SKKN một số bài toán về thức lượng trong tam giác

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

1. Lời giới thiệu
Nâng cao chất lượng giáo dục mũi nhọn trong giảng dạy là một trong những
nhiệm vụ trọng tâm giúp nâng cao chất lượng giáo dục, bồi dưỡng nhân tài cho
nhà trường, địa phương và xã hội. Việc giáo dục mũi nhọn (bồi dưỡng học sinh
giỏi, ôn thi đại học) giúp học sinh hình thành và phát triển năng lực cá nhân
trong đó phát triển năng lực sáng tạo là vô cùng thiết yếu, phát triển năng lực
sáng tạo khi giải toán là rèn khả năng phát hiện các ứng dụng đa dạng của toán
học.
Trong thực tế giảng dạy, ôn thi đại học và bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi
lớp 10 về phần hệ thức lượng trong tam giác tôi đã gặp một số bài toán mà sách
giáo khoa hiện nay khi giải thì rất khó và dài dòng. Cũng qua tìm tòi nghiên cứu
tài liệu và giảng dạy tôi thấy khi hệ thống các dạng bài tập và đưa ra phương
pháp làm cho từng dạng thì việc giải quyết các bài toán được nhanh chóng và
đơn giản hơn rất nhiều, góp phần giúp học sinh có thể lấy điểm bài này trong đề
thi HSG, đề thi THPT quốc gia. Chính vì vậy sáng kiến của tôi nhằm mục đích
tổng hợp một số dạng toán liên quan về hệ thức lượng trong tam giác cụ thể là:
xác định các yếu tố trong tam giác, giải tam giác, chứng minh các đẳng thức, bất
đẳng thức liên quan đến các yếu tố trong tam giác, tứ giác, nhận dạng tam giác.
Sáng kiến đã góp phần trang bị kiến thức cho học sinh để làm được một lớp
các bài tập về hệ thức lượng tam giác trong kỳ thi học sinh giỏi, kì thi THPT
Quốc gia trong các năm sắp tới và giảm bớt khó khăn lúng túng, tạo sự tự tin
cho học sinh trong việc giải các bài toán hình học.
2. Tên sáng kiến:
Một số bài toán về thức lượng trong tam giác.
1


3. Tác giả sáng kiến:

- Họ và tên: Tạ Thị Hồng Yến.
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học.
- Số điện thoại: 0962390261 . E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Tạ Thị Hồng Yến.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Lĩnh vực: Toán học lớp 10.
- Vấn đề sáng kiến giải quyết: Bài toán về hệ thức lượng trong tam giác.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử, (ghi ngày nào
sớm hơn):
Tháng 2 năm 2014.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. Về nội dung của sáng kiến: Gồm ba phần
PHẦN I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Trên cơ sở các hệ thức lượng trong tam giác đã biết, định lí sin, định lý
Côsin, công thức tính độ dài đường trung tuyến, công thức tính diện tích tam
giác. Trong sáng kiến này trình bày các trường hợp cụ thể: về việc ứng dụng các
hệ thức lượng trong tam giác đã biết để giải quyết một số bài toán có liên quan.
PHẦN II. CƠ SỞ THỰC TIỄN
Tuy các hệ thức lượng trong tam giác rất đơn giản nhưng khi áp dụng vào
giải quyết các bài toán thì lại cần sự vận dụng linh hoạt, khéo léo để giải quyết
được vấn đề bài toán đưa ra.
Vì vậy việc hệ thống thành các dạng bài tập với phương pháp giải cho từng
dạng là việc rất quan trọng giảm bớt khó khăn, lúng túng cho học sinh khi giải
các bài tập dạng này.
2


PHẦN III. NỘI DUNG
A. Kiến thức và phương pháp cần nhớ.
B. Nội dung chính: Các dạng toán và phương pháp giải.

Dạng 1. Xác định các yếu tố trong tam giác.
Dạng 2. Giải tam giác.
Dạng 3. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố
trong tam giác, tứ giác.
Dạng 4. Nhận dạng tam giác
C. Bài tập ứng dụng.
D. Kết luận.
E. Tài liệu tham khảo.

