB.AC.

AK
AB

= AK2 + KC2 + 2AK.KC + (AK2 +BK2) – 2AC.AK
= 2AK2 + KC2 + 2AK.KC + BK2 – 2(AK + KC)AK
= 2AK2 + KC2 + 2AK.KC + BK2 – 2(AK + KC)AK
= 2AK2 + KC2 + 2AK.KC + BK2 – 2AK2 - 2AK.KC
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
5


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

= KC2 + BK2 = BC2 = a2

Vậy: a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA (đpcm)
d) Ta có S ABC  S ABD  S ADC


1
1
A 1
A
AB. AC.sinA  AB. AD.sin  AD. AC.sin
2
2
2 2
2

A
 AB  AC 
2

 AB. AC.sinA  AD.sin
 AB. AC.2sin

A
A
A
.cos  AD.sin  AB  AC 
2
2
2

 AB. AC.2cos

A
 AD  AB  AC 
2

 AD 

 AD 

2 AB. AC cos
AB  AC
2b c.co s
bc

A
2

A
2 (đpcm)

e) Ta có AB2 = AH2 + BH2
AC2 = AH2 + CH2
2

2

2

2

2

 AB + AC = 2AH + BH + CH

2

 BC
  BC

 AB + AC = 2AH + 
 HM   
 HM 
 2
  2

2

2

2

2

BC 2
BC 2
2
 2 AH 
 HM  BC.HM 
 HM 2  BC.HM
4

4
2

 2 AH 2 

BC 2
 2 HM 2
2

 AB 2  AC 2 

BC 2
 2 AH 2  2 HM 2  2( AH 2  2 HM 2 )  2 AM 2
2

BC 2
Vậy: 2 AM  AB  AC 
(đpcm)
2
2

2

2

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
6


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

Nếu chúng ta viết định lí hàm sin dưới dạng:
a
b
c
abc
2P
= 2R




sin A sin B sin C sin A  sin B  sin C sin A  sin B  sin C

 a

2 P.sin A
(*)
sin A  sin B  sin C

b

2 P.sin B
(**)
sin A  sin B  sin C

c

2 P.sin C
(***)

sin A  sin B  sin C

Thì định lí hàm sin này cho ta nhiều điều thú vị về:
- Mối quan hệ giữa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp, bán
kính đường trịn nội tiếp tam giác.
A
- Cho ta biết tỉ số giữa TSOI , TSO , TS I , TS ABC
, T fh , Tmh , Tmf , TCI , TCO ,
a

a

a

a

a

a

TCOI chỉ phụ thuộc vào số đo các góc của tam giác chứ khơng phụ thuộc vào

độ dài cạnh, bán kính đường trịn ngoại tiếp, bán kính đưịng trịn nội tiếp, chu
vi của tam giác.
Đồng thời định lí này mở ra cách chứng minh mới cho tam giác cân,
tam giác đều và nhiều hệ thức rất đẹp.

TỪ BÀI TOÁN TRÊN CHO TA 21 ĐỊNH LÝ SAU:

*ĐỊNH LÝ 1:

Trong  ABC có nửa chu vi bằng P, ta đều có:
1) SABC  2P 2

sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C ) 2

sin B.sin C
;
sin A  sin B  sin C
sin A.sin C
hb = 2 P.
,
sin A  sin B  sin C

2) ha = 2 P.

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
7


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

hc = 2 P.

sin A.sin B
,
sin A  sin B  sin C

(ha , hb , hc : là các chiều cao tương ứng kẻ từ A, B, C)
P

. 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
sin A  sin B  sin C
P
mb =
. 2sin 2 A  2sin 2 C  sin 2 B ;
sin A  sin B  sin C

3) ma =

mc =

P
. 2sin 2 A  2sin 2 B  sin 2 C
sin A  sin B  sin C

(ma; mb; mc: Độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C)
2P

4) fa =

.

sin A.sin B.sin C
;
sin A  sin B  sin C

.

sin A.sin B.sin C
;

sin A  sin B  sin C

A
(sin B  sin C )
2
2P
sin A.sin B.sin C
fb =
;
.
B
sin A  sin B  sin C
sin (sin A  sin C )
2
sin

2P

fc =
sin

C
(sin A  sin B)
2

(fa; fb; fc : Độ dài các đường phân giác trong kẻ từ A, B, C)
5) Bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABC là
R=

