Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác: Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

TRẦN THỊ XUYẾN CHI

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNG
TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

TRẦN THỊ XUYẾN CHI

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNG
TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.0113

Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. PHAN HUY KHẢI

HÀ NỘI - 2014


Mục lục
Mở đầu

3

Một số ký hiệu

4

1 Kiến thức cơ sở
1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Các công thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác . . . . . . . . .

5
5
7
9

2 Hệ
2.1
2.2
2.3

thức lượng trong tam giác thường
11
Hệ thức lượng giác không điều kiện . . . . . . . . . . . . . . 11

Hệ thức lượng giác có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3 Hệ thức lượng trong tam giác vuông
25
3.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông. . . . 25
3.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4 Hệ thức lượng trong tam giác cân
38
4.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân. . . . . 38
4.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5 Hệ
5.1
5.2
5.3

thức lượng trong tam giác đều
47
Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều . . . . . 47
Nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện . . . . . . . . . . . . 51
Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác
6.1 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số
6.2 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học .
6.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phụ lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

56
56
65
81
83
98
99


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết
ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS Phan Huy Khải người đã tận tình
hướng dẫn để em có thể hoàn thành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo

trong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc
Gia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khích lệ và giúp đỡ
em trong suốt quá trình học tập và thực hiện khóa luận.
Hà Nội, ngày 15 tháng 02 năm 2014
Học viên
Trần Thị Xuyến Chi

2


Mở đầu
Hệ thức lượng trong tam giác là nội dung quan trọng trong trường phổ
thông, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào đại học và các kỳ thi học
sinh giỏi các cấp. Đây là chuyên đề hay và tương đối khó với học sinh phổ
thông. Để có cái nhìn toàn cảnh về chuyên đề này, luận văn đi sâu vào nghiên
cứu các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác.
Cấu trúc luận văn gồm 6 chương.
Chương 1. Kiến thức cơ sở.
Chương 2. Hệ thức lượng trong tam giác thường.
Chương 3. Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Chương 4. Hệ thức lượng trong tam giác cân.
Chương 5. Hệ thức lượng trong tam giác đều.
Chương 6. Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác.
Bây giờ chúng tôi sẽ nói kỹ một chương tiêu biểu, ví dụ như chương 3.
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày các phần sau:
1. Nhận dạng tam giác vuông. Trong mục này đưa ra những đặc điểm tiêu
biểu nhất của tam giác vuông. Phương pháp để chứng minh tam giác vuông
là biến đổi biểu thức đưa về một trong các đặc điểm này.
2. Các ví dụ về nhận dạng tam giác vuông. Ở đây chúng tôi trình bày

những ví dụ tiêu biểu nhất được phân loại từ dễ đến khó.
3. Hệ thống và phân loại bài tập về tam giác vuông.
Phần cuối luận văn là phụ lục. Trong đó chúng tôi trình bày cách thiết
lập các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác dựa vào mối liên hệ giữa
các yếu tố của tam giác và nghiệm phương trình bậc ba.
Mặc dù hết sức cố gắng nhưng luận văn không tránh khỏi những sai sót.
Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý
thầy cô và bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn!

3


Một số ký hiệu

ABC
A, B, C
a, b, c
ha , hb , hc
ma , mb , mc
la , lb , lc
R
r
ra , rb , rc
S
a+b+c
p=
2
đpcm

Tam giác ABC .
Các góc đỉnh của tam giác ABC .
Các cạnh đối diện với đỉnh A, B, C .
Đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C .
Độ dài đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C .
Độ dài đường phân giác kẻ từ các đỉnh A, B, C .
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
Bán kính đường tròn bàng tiếp trong các góc A, B, C .
Diện tích tam giác.
Nửa chu vi tam giác.
Điều phải chứng minh.

4


Chương 1

Kiến thức cơ sở
1.1

Các hệ thức lượng trong tam giác

Định lý hàm số sin

a
b
c
=
=

= 2R.
sin A sin B
sin C
Định lý hàm số cosin

Định lý hàm số tang

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A.
b2 = a2 + c2 − 2ac cos B.
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.
A−B
a−b
2 .
=
A+B
a+b
tan
2
B−C
b − c tan 2
.
=
B+C
b+c
tan
2
C −A
c − a tan 2
.
=