A. Kiến thức và phương pháp cần nhớ
1. Định lí côsin: Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b và AB = c . Ta có :
3


a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos A
b 2 = c 2 + a 2 − 2ca.cos B
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab.cos C

Hệ quả:
b2 + c2 − a 2
cos A =
2bc
2
c + a 2 − b2
cos B =
2ca
a 2 + b2 − c2
cos C =
2ab

Hình 2.6

2. Định lí sin : Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b , AB = c và R là bán
kính đường tròn ngoại tiếp. Ta có :
a
b
c
=
=
= 2R
sin A sin B sin C

3. Độ dài trung tuyến: Cho tam giác ABC với m a , m b , m c lần lượt là các trung
tuyến kẻ từ A, B, C. Ta có :
2(b 2 + c 2 ) − a 2
2(a 2 + c 2 ) − b 2
2(a 2 + b 2 ) − c 2
2
2
m =
, mb =
, mc =
4
4
4
2
a

4. Diện tích tam giác
Với tam giác ABC ta kí hiệu h a , h b , h c là độ dài đường cao lần lượt tương ứng

với các cạnh BC, CA, AB; R, r
lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác; p =

a+b+c
là nửa
2

chu vi tam giác; S là diện tích tam giác. Khi đó ta có:
S=

1
1
1
ah a = bh b = ch c
2
2
2

=

1
1
1
bcsin A = ca sin B = absin C
2
2
2

=

abc
4R

= pr =

p(p − a)(p − b)(p − c)

(công thức Hê–rông)

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.
DẠNG 1: Xác định các yếu tố trong tam giác.
4


1. Phương pháp.
• Sử dụng định lí côsin và định lí sin
• Sử dụng công thức xác định độ dài đường trung tuyến và mối liên hệ của
các yếu tố trong các công thức tính diện tích trong tam giác.
2. Các ví dụ.
3
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 6 và cos A = .
4

Tính cạnh BC, và độ dài đường cao kẻ từ A.
Lời giải
Áp dụng định lí côsin ta có
3
BC 2 = AB2 + AC 2 − 2AB.AC.cos A = 4 2 + 6 2 − 2.4.6. = 16
4

Suy ra BC = 4
Vì sin 2 A + cos 2 A = 1 nên sin A = 1 − cos 2 A = 1 −
1
2

9
7
=
16
4
1
2

Theo công thức tính diện tích ta có SABC = AB.AC.sin A = .4.6.
1
2

7
= 3 7. (1)
4

1
2

Mặt khác SABC = a.h a = .4.h a (2)
Từ (1) và (2) suy ra

1
3 7
.4.h a = 3 7 ⇒ h a =

2
2

Vậy độ dài đường cao kẻ từ A là h a =

3 7
2

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính bằng 3, biết
µ = 300 , B
µ = 550 . Tính độ dài trung tuyến kẻ từ A và bán kính đường tròn nội tiếp
A

tam giác.
5


Phân tích đề:
Muốn tính độ dài đường trung tuyến ta phải tính được 3 cạnh của tam giác mà
giả thiết chưa cho cạnh nào. Với giả thiết bài này ta biết bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác và số đo 2 góc nên yếu tố đầu tiên ta nghĩ đến là tính góc
còn lại, sau đó sử dụng định lý Sin để tính các cạnh của tam giác.
Lời giải
µ = 1800 − A
µ −B
µ = 1800 − 300 − 550 = 950
Ta có C

Theo định lí sin ta có a = 2R sin A = 2.3.sin 300 = 3 ,
b = 2R sin B = 2.3.sin 550 = 6.sin 550

c = 2R sin C = 2.3.sin 950 = 6sin 950

Theo công thức đường trung tuyến ta có
m =
2
a

2 ( b2 + c2 ) − a 2
4

=

2 ( 36sin 2 550 + 36sin 2 950 ) − 9
4

≈ 27.69

Theo công thức tính diện tích tam giác ta có
SABC

1
bcsin A 36.sin 550.sin 950.sin 30 0
= pr = bcsin A ⇒ r =
=
≈ 1,06
2
2p
6sin 550 + 3 + 6sin 950

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC. Biết AB = 3, BC = 8,

·
cos AMB
=

5 13
. Tính độ dài cạnh AC và góc lớn nhất của tam giác ABC .
26

Phân tích:
Với giả thiết ta xét tam giác ABM biết 2 cạnh và 1 góc, ta tính được cạnh còn
lại. Khi đó sử dụng công thức độ dài đường trung tuyến ta tính được độ dài
cạnh còn lại của tam giác.
Lời giải
6


BC = 8 ⇒ BM = 4 . Đặt AM = x
·
=
Theo định lí côsin ta có: cos AMB

Suy ra

AM 2 + BM 2 − AB2
2AM.AB

5 13 x 2 + 16 − 9
=
26
2.4.x

Hình 2.7

 x = 13

⇔ 13x 2 − 20 13x + 91 = 0 ⇔ 
7 13
x
=

13

Theo công thức tính đường trung tuyến ta có AM =
2

TH1: Nếu x = 13 ⇒ 13 =

2 ( 32 + AC 2 ) − 82
4

2 ( AB2 + AC 2 ) − BC2
2AB.AC

⇒ AC = 7 .