P

sin A  sin B  sin C

6) Bán kính đường trịn nội tiếp  ABC là
r = 2 P.

sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C )2

7) Gọi SA, SB, SC lần lượt là diện tích tam giác tạo bởi đường trung
tuyến, đường phân giác của đỉnh A, B, C với cạnh BC, AC, AB. Ta có
SA = P 2 .

sin B  sin C
sin A.sin B.sin C
.
sin B  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2

SB = P 2 .

sin A  sin C
sin A.sin B.sin C
.
sin A  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
8


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

SC = P 2 .

sin A  sin B
sin A.sin B.sin C
.
sin A  sin B (sin A  sin B  sin C ) 2

Giải:
A

A

b

b
ma

ma

c
fa

a

M D

ha

ha
C

C

c
fa

a

M D

H

B

B

H

1) Theo định lí hàm sin, ta có
a
b
c
abc
2P




sin A sin B sin C sin A  sin B  sin C sin A  sin B  sin C

 a

2 P.sin A
(*)
sin A  sin B  sin C

b

2 P.sin B
(**)
sin A  sin B  sin C

c

2 P.sin C
(***)
sin A  sin B  sin C

abc 8P3 sin A.sin B.sin C
Mà S 

: 4R
4 R (sin A  sin B  sin C )3


8P3 .sin A.sin B.sin C
(1)
4 R(sin A  sin B  sin C ) 3

Hơn nữa theo định lí hàm sin, ta có

Từ (1) và (2) suy ra S 

a
a
(2)
 2R  R 
sin A
2sin A

2 P3 sin A.sin B.sin C
a
(sin A  sin B  sin C )3
2.sin A

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
9


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

4 P3 .sin 2 A.sin B.sin C
(3)

a(sin A  sin B  sin C )3

Từ (*) và (3) suy ra S  2 P 2 .

sin A.sin B.sin C
(đpcm)
(sin A  sin B  sin C ) 2

1
2

2) a) Ta có SABC  AH .BC
Suy ra AH 

2.SABC
2.2 P 2 sin A.sin B.sin C
(4)

BC
a(sin A  sin B  sin C ) 2

Từ (*) và (4) suy ra AH =

2 P.sin B.sin C
(đpcm)
sin A  sin B  sin C

b) Theo cơng thức tính độ dài đường trung tuyến trong tam giác, ta có :
b2 + c2 = 2 ma2 

a2
1
nên suy ra ma =
2b2  2c 2  a 2 (5)
2
2

Từ (*),(**),(***) và (5) suy ra
ma =

=

1 8P 2 sin 2 B  8P 2 sin 2 C  4 P 2 sin 2 A
2
(sin A  sin B  sin C ) 2
P
2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
sin A  sin B  sin C

Hay AM =

P
2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A (đpcm)
sin A  sin B  sin C
1
2

A 1
2 2

c) Ta có SABC  SADC  SADB  b.AD.sin  c.AD.sin


suy ra AD =

2.SABC
A

(b  c).sin
2

A
2

AD
A
(b  c).sin
2
2

(6)

Từ (**), (***), (5) và câu 1: suy ra
2
AD = 4P .sin A.sin B.sin C2 : 

2 P.sin B
2 P.sin C
A


 .sin 
(sin A  sin B  sin C )  sin A  sin B  sin C sin A  sin B  sin C 
2

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
10

SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

4 P 2 .sin A.sin B.sin C
=
(sin A  sin B  sin C ) 2

 2P(sin B  sin C ) 
A
: 
 .sin 
2
 sin A  sin B  sin C 

2P

Hay AD =
sin

A
(sin B  sin C )
2

3) a) Ta có S 

.

sin A.sin B.sin C
(đpcm)
sin A  sin B  sin C

abc
abc
R
4R
4S

Từ (*), (**), (***), (5) và câu 1:
suy ra R =
=
Vậy : R =

8P3 .sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C )3

 2 P 2 .sin A.sin B.sin C 
:  4.
2
 (sin A  sin B  sin C ) 

P
(đpcm)
sin A  sin B  sin C
P
sin A  sin B  sin C

Cách khác: Từ định lí hàm sin ta suy ra R =
b) Ta có S = p.r suy ra r 
Từ câu 1 và (7) suy ra r =

4) Ta có
Suy ra

S
(7)
P

2 P 2 .sin A.sin B.sin C
P(sin A  sin B  sin C )2

 2 P.

Vậy: r = 2 P.