C +A
c+a
tan
2
tan

Định lý hàm số cotang

cot A + cot B + cot C =
Độ dài đường trung tuyến
5

a2 + b2 + c2
.
4S


2b2 + 2c2 − a2
.
=
4
2a2 + 2c2 − b2
2
mb =
.
4
2a2 + 2b2 − c2
.
m2c =
4

m2a

Độ dài đường phân giác trong

2bc
A
2bc p(p − a)
cos =
.
b+c
2
b+c
bc
B
2ca
p(p − b)
2ca
cos =
.
lb =
c+a
2
c+a
ca
2ab
C
2ab p(p − c)
lc =
cos =

.
a+b
2
a+b
ab
la =

Công thức tính diện tích

1
1
1
S = aha = bhb = chc
2
2
2
1
1
1
= bc sin A = ac sin B = ab sin C
2
2
2
abc
=
4R
= pr
= (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc
=

p(p − a)(p − b)(p − c).

Định lý hình chiếu

C
B
+ cot
2
2
C
A
b = r cot + cot
2
2
B
A
c = r cot + cot
2
2

a = r cot

= b cos C + c cos B.
= c cos A + a cos C.
= a cos B + b cos A.

Công thức tính các bán kính.
Bán kính đường tròn nội tiếp.

r=

S
A
B
C
= (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan .
p
2
2
2
6


Bán kính đường tròn ngoại tiếp.

a
b
c
abc
=
=
=
.
4S
2 sin A 2 sin B
2 sin C
Bán kính đường tròn bàng tiếp.
S
A
.

ra = p tan =
2
p−a
B
S
rb = p tan =
.
2
p−b
C
S
rc = p tan =
.
2
p−c
R=

1.2

Các công thức lượng giác

Các hệ thức lượng giác cơ bản.

sin2 α + cos2 α = 1.
cos α
.
cot α =
sin α
sin α
tan α =

.
cos α

tan α. cot α = 1.
1
1 + tan2 α =
.
cos2 α
1
.
1 + cot2 α =
sin2 α

Công thức cộng cung.

sin(α + β) = sin α. cos β + cos α. sin β.
sin(α − β) = sin α. cos β − cos α. sin β.
cos(α + β) = cos α. cos β − sin α. sin β.
cos(α − β) = cos α. cos β + sin α. sin β.
tan α + tan β
.
tan(α + β) =
1 − tan α. tan β
tan α − tan β
tan(α − β) =
.
1 + tan α. tan β
Công thức nhân cung.

sin 2α = 2 sin α cos α.

cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α.
7


2 tan α
.
1 − tan2 α
sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α.
cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α.
3 tan α − tan3 α
tan 3α =
.
1 − 3 tan2 α

tan 2α =

Công thức biến tổng thành tích.

α−β
α+β
. cos
.
2
2
α+β
α−β
sin α − sin β = 2 cos
. sin
.
2

2
α+β
α−β
cos α + cos β = 2 cos
. cos
.
2
2
α−β
α+β
. sin
.
cos α − cos β = −2 sin
2
2
sin(α + β)
tan α + tan β =
.
cos α. cos β
sin(α − β)
tan α − tan β =
.
cos α. cos β
sin(α + β)
cot α + cot β =
.
sin α. sin β
sin(α − β)
cot α − cot β =
.

sin α. sin β
sin α + sin β = 2 sin

Công thức biến tích thành tổng.

sin(α + β) + sin(α − β)
.
2
cos(α + β) + cos(α − β)
.
cos α. cos β =
2
cos(α − β) − cos(α + β)
sin α. sin β =
.
2
sin α. cos β =

Giá trị lượng giác của các góc (cung) có liên quan đặc biệt.

8


• Hai góc đối nhau:
cos(−α) = cos α.
sin(−α) = − sin α.
tan(−α) = − tan α.
cot(−α) = − cot α.
• Hai góc bù nhau
sin(π − α) = sin α.

cos(π − α) = − cos α.
tan(π − α) = − tan α.
cot(π − α) = − cot α.
• Hai góc phụ nhau:

π
sin( − α) = cos α.
2
π
cos( − α) = sin α.
2
π
tan( − α) = cot α.
2
π
cot( − α) = tan α.
2

• Hai góc hơn kém π :
tan(π + α) = tan α.
cot(π + α) = cot α.
sin(π + α) = − sin α.
cos(π + α) = − cos α.
1.3

Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác

Trong mọi tam giác ABC , ta có:

B

C
A
cos cos .
2
2
2
2) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C.
1) sin A + sin B + sin C = 4 cos

3) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cos C).
9


B
C
A
sin sin .
2
2
2
5) cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C.
4) cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin

6) cos2 A + cos2 B + cos2 C = 1 − 2 cos A cos B cos C.

7) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (ABC là tam giác không
vuông).

A
B

C
A
B
C
+ cot + cot = cot cot cot .
2
2
2
2
2
2
B
B
C
C
A
A
9) tan tan + tan tan + tan tan = 1.
2
2
2
2
2
2
10) cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1.
8) cot

10

Chương 2

Hệ thức lượng trong tam giác thường
Hệ thức lượng trong tam giác thường là dạng toán cơ bản nhất của bài
toán hệ thức lượng trong tam giác. Vì các kết quả này đúng cho mọi tam
giác đặc biệt khác như tam giác vuông, tam giác cân, tam giác đều... Bài
toán về hệ thức lượng trong tam giác thường gồm hai dạng: chứng minh hệ
thức lượng giác không điều kiện và chứng minh hệ thức lượng giác có điều
kiện. Phương pháp để giải dạng toán này là:
Cách 1. Biến đổi vế phức tạp sang vế đơn giản.
Cách 2. Biến đổi hai vế về cùng một biểu thức trung gian.
Cách 3. Biến đổi tương đương về một biểu thức đúng.
Sau đây là một số ví dụ tiêu biểu.

2.1

Hệ thức lượng giác không điều kiện

Các bài toán này đưa ra yêu cầu chứng minh các hệ thức lượng áp dụng
chung cho mọi tam giác.
Bài toán 2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

b−c
A c−a
B a−b
C
cos2 +
cos2 +
cos2 = 0.
a

2
b
2
c
2
B
−
C
A
−
C
A
−
B
a2 cos
b2 cos
c2 cos
2
2
2
2)
+
+
= ab + bc + ca.
A
B
C
2 sin
2 sin
2 sin

2
2
2
3) (b + c) cos A + (a + c) cos B + (a + b) cos C = a + b + c.
1)

Chứng minh
1) Ta có
11


A sin B − sin C
A
b−c
cos2 =
cos2 =
a
2
sin A
2
2 sin
=

2 cos

B+C
B−C
sin
2
2 cos2 A

A
A
2
2 sin cos
2
2

B−C
B+C
sin
1
2
2
= (cos C − cos B).
2
2

(1)

Tương tự ta có:

c−a
B
1
cos2 = (cos A − cos C).
(2)
b
2
2
C

1
a−b
cos2 = (cos B − cos A).
(3)
c
2
2
Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra đpcm.
2) Ta có
B−C
B−C
B−C
a2 cos
cos
cos
A
A
2
2
2
= a.2R. sin A
= a.2R.2 sin cos
A
A
A
2
2
2 sin
2 sin
2 sin

2
2
2
B+C
B−C
ab + ac
= aR(2 sin
cos
) = aR(sin B + sin C) =
.
2
2
2
(1)
Tương tự

A−C
bc + ba
2
=
.
B
2
2 sin
2
A
−B
c2 cos
ca + cb
2

=
.
C
2
2 sin
2
Cộng theo vế của (1), (2), (3) suy ra đpcm.
3) Áp dụng định lý hàm số sin, ta có
b2 cos

(2)

(3)

V T = 2R(sin B + sin C) cos A + 2R(sin A + sin C) cos B + 2R(sin A + sin B) cos C

= 2R(sin B cos A + sin A cos B) + 2R(sin C cos A + sin A cos C) + 2R(sin B cos C
+ sin C cos B)
= 2R sin(B + A) + 2R sin(C + A) + 2R sin(B + C)
= 2R sin C + 2R sin B + 2R sin A = a + b + c = V P. Đpcm.
12


Bài toán 2.2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

a2 + b2 + c2
.
1) bc cos A + ac cos B + ab cos C =
2
2) abc(cos A + cos B + cos C) = a2 (p − a) + b2 (p − b) + c2 (p − c).

Chứng minh
1) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có

VT =

b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2
a2 + b2 + c2
+
+
=
= V P.
2
2
2
2

2) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có

a2 + c2 − b2
a2 + b2 − c2
b2 + c2 − a2
+b
+c
VT =a
2
2
2
2
2
2

a
b
c
= (b + c − a) + (a + c − b) + (a + b − c)
2
2
2
2
2
2
= a (p − a) + b (p − b) + c (p − c) = V P. Đpcm.
Bài toán 2.3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

tan

A
B
C
+ tan + tan =
2
2
2

B
C
A
+ cos2 + cos2
2
2
2.

A
B
C
2 cos cos cos
2
2
2

cos2