Ta có BC > AC > AB ⇒ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có
cos A =

AB2 + AC2 − BC 2 9 + 49 − 64
1

=
=−
2AB.AC
2.3.7
7

Suy ra A ≈ 98012'

2
2
2
7 13
49 2 ( 3 + AC ) − 8
397
TH2: Nếu x =
⇒
=
⇒ AC =
13
13
4
13

Ta có BC > AC > AB ⇒ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có
AB2 + AC 2 − BC2
cos A =
=
2AB.AC

397

− 64
53
13
=−
397
5161
2.3.
13

9+

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC thỏa mãn

Suy ra A ≈ 137032'

a
b
2c
=
=
.
3
2
6− 2

a) Tính các góc của tam giác.
b) Cho a = 2 3 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

7

Phân tích: Với giả thiết trên ta nghĩ đến hướng biểu diễn các cạnh theo cùng
một yếu tố, sau đó sử dụng định lý Cosin để tính các góc của tam giác ABC.
Lời giải:
a) Đặt

a
= t > 0 ⇒ a = 3t, b = 2t, c = 6 − 2 t
3
2

Áp dụng định lí côsin ta có

(

)
)

2
2
2
b 2 + c 2 − a 2 2t + 2 − 3 t − 3t
1
cos A=
=
=
−
⇒ A = 1200
2
2bc

2
2 3 −1 t

(

(

)

2
2
2
a 2 + c 2 − b 2 3t + 2 − 3 t − 2t
2
cos B=
=
=
⇒ B = 450 , C = 150
2
2ac
2
2 3− 3 t

(

b) Áp dụng định lí sin, ta có: R =

)

a

2 3
=
= 2.
2sin A 2sin1200

DẠNG 2: Giải tam giác.
1. Phương pháp.
• Giải tam giác là tính các cạnh và các góc của tam giác dựa trên một số điều
kiện cho trước.
•

Trong các bài toán giải tam giác người ta thường cho tam giác với ba yếu tố
như sau: biết một cạnh và hai góc kề cạnh đó; biết một góc và hai cạnh kề
góc đó; biết ba cạnh. Để tìm các yếu tố còn lại ta sử dụng định lí côsin và
định lí sin; định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 1800 và trong một
tam giác đối diện với góc lớn hơn thì có cạnh lớn hơn và ngược lại đối diện
với cạnh lớn hơn thì có góc lớn hơn.

2. Các ví dụ.
µ = 600 , B
µ = 400 và c = 14 .
Ví dụ 1: Giải tam giác ABC biết A

8


Phân tích: Từ giả thiết ta biết 1 cạnh và 2 góc, ta sẽ xác định được góc thứ ba
luôn. Muốn xác định được các cạnh còn lại ta sử dụng định lý sin.
Lời giải
µ = 1800 − A

µ −B
µ = 1800 − 600 − 400 = 800
Ta có C

Theo định lí sin ta có
a=

csin A 14.sin 600
=
⇒ a ≈ 12,3
sin C
sin 800

csin B 14.sin 400
b=
=
⇒ b ≈ 9,1
sin C
sin 800
µ = 850 .
Ví dụ 2: Giải tam giác ABC biết b = 30; c = 35 và A

Phân tích: Từ giả thiết biết 2 cạnh và 1 góc ta xác định tính cạnh a trước bằng
cách sử dụng định lý côsin, sau đó sử dụng định lý sin để tính các góc còn lại.
Lời giải
Theo định lí côsin ta có
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos A = 302 + 352 − 2.30.35.cos850

Suy ra a ≈ 44,07
Theo định lí sin ta có

bsin A 30sin 850
µ ≈ 420 41'
sin B =
=
⇒B
a
44,07
µ = 1800 − A
µ −B
µ ≈ 1800 − 850 − 420 41' = 52019'
Suy ra C

Ví dụ 3: Giải tam giác ABC biết a = 4, b = 5,c = 7.
Phân tích: Với bài toán biết ba cạnh của tam giác, muốn xác định các góc của
tam giác đó ta sử dụng định lý côsin.
Lời giải:
9


Ta có: cos A =

b 2 + c 2 − a 2 58
µ ≈ 3403'
=
⇒A
2bc
70

a 2 + c 2 − b 2 40
µ ≈ 440 25'

cosB =
=
⇒B
2ac
56

(

)

µ = 1800 − A
µ +B
µ = 101032' .
Suy ra C

Tiếp theo ta xét ví dụ liên quan đến tìm các yếu tố trong tam giác với mức độ
phức tạp hơn bài toán trên, cần vận dụng linh hoạt các phép biến đổi.
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có góc A bằng 60 0, BC = a = 10, AC = b, AB = c , bán
kính đường tròn nội tiếp r =

5 3
. Tính độ dài b và c.
3

Lời giải:
Áp dụng định lý hàm sin ta có:

Mặt khác: S∆ABC =
⇔ bc =

a
a
10
= 2R ⇒ R =
=
sin A
2sin A
3

abc
40 10 + b + c 5 3
= p.r ⇒ 10bc = 4Rpr =
.
.
4R
2
3
3

10
(10 + b + c) , (1)
3

Theo định lý hàm cosin ta có:
2
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos A ⇔ 100 = b 2 + c 2 − bc ⇔ 100 = (b + c) − 3bc ,

Thay (1) vào (2) ta được: 100 = (b + c) 2 − 3.