P
sin A  sin B  sin C

sin A.sin B.sin C
(đpcm)
(sin A  sin B  sin C )2

sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C )2

AB DB
(tính chất đường phân giác)

AC DC

AB

DB
DB


AC  AB DC  DB BC

Suy ra DB 

AB.BC
a.c

AC  AB b  c

 DC  a 

a.c
a.b

bc bc

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
11


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

Do đó MD 
( hay MD 

BC

a
ac
a bc
(a)
 DB  
 .
2
2 bc 2 bc

BC
a
ab
a bc
) (a’)
 DC  
 .
2
2 bc
2 bc

Từ (*),(**),(***) và (a) hoặc (a’) suy ra
2 P(sin B  sin C )
P.sin A
MD  
. sin A  sin B  sin C
sin A  sin B  sin C 2 P(sin B  sin C )
sin A  sin B  sin C

Hay MD  

P.sin A
sin B  sin C
.
sin A  sin B  sin C sin B  sin C

1
2

Mà SAMD   MD. AH
1
P.sin A
sin B  sin C
2P.sin B.sin C
.
.
2. sin A  sin B  sin C sin B  sin C sin A  sin B  sin C

= .

Suy ra SA = P 2 .

sin B  sin C
sin A.sin B.sin C
.
(đpcm)
sin B  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2

*HỆ QUẢ: Nếu R là bán kính đường trịn ngoại tiếp và r là bán kính đường
trịn nội tiếp của  ABC thì r  2R.

sin A.sin B.sin C
sin A  sin B  sin C

Chứng minh: Từ 5) và 6) của Định lý 1. Suy ra r  2R.

sin A.sin B.sin C
sin A  sin B  sin C

*ĐỊNH LÝ 2:
Với R là bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC, ta đều có:
1) SABC  2R2 sin A.sin B.sin C
2) ha = 2R.sinB.sinC; hb = 2R.sinA.sinC; hc = 2R.sinA.sinB
(ha , hb , hc : là các chiều cao tương ứng kẻ từ A, B, C)
3) ma = R 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A ; mb = R 2sin 2 A  2sin 2 C  sin 2 B
mc = R 2sin 2 A  2sin 2 B  sin 2 C
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
12


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

(ma; mb; mc : Độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C)
4) fa =

fb =

fc =

2R
A

sin (sin B  sin C )
2

2R
B
sin (sin A  sin C )
2
2R
C
sin (sin A  sin B)
2

.sin A.sin B.sin C ;

.sin A.sin B.sin C ;

.sin A.sin B.sin C ;

(fa; fb; fc : Độ dài các đường phân giác trong kẻ từ A, B, C)
5) Gọi SA, SB, SC lần lượt là diện tích tam giác tạo bởi đường trung
tuyến, đường phân giác của đỉnh A, B, C với cạnh BC, AC, AB. Ta có
SA = R 2 .

sin B  sin C
.sin A.sin B.sin C ;
sin B  sin C

SB = R 2 .

sin A  sin C

.sin A.sin B.sin C ;
sin A  sin C

SC = R 2 .

sin A  sin B
.sin A.sin B.sin C
sin A  sin B

Chứng minh: (Dựa vào định lý 1)
Theo định lý 1: Ta có R =
1) Theo định lý 1: SABC  2P 2

P
sin A  sin B  sin C

sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C ) 2

P


 2.sin A.sin B.sin C. 

 sin A  sin B  sin C 

2

 2R2 sin A.sin B.sin C (đpcm)

2) Theo định lý 1: ha = 2 P.

sin B.sin C
sin A  sin B  sin C

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
13


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

= 2.sin B.sin C.

P
sin A  sin B  sin C

= 2.R.sin B.sin C (đpcm)
3) Theo định lý 1:
ma =

P
. 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
sin A  sin B  sin C

= R. 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A (đpcm)
4) Theo định lý 1:
2P

fa =
sin

=

=

A
(sin B  sin C )
2

.

sin A.sin B.sin C
sin A  sin B  sin C

sin A.sin B.sin C
2P
.
A
sin A  sin B  sin C
sin (sin B  sin C )
2
2R
.sin A.sin B.sin C (đpcm)
A
sin (sin B  sin C )
2

5) Theo định lý 1:
SA = P 2 .

sin B  sin C
sin A.sin B.sin C
.
sin B  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2
2


 sin B  sin C
P
.
.sin A.sin B.sin C
= 
2 
 (sin A  sin B  sin C )  sin B  sin C

= R2 .