(2)

10
(10 + b + c) , (3)
3
 t = 20
 t = −10 (loai)

2
Đặt t=b+c (t>0), phương trình (3) trở thành: t − 10t − 200 = 0 ⇔ 

b + c = 20
b = 10

⇔
Với t = 20 suy ra: 
10
c = 10
bc = 3 (10 + 20) = 100
10


Vậy b = c = 10.
Nhận xét: Với các bài toán trên ta cần vận dụng linh hoạt các hệ thức lượng
trong tam giác, kết hợp với biến đổi đại số khéo léo ta mới xử lý được bài toán
trọn vẹn.

DẠNG 3: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố
của tam giác, tứ giác .
1. Phương pháp giải.
• Để chứng minh đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản để biến đổi vế

này thành vế kia, hai vế cùng bằng một vế hoặc biến đổi tương đương về
một đẳng thức đúng.
• Để chứng minh bất đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản, bất đẳng
thức cạnh trong tam giác và bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, bunhiacôpxki,
…)
2. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thỏa mãn sin 2 A = sin B.sin C . Chứng minh rằng
a) a 2 = bc
b) cos A ≥

1
2

Phân tích: Với giả thiết trên ta cần nghĩ đến việc sử dụng định Sin để giải quyết
phần a)
Ở phần b) ta cần sử dụng định lý côsin và kết hợp phần a) để giải
quyết bài toán.
Lời giải
a) Áp dụng định lí sin ta có sin A =

a
b
c
, sin B =
,sin C =
2R
2R
2R
11

2

b c
 a 
.
⇔ a 2 = bc đpcm
Suy ra sin A = sin B.sin C ⇔ 
÷ =
2R 2R
 2R 
2

b) Áp dụng định lí côsin và câu a) ta có
b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − bc 2bc − bc 1
cos A =
=
≥
= (đpcm)
2bc
2bc
2bc
2

Tiếp theo sử dụng định lí Côsin cho tam giác và áp dụng bất đẳng thức ta
có thể giải được bài toán sau:
Ví dụ 2: Trích đề thi HSG môn toán lớp 10 tỉnh Hải Dương (2012-2013)
Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi α là góc giữa hai đường trung tuyến BM
và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin α ≤

3
5

Lời giải:
B

N
G

C

A
M

Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam
c2
b2
2
2
giác. Có CN = b + , BM = c + . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có:
4
4
2

2

−2(b 2 + c 2 )
BG 2 + CG 2 − BC2
·
cos BGC =

=
;
(4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 )
2BG.CG

Do đó cosα =

2(b 2 + c 2 )
(4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 )

Có (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 ) ≤

5(b 2 + c 2 )
;" = " ⇔ 4c 2 + b 2 = 4b 2 + c 2 ⇔ b = c
2
12


2(b 2 + c 2 )

Do đó cosα =

≥

2(b 2 + c 2 ).2 4
=
5(b 2 + c 2 )
5

(4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 )

3
Hay sin α = 1 − cos 2α ≤ . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A
5

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng:
a) cos

A
p(p − a)
=
2
bc

b) sin A + sin B + sin C = 4cos

A
B
C
cos cos
2
2
2

Lời giải
a) Trên tia đối của tia AC lấy D thỏa AD = AB = c suy ra tam giác BDA cân tại
1µ
·
= A
A và BDA
.

2

Áp dụng định lý hàm số Côsin cho ∆ABD , ta có:
·
BD 2 = AB2 + AD 2 − 2AB.AD.cos BAD
= 2c 2 − 2c 2 .cos(1800 − A)
b 2 + c2 − a 2
= 2c (1 + cos A) = 2c (1 +
)
2bc
c
4c
= (a + b + c)(b + c − a) = p(p − a)
b
b
2

Suy ra BD = 2

2

cp(p − a)
b

Gọi I là trung điểm của BD suy ra AI ⊥ BD .
Trong tam giác ADI vuông tại I, ta có
cos

A
DI BD

·
= cos ADI
=
=
=
2
AD 2c

p(p − a)
.
bc

13


Vậy cos

A
p(p − a)
=
.
2
bc

b) Từ định lý hàm số sin, ta có: sin A + sin B + sin C =

Theo câu a) ta có cos

cos

a
b
c
p
+
+
=
(1)
2R 2R 2R R

A
p(p − a)
B
p(p − b)
=
, tương tự thì cos =
và
2
bc
2
ca

C
p(p − c)
,
=
2
ab

kết hợp với công thức S = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) =

Suy ra 4cos

abc
4R

A
B
C
p(p − a) p(p − b) p(p − c)
cos cos = 4
2
2
2
bc
ca
ab
=

4p
4pS p
p(p − a)(p − b)(p − c) =
=
(2)
abc
abc R

Từ (1) và (2) suy ra sin A + sin B + sin C = 4cos

A
B

C
cos cos
2
2
2

Nhận xét: Từ câu a) và hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công thức
sin

A
(p − b)(p − c)
A
(p − b)(p − c)
A
p(p − a)
=
; tan =
; cot =
2
bc
2
p(p − a)
2
(p − b)(p − c)

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng: cot A =

b2 + c2 − a 2
4S

Lời giải:
1
2

Áp dụng định lí côsin và công thức S = bcsin A ta có:
cos A b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − a 2
cot A =
=
=
(đpcm)
sin A
2bcsin A
4S

Với công thức trên ta có thể áp dụng để giải một số bài toán sau:
14


Ví dụ 4: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2013-2014
Cho tam giác ABC không vuông với a = BC, b = CA, c = AB . Chứng minh rằng
nếu a 2 + b 2 = 2c 2 và tan A + tan B = 2 tan C thì ABC là một tam giác cân.
Lời giải:
Áp dụng Ví dụ 3 ta có tan A =

1
4S
= 2 2
.
cot A b + c − a 2

Tương tự ta tính được tan B =

4S
4S
, tan C = 2
.
2
2
c +a −b
a + b2 − c2
2

Theo giả thiết
tan A + tan B = 2 tan C ⇔

4S
4S
4S
+ 2
=2 2
2
2
2
2
b +c −a
c +a −b
a + b2 − c2
2

(

⇔ a 4 − ( b2 − c 2 ) + b 4 − ( c2 − a 2 ) = 2 c4 − ( a 2 − b2 )
2

2

2

)

⇔ a 4 − b 4 − c 4 + 2b 2c 2 + b 4 − c 4 − a 4 + 2c 2a 2 = 2c 4 − 2a 4 − 2b 4 + 4a 2 b 2
⇔ 2c 4 − ( a 2 − b 2 ) = c 2 ( a 2 + b 2 )
2

⇔ 2c 4 − ( a 2 − b 2 ) = 2c 4 ⇔ a = b
2

Hay tam giác ABC cân
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC, chứng minh cot A + cot B + cot C ≥ 3 .
Lời giải:
c2 + a 2 − b2
a 2 + b 2 − c2
Theo ví dụ 3 tương tự ta có cot B =
, cot C =
4S
4S
b 2 + c2 − a 2 c2 + a 2 − b2 a 2 + b2 − c 2
+
+
Suy ra cot A + cot B + cot C =

4S
4S
4S
=

a 2 + b2 + c2
4S
3

3

 3p − a − b − c   p 
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ 
÷ = ÷
3

 3

15


p3
p2
Mặt khác S = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ⇒ S ≤ p =
27 3 3

Ta có p

2

( a + b + c)
=
4

2

≤

3( a 2 + b2 + c2 )
4

suy ra S ≤

a 2 + b2 + c2
4 3

a 2 + b 2 + c2
cot A + cot B + cot C ≥
= 3
a 2 + b2 + c2
Do đó
đpcm.
4.
4 3

Ví dụ 6 : Trích đề thi học sinh giỏi lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2011-2012
Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao
·
·
·

·
cho MAB
= MBC
= MCD
= MDA
= ϕ . Chứng minh đẳng thức sau:
cot ϕ =

AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2
,
2AC.BD.sin α

trong đó α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
Lời giải:
1
2

Trước hết ta có các kết quả sau: SABCD = AC.BD.sin α ;
AB2 + MA 2 − MB2
cot ϕ =
4SMAB

Tương tự ta được:
AB2 + MA 2 − MB2 BC2 + MB2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2
cot ϕ =
=
=
4SMAB
4SMBC
4SMCD

DA 2 + MD 2 − MA 2
AB2 + BC 2 + CD 2 + DA 2
=
=
4SMDA
4 ( SMAB + SMBC + SMCD + SMDA )
=

AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2 AB2 + BC 2 + CD 2 + DA 2
=
4SABCD
2AC.BD.sin α

Tiếp theo chúng ta xét ví dụ sử dụng đến công thức tính độ dài đường
trung tuyến
16


Ví dụ 7: Trích đề thi HSG toán lớp 10 tỉnh Hải Dương (2015-2016)
Cho tam giác ABC có

(b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu

lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C.
Biết rằng 2m a2 ≥ m b2 + m c2 (*). Chứng minh rằng a 2 ≤ 4S.cotA .
Lời giải:
Ta có m a2 =