sin B  sin C
.sin A.sin B.sin C (đpcm)
sin B  sin C

*ĐỊNH LÝ 3:
Với r là bán kính đường trịn nội tiếp  ABC, ta đều có:
1) SABC 

r 2 (sin A  sin B  sin C ) 2
.
2
sin A.sin B.sin C

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
14


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

r
.(sin A  sin B  sin C ) ;
sin A

2) ha =
hb =

r
.(sin A  sin B  sin C )
sin B

hc =

r
.(sin A  sin B  sin C )
sin C

(ha , hb , hc : là các chiều cao tương ứng kẻ từ A, B, C)
3) ma =

r sin A  sin B  sin C
.
2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
2 sin A.sin B.sin C

mb =

r sin A  sin B  sin C
.
2sin 2 A  2sin 2 C  sin 2 B
2 sin A.sin B.sin C

mc =

r sin A  sin B  sin C
.
2sin 2 A  2sin 2 B  sin 2 C
2 sin A.sin B.sin C

(ma; mb; mc : Độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C)
4) fa =

fb =

fc =

r
.(sin A  sin B  sin C )
A
sin (sin B  sin C )
2
r
B
sin (sin A  sin C )

2
r
C
sin (sin A  sin B)
2

.(sin A  sin B  sin C )

.(sin A  sin B  sin C )

(fa; fb; fc : Độ dài các đường phân giác trong kẻ từ A, B, C)
5) Gọi SA, SB, SC lần lượt là diện tích tam giác tạo bởi đường trung
tuyến, đường phân giác của đỉnh A, B, C với cạnh BC, AC, AB. Ta có
SA =

r 2 sin B  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2
.
.
4 sin B  sin C
sin A.sin B.sin C

SB =

r 2 sin A  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2
.
.
4 sin A  sin C
sin A.sin B.sin C

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203

15


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

SC =

r 2 sin A  sin B (sin A  sin B  sin C ) 2
.
.
4 sin A  sin B
sin A.sin B.sin C

Chứng minh: (Dựa vào hệ quả của định lý 1 và định lý 2)
Theo hệ quả định lí 1: Ta có r  2R.

sin A.sin B.sin C
sin A  sin B  sin C

r sin A  si n B  sin C
2 sin A.sin B.sin C

Suy ra R  .
1) Theo định lí 2:
SABC  2R2 sin A.sin B.sin C

r 2  sin A  sin B  sin C 
.
 .sin A.sin B.sin C
4  sin A.sin B.sin C 

2

 2.

r 2  sin A  sin B  sin C 
(đpcm)
 .
2
sin A.sin B.sin C
2

2) Theo định lí 2: ha = 2R.sinB.sinC
r sin A  si n B  sin C
 2. .
.sin B.sin C
2 sin A.sin B.sin C

=

r
.(sin A  sin B  sin C ) (đpcm)
sin A

3) Theo định lí 2:
ma = R 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
r sin A  si n B  sin C
. 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A (đpcm).
 .
2 sin A.sin B.sin C

4) Theo định lí 2:
fa =

2R
A
sin (sin B  sin C )
2

.sin A.sin B.sin C

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
16


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”
r sin A  si n B  sin C
2. .
= 2 sin A.sin B.sin C .sin A.sin B.sin C
A
sin (sin B  sin C )
2

=

r
A
sin (sin B  sin C )
2

.(sin A  sin B  sin C ) (đpcm)

5) Theo định lí 2: SA = R 2 .

sin B  sin C
.sin A.sin B.sin C
sin B  sin C

r 2  sin A  sin B  sin C  sin B  sin C
= .
.sin A.sin B.sin C
 .
4  sin A.sin B.sin C  sin B  sin C
2

=

r 2 sin B  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2
.
.
(đpcm)
4 sin B  sin C
sin A.sin B.sin C

* ĐỊNH LÝ 4:
Tỉ số diện tích giữa hình trịn nội tiếp và hình trịn ngoại tiếp  ABC.
sin A.sin B.sin C 
Kí hiệu: TS . Khi đó TS  4. 

 sin A  sin B  sin C 

2

I
O

I
O

Chứng minh: (Sử dụng định lý 1)
Gọi S1 là diện tích hình trịn nội tiếp  ABC
Gọi S2 là diện tích hình trịn ngoại tiếp  ABC
Ta có S1 =  r2; S2 =  R2
S1 r 2
Do đó TS   2 
S2 R
I
O

(sin A.sin B.sin C ) 2
(sin A  sin B  sin C ) 4
(theo định lý 1)
P2
(sin A  sin B  sin C ) 2

4P2

2

 sin A.sin B.sin C 
 4. 