2(b 2 + c 2 ) − a 2
2(a 2 + c 2 ) − b 2

2(a 2 + b 2 ) − c 2
, m b2 =
, m c2 =
4
4
4

a 2 c2 + a 2 b2 a 2 + b2 c2
− +
−
(*) ⇔ b + c − ≥
2
2
4
2
4
2

2

⇔ b 2 + c 2 ≥ 2a 2 (**)

Ta có 4S.cot A = 2bc.sin A.

cos A
= 2bc.cos A = b 2 + c 2 − a 2
sin A

Từ (**) ⇔ b 2 + c 2 − a 2 ≥ a 2 Hay 4S.cotA ≥ a 2
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai trung

tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là b 2 + c 2 = 5a 2 .
Lời giải:
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC .
Khi đó hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi tam giác
GBC vuông tại G
2

2

2
 2 
⇔ GB + GC = BC ⇔  m b ÷ +  m c ÷ = a 2 (*)
3
 3 
2

2

2

Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có
m 2b =

2(a 2 + c 2 ) − b 2
2(a 2 + b 2 ) − c 2
, mc2 =
4
4

17

Suy ra (*) ⇔

4 2
m b + m c2 ) = a 2
(
9

2
2
2
2 ( a 2 + b2 ) − c2 
4  2( a + c ) − b
 = a 2 ⇔ 4a 2 + b 2 + c 2 = 9a 2 ⇔ b 2 + c 2 = 5a 2
⇔ 
+
9
4
4



(đpcm)
Ví dụ 9: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2012 – 2013
Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là
m, n, p . Tính độ dài các cạnh AB, BC, CA theo m, n, p .

Lời giải:
Kí hiệu a = BC, b = CA,c = AB, p =

a=

a+b=c
. Khi đó ta có:
2

2S
2S
2S
, b = ,c =
m
n
p

Theo công thức Hê – rông ta có:
S = p ( p − a ) ( p − b) ( p − c)
 1 1 1  1 1 1  1 1 1  1 1 1
⇔ 4S = 2S  + + ÷2S  − + + ÷2S  − + ÷2S  + − ÷
m n p  m n p m n p m n p
⇔ 4S = 4S2 .k ⇔ S =

1
, trong đó
k

 1 1 1  1 1 1  1 1 1  1 1 1 
k =  + + ÷ − + + ÷ − + ÷ + − ÷
 m n p  m n p  m n p  m n p 

Do đó a =

2
2
2
,b =
,c =
.
mk
nk
pk

Ví dụ 10: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2015 – 2016
Cho tam giác ABC không vuông với độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh B,C lần
lượt là h b , h c , độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là m a . Tính cos A , biết
h b = 8, h c = 6, m a = 5.
18


Lời giải:

Vẽ đường cao BM và CN của tam giác ABC ( M ∈ AC, N ∈ AB ). Gọi K là
trung điểm của BC, qua K kẻ đường thẳng song song với CN và BM cắt AB, AC
lần lượt tại E và F. Khi đó E là trung điểm BN và F là trung điểm CM.
Bốn điểm A, E, K, F nằm trên đường tròn đường kính AK = 5 , theo định lý sin
·
trong tam giác EKF ta được EF = AK.sin EKF
= 5sin A .
⇔ cos A = −

24

25

(vì

cos A ≠ 0 ).

Áp dụng định lý cosin trong tam giác EKF ta được :
·
EF2 = KE 2 + KF2 − 2KE.KF.cos EKF
= 32 + 4 2 + 2.3.4.cos A
⇔ 25sin 2 A = 25 + 24.cos A ⇔ 25 ( 1 − cos 2 A ) = 25 + 24.cos A

Ví dụ 11: Cho tứ giác ABCD có E, F là trung điểm các đường chéo. Chứng
minh : AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2 = AC 2 + BD 2 + 4EF2
Lời giải

Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác ABC và ADC ta có:
AC 2
(1)
AB + BC = 2BE +
2
2

2

2

CD 2 + DA 2 = 2DE 2 +

AC 2

(2)
2
19


Từ (1) và (2) suy ra
AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2 = 2 ( BE 2 + DE 2 ) + AC2
BD 2
Mặt khác EF là đường trung tuyến tam giác BDF nên BE + DE = 2EF +
2
2

2

2

Suy ra AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2 = AC 2 + BD 2 + 4EF2
b) Góc A vuông ⇔ m 2b + m c2 = 5ma2
Ví dụ 12: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Hải Dương năm học (2018 – 2019)
Cho tam giác nhọn ABC , gọi H, E, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh
A, B,C . Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là S∆ABC và S∆HEK . Biết
9
4

rằng S∆ABC = 4S∆HEK , chứng minh sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = .
Lời giải:
Đặt S = SABC thì từ giả thiết suy ra
3
S
S

S
3
SEAK + SKBH + SHCE = S ⇒ EAK + KBH + HCE =
4
S
S
S
4
1
SEAK 2 AE.AK sin A AE AK
=
=
.
= cos A.cos A = cos 2 A
1
S
AB.ACsin A AB AC
2
1
SKBH 2 BK.BH.sin B BK BH
=
=
.
= cos B.cos B = cos 2 B
1
S
AB.BCsin B BC AB
2
1
SHCE 2 CH.CE.sin C CH CE

=
=
.
= cos C.cos C = cos 2 C
1
S
AC.BCsin C AC BC
2
SEAK SKBH SHCE 3
3
+
+
= ⇔ cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C =
S
S
S
4
4
⇔ 1 − sin 2 A + 1 − sin 2 B + 1 − sin 2 C =

3
9
⇔ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = .
4
4
20


DẠNG 4: Nhận dạng tam giác
1. Phương pháp giải.

Sử dụng định lí côsin; sin; công thức đường trung tuyến; công thức tính diện tích
tam giác để biến đổi giả thiết về hệ thức liên hệ cạnh(hoặc góc) từ đó suy ra
dạng của tam giác.
2. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thoả mãn sin C = 2sin Bcos A . Chứng minh minh
rằng tam giác ABC cân .
Lời giải: Áp dụng định lí côsin và sin ta có:
c
b b2 + c2 − a 2
sin C = 2sin Bcos A ⇔
= 2.
.
2R
2R
2bc

c2 = b 2 + c2 − a 2 ⇔ a = b

Suy ra tam giác ABC cân tại đỉnh C.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC thoả mãn sin A =

sin B + sin C
. Chứng minh rằng
cos B + cos C

tam giác ABC vuông.
Lời giải
Ta có: sin A =
⇔

sin B + sin C
⇔ sin A(cos B + cos C) = sin B + sin C
cos B + cos C

a c2 + a 2 − b2 a 2 + b2 − c2
b+c
(
+
)=
2R
2ca
2ab
2R

⇔ b(c 2 + a 2 − b 2 ) + c(a 2 + b 2 − c 2 ) = 2b 2c + 2c 2 b
⇔ b3 + c3 + b 2c + bc 2 − a 2 b − a 2c = 0 ⇔ (b + c)(b 2 + c 2 ) − a 2 (b + c) = 0
b 2 + c 2 = a 2 ⇔ ∆ABC vuông tại A.

Thay đổi một chút giả thiết của bài toán trên ta có bài toán sau
Ví dụ 3: Trích Đề thi HSG 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2016 -2017

21


Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, CA = b, AB = c . Chứng minh rằng nếu
sin A =

sin B + 2sin C
2cos B + cos C

thì tam giác ABC vuông.

Lời giải:
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Áp dụng định lí Sin, Cosin trong tam giác ABC ta có sin A =

a
b
,sin B =
,
2R
2R

c
a 2 + c2 − b 2
a 2 + b2 − c2
,cos C =
, cos B =
2R
2ac
2ab

sin C =

Khi đó

sin A =

sin B + 2sin C
b + 2c

⇔a=
2
2
a + c − b2 a 2 + b2 − c2
2cos B + cos C
2
+
2ac
2ab

⇔ 2a 2 b − 2c 2 b − 2b 3 − b 2c + ca 2 − c3 = 0

⇔ ( 2b + c ) ( a 2 − b 2 − c 2 ) = 0 ⇔ a 2 = b 2 + c 2

Vậy tam giác ABC vuông tại A.

Ví dụ 4: Trích Đề thi HSG lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2014 - 2015
Cho tam giác ABC không vuông và có các cạnh BC = a, CA = b, AB = c .
Chứng

minh

rằng

nếu

tam

giác

ABC thỏa

mãn

a 2 + b 2 = 2c 2

và

tan A + tan C = 2 tan B thì tam giác ABC đều.

Lời giải:
Theo định lí hàm số sin và côsin ta có:
a
sin A
abc
tan A =
= 2 2R2
=
2
2
cos A b + c − a
R ( b + c2 − a 2 )
2bc
abc

abc

Tương tự ta có tan B == R c 2 + a 2 − b 2 , tan C = R a 2 + b 2 − c 2 .
(
)

(
)
22


⇒ tan A + tan C = 2.tan B ⇔

abc
abc
abc
+
= 2.
2
2
2
2
2
2
R( b +c −a ) R( a +b −c )
R ( a + c2 − b 2 )
2

1
1
1
+ 2
= 2. 2 2
2
2
2

2
b +c −a
a +b −c
a + c − b2

⇔

2

⇔ ( c2 + a 2 − b 2 ) ( a 2 + b 2 − c2 ) + ( b2 + c2 − a 2 ) ( a 2 + c2 − b 2 )