 (đpcm)
 sin A  sin B  sin C 
sin A.sin B.sin C 
Vậy: TS  4. 

 sin A  sin B  sin C 

2

I
O

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
17


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

1
4

*Hệ quả 1: Nếu  ABC là tam giác đều thì TSOI 
Chứng minh: (sử dụng định lý 4)

sin A.sin B.sin C 
Theo định lý 4, ta có TS  4. 

 sin A  sin B  sin C 

2

I
O

Mà  ABC đều suy ra
2

  3 2 


2
2
 2  
3
3
0 2





sin
A
sin
60
1
1


TSOI  4. 


4.

4.

4.




  
0 
4
4
 3sin A 
 3sin 60 
 3






Vậy TSOI 

1
(đpcm)
4

*Hệ quả 2: Nếu TSOI 

1
thì tam giác đó là tam giác đều.
4

*ĐỊNH LÝ 5:
Tỉ số diện tích tam giác ABC với hình trịn ngoại tiếp của tam giác đó,
2

kí hiệu là TSO . Khi đó: TSO  .sin A.sin B.sin C .


Chứng minh:
Theo định lí 2, ta có SABC  2R2 sin A.sin B.sin C
2 R 2 sin A.sin B.sin C 2
Do đó TS 
 .sin A.sin B.sin C (đpcm)

 R2

O

*ĐỊNH LÝ 6:
Tỉ số diện tích tam giác ABC với hình trịn nội tiếp của tam giác đó, kí
1  sin A  sin B  sin C 
hiệu là TS . Khi đó: TS  .
.
2
sin A.sin B.sin C
2


I


I

Chứng minh:

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
18


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”
r 2  sin A  sin B  sin C 
.

2
sin A.sin B.sin C
Ta có TS I 
r 2

2

1  sin A  sin B  sin C 
(đpcm)

.
2
sin A.sin B.sin C

2

* ĐỊNH LÝ 7:
Tỉ số diện tích phần giới hạn bởi đường trung tuyến, đường phân giác
A
của đỉnh A với cạnh BC của  ABC đối với diện tích  ABC. Kí hiệu: TS ABC
.
1 sin B  sin C
2 sin B  sin C

A
Khi đó TS ABC
 .

Chứng minh:(sử dụng định lý1 hoặc định lý 2 hoặc định lý 3)
Theo định lý 1 ta có SA = P 2 .
SABC  2 P 2

A
Suy ra TS ABC
=

sin B  sin C
sin A.sin B.sin C
.
sin B  sin C (sin A  sin B  sin C ) 2

sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C ) 2

SA
SABC



1 sin B  sin C
(đpcm)
.
2 sin B  sin C

A
*Hệ quả 1: Tam giác ABC cân tại A  TS ABC
=0

Chứng minh: (sử dụng định lý 5)
1 sin B  sin C
= 0 mà sinB + sinC  0
2 sin B  sin C

A
Theo định lý 5, ta có TS ABC
 .

 sinB – sinC = 0  B  C

Vậy  ABC cân tại A
A
B
 TS ABC
 0 thì  ABC là tam giác đều.

*Hệ quả 2: Nếu TS ABC

* ĐỊNH LÝ 8:
Tỉ số diện tích được giới hạn bởi đường trịn nội tiếp và các cạnh của
tam giác đối với diện tích được giới hạn bởi đường tròn ngoại tiếp và các cạnh
của tam giác ABC. Kí hiệu: *TSOI .
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
19


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

2t ( x 2  2 t )
Khi đó TS  2
x (  2t )
*

I
O

(với t = sinA.sinB.sinC và x = sinA + sinB + sinC)
Chứng minh: (Áp dụng định lý 1 và hệ quả định lý 1)
Gọi S1 là diện tích được giới hạn bởi đường tròn nội tiếp và các cạnh của
 ABC
Gọi S2 là diện tích được giới hạn bởi đường trịn ngoại tiếp và các cạnh của
 ABC
Ta có S1 = S  SI  2P 2 .

sin A.sin B.sin C
(2 P sin A.sin B.sin C )2



.
(sin A  sin B  sin C ) 2
(sin A  sin B  sin C ) 4

Đặt t = sinA.sinB.sinC và x = sinA + sinB + sinC
 S1 

2P2t
4P 2 t 2 2P 2 tx 2   4P 2 t 2 2P 2t ( x 2   t ) (*)


.


x2
x4
x4
x4

S2 = SO  S   R2  S
 .

P2
sin A.sin B.sin C
 2P2 .
2
(sin A  sin B  sin C )
(sin A  sin B  sin C ) 2



 P2
x2



2 P 2 t P 2 (  2t ) (**)

x2
x2

Từ (*) và (**) suy ra *TSOI 

2t ( x 2  2 t )
(đpcm)
x 2 (  2t )

*ĐỊNH LÝ 9:
Tỉ số đường cao và đường phân giác cùng đỉnh A của  ABC. Kí hiệu:
T fhaa thế thì T fhaa 

sin B  sin C
A
2 cos
2

Chứng minh: (sử dung định lý 1 hoặc 2 hoặc 3)
Theo định lý 2, ta có

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
20


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

ha = 2R.sinB.sinC và fa =

h
= a
fa

Suy ra T fh

a

a

sin



2R
A
sin (sin B  sin C )
2

.sin A.sin B.sin C

A

(sin B  sin C )
2
sin A

sin

A
(sin B  sin C)
(sin B  sin C )
2
(đpcm)

A
A
A
2sin cos
2cos
2
2
2

*ĐỊNH LÝ 10:
Tỉ số đường cao và đường trung tuyến cùng đỉnh A của  ABC. Kí
hiệu: Tmh .Thế thì Tmh 
a

a

a

a

2sin B.sin C
2sin B  2sin 2 C  sin 2 A
2

Chứng minh: (sử dung định lý 1 hoặc 2 hoặc 3)
Theo định lý 2, ta có
ha = 2R.sinB.sinC và ma = R 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
Suy ra Tmh 
a

a

ha

ma

2sin B.sin C
2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A

(đpcm)

*ĐỊNH LÝ 11:
Tỉ số đường phân giác và đường trung tuyến cùng đỉnh A của  ABC. Kí
hiệu: Tmf .Thế thì Tmf
a

a

a

a

A
4cos .
sin B.sin C
2

.
sin B  sin C 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A

Chứng minh: (sử dung định lý 1 hoặc 2 hoặc 3)
Theo định lý 2, ta có fa =

2R
A
sin (sin B  sin C )
2

.sin A.sin B.sin C

và ma = R 2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
21


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

Suy ra Tmf 
a

a

2sin A.sin B.sin C
1
.
2
2
2
A
sin (sin B  sin C ) 2sin B  2sin C  sin A
2

A
4cos .
sin B.sin C
2
(đpcm)

.
sin B  sin C 2sin 2 B  2sin 2C  sin 2 A
A
*ĐỊNH LÝ 12: TSOI , TSO , TS I , TS ABC
, T fh , Tmh , Tmf chỉ phụ thuộc vào số đo
a

a

a

a

a

a

các góc của tam giác.
Chứng minh: Từ định lý 4, 5, 6, 7, 8, 9,10,11 suy ra điều phải chứng minh.
*ĐỊNH LÝ 13: (Dấu hiệu nhận biết tam giác cân)
 T fhaa  1

 ABC cân tại A  Tmhaa  1
 f
Tmaa  1

Chứng minh:
 ) Nếu  ABC cân tại A thì fa = ma = ha.

Do đó T fh = Tmh = Tmf = 1 (đpcm)
a

a

a

a

a

a

 ) + Nếu T fhaa  1 thì  ABC cân tại A

Theo định lý 7, ta có T fh 
a

a

sin B  sin C
1
A
2 cos
2

 sin B  sin C  2cos

 sin B  sin C  2cos

A
2

1800  ( B  C )
2


 B  C 
 BC 
 2cos  900  

   2sin 

 2 
 2 


 2sin

BC
B-C
BC
.cos
 2sin
2
2
2

Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
22


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

 cos

B-C
 1  cos00
2

 BC

Vậy  ABC cân tại A.
+ Nếu Tmh  1 thì  ABC cân tại A
a

a

Theo định lý 8, ta có
Tmhaa 

2sin B.sin C
2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A

1

 2sin B.sin C  2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
 4sin 2 B.sin 2 C  2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 A
  cos(B-C)-cos(B+C)   2sin 2 B  2sin 2 C  sin 2 ( B  C )
2