(

= 2 ( b2 + c2 − a 2 ) ( a 2 + b2 − c2 ) ⇔ a 4 − ( b2 − c2 ) + c4 − ( a 2 − b2 ) = 2 b 4 − ( a 2 − c2 )
2

2

2

)

⇔ a 2 ( a 2 + b 2 − 2c 2 ) + ( c 2 − b 2 ) ( c 2 + 2b 2 ) = 0 ⇔ b = c (do a 2 + b 2 = 2c 2 ),

kết hợp với a 2 + b 2 = 2c 2 ⇒ a = b = c .
Tiếp theo chúng ta xét ví dụ sau cần vận dụng nhiều công thức hệ thức
lượng và bất đẳng thức để giải quyết được bài toán.
Ví dụ 3: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Hà Nam năm học 2013-2014
Cho tam giác ABC có AC = b, AB = c, BC = a. là độ dài ba cạnh của tam giác,
m a , m b , m c là độ dài 3 đường trung tuyến lần lượt xuất hát từ A, B, C. Gọi R, S

lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, diện tích của tam giác. Chứng minh
rằng nếu:

1
1
1
3
+
+
=
thì tam giác ABC đều.
abm c bcm a acm b 2RS

Lời giải:
Ta có:

1
1
1
3
1
1
1
2 3
+
+
=
⇔
+

+
=
abm c bcm a acm b 2RS
abm c bcm a acm b abc

c
b
a
+
+
=2
3m c
3m b
3m a

Mà

Vì

a
=
3m a

a2
2b 2 + 2c 2 − a 2
3a
4

=

2a 2
3a 2b 2 + 2c 2 − a 2

3a 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2
3a 2b + 2c − a ≤
= b 2 + c2 + a 2
2
2

2

2

23


Nên

a
2a 2
≥ 2
2
2 , tương tự
3m a a + b + c

b
2b 2
≥ 2
,
2

2
3m b a + b + c

c
2c 2
≥ 2
2
2
3m c a + b + c

c
b
a
+
+
≥ 2 dấu bằng xảy ra khi
3m c
3m b
3m a

Do đó

3a 2 = 2b 2 + 2c 2 − a 2
 2
2
2
2
3b = 2a + 2c − b ⇔ a = b = c
3c 2 = 2b 2 + 2a 2 − c 2


Vậy khi đó tam giác ABC đều.
Tiếp theo với việc sử dụng định lý Sin và bất đẳng thức Côsi ta có thể giải
quyết được bài toán sau:
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp
R thỏa mãn hệ thức S =

2 2
R ( sin 3 A + sin 3 B + sin 3 C ) . Chứng minh tam giác
3

ABC là tam giác đều.

Lời giải:
a3
B3
c3
3
3
Theo định lí sin ta có : sin A = 3 ; sin B = 3 ;sin C = 3
8R
8R
8R
3

2 2  a3
b3
c3  a 3 + b 3 + c3
VT = R  3 + 3 + 3 ÷ =
3  8R 8R 8R 

12R

Áp dụng bắt đẳng thức côsi ta có: a 3 + b3 + c3 ≥ 3abc
⇒ VT ≥

abc
4R

Mà S =

abc
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ⇔∆ ABC đều
4R

Ví dụ 5: Nhận dạng tam giác ABC trong các trường hợp sau:
a) a.sin A + bsin B + csin C = h a + h b + h c
24


b)

cos 2 A + cos 2 B 1
= (cot 2 A + cot 2 B)
2
2
sin A + sin B 2

Lời giải
1
2

1
2

a) Áp dụng công thức diện tích ta có S = bcsin A = ah a suy ra
a.sin A + bsin B + csin C = h a + h b + h c ⇔ a.

2S
2S
2S 2S 2S 2S
+ b. + c. =
+
+
bc
ca
ab a
b
c

⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 0 ⇔ a = b = c
2

2

2

Vậy tam giác ABC đều
b) Ta có:

cos 2 A + cos 2 B 1

= (cot 2 A + cot 2 B)
2
2
sin A + sin B 2

cos 2 A + cos 2 B + sin 2 A + sin 2 B 1
⇔
= (cot 2 A + 1 + cot 2 B + 1)
2
2
sin A + sin B
2
⇔

2
1
1
1
= ( 2 + 2 ) ⇔ (sin 2 A + sin 2 B) 2 = 4sin 2 A sin 2 B
2
sin A + sin B 2 sin A sin B
2

2

2

 a   b 
⇔ sin A = sin B ⇔ 
÷ =

÷ ⇔ a = b ⇔ ∆ABC cân tại C.
 2R   2R 
2

2

C. Bài tập vận dụng.
Bài 1: Cho tam giác ABC thỏa mãn a 4 = b 4 + c 4 . Chứng minh rằng
a) Tam giác ABC nhọn
b) 2sin 2 A = tan B tan C

25