 cos2 (B-C) + cos2 (B+C) - 2.cos(B-C).cos(B+C) - 2sin 2 B  2sin 2 C  sin2 (B  C)  0
 cos2 (B-C) - 2.cos(B-C).cos(B+C) - 2sin 2 B  2sin 2 C  1  0
 cos2 (B-C) - 2.cos(B-C).cos(B+C) - 1 + cos2B  1  cos2C  1  0
 cos2 (B-C) - 1 - 2.cos(B-C).cos(B+C) + cos2B  cos2C  0
 cos2 (B-C) - 1 - 2.cos(B-C).cos(B+C) + 2cos(B  C ).cos(B-C )  0
 cos2 (B-C) - 1  0
 cos(B-C) = 1 = cos00
 B - C = 00  B = C

Vậy  ABC cân tại A.

*ĐỊNH LÝ 14:(Dấu hiệu nhận biết tam giác cân)
 T fhaa  T fhbb

 ABC cân tại C  Tmhaa  Tmhbb
 f
f
Tmaa  Tmbb
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
23


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

Chứng minh:
 T fhaa  T fhbb

 ) Nếu  ABC cân tại C thì fa = fb ; ma = mb ; ha = hb. Do đó  Tmhaa  Tmhbb
 f
f
Tmaa  Tmbb

 ) + Nếu T fhaa  T fhbb thì  ABC cân tại C

Thật vậy, Tfh  Tfh 
a

a

b

b

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

 BC 
 B-C 
 AC 
 A-C 
2sin 
 .cos 
 2sin 
 .cos 

 2 
 2 
 2 
 2 

 BC 
 AC 
2sin 
2sin 



 2 
 2 
 B-C 
 A-C 
 cos 
  cos 
  B C  AC
 2 
 2 

 BA

Vậy  ABC cân tại C
*ĐỊNH LÝ 15: (Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)
 T fhaa  T fhbb  T fchc

 ABC đều  Tmhaa  Tmhbb  Tmhcc
 f
f
f
Tmaa  Tmbb  Tmcc

Chứng minh: Dựa vào định lý 14
*ĐỊNH LÝ 16:
Tỉ số chu vi của tam giác với đường trịn nội tiếp  ABC. Kí hiệu: TCI .
Khi đó:

1  sin A  sin B  sin C 
TC 

.
2
sin A.sin B.sin C

2


I

Chứng minh: (sử dụng định lí 1)
Ta có chu vi của  ABC là 2P.Chu vi của đường tròn nội tiếp  ABC là 2  r
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
24


SKKN: “Ứng dụng định lí hàm sin để giải tam giác nâng cao”

Mà theo định lí 1, ta có r = 2P.
Do đó TCI 

2P P


2 r  r  2 P.

sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C )2

P
1 (sin A  sin B  sin C ) 2

(đpcm)

.
sin A.sin B.sin C
2
sin A.sin B.sin C
(sin A  sin B  sin C )2

*ĐỊNH LÝ 17:
Tỉ số chu vi của tam giác với đường tròn ngoại tiếp  ABC. Kí hiệu:
TCO .Khi đó:

TCO 

sin A  sin B  sin C



Chứng minh: (sử dụng định lí 1)
Ta có chu vi của  ABC là 2P.Chu vi của đường tròn nội tiếp  ABC là 2  R
Mà theo định lí 1, ta có R =
Do đó TCO 

2P
P


2 R  R 

P

sin A  sin B  sin C

sin A  sin B  sin C
P
(đpcm)

P

sin A  sin B  sin C

*ĐỊNH LÝ 18:
Tỉ số chu vi của đường tròn nội tiếp với chu vi của đường trịn ngoại
tiếp  ABC. Kí hiệu: TCOI .Khi đó:

TCOI  2.

sin A.sin B.sin C
.
sin A  sin B  sin C

Chứng minh: (sử dụng định lí 1 và hệ quả của định lý 1)
Ta có: Chu vi của đường tròn nội tiếp  ABC là 2  r.
Chu vi của đường tròn nội tiếp  ABC là 2  R
Mà theo hệ quả của định lý 1, ta có r  2R.
Do đó TCOI  2.

sin A.sin B.sin C
sin A  sin B  sin C

sin A.sin B.sin C

(đpcm)
sin A  sin B  sin C

*ĐỊNH LÝ 19:
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203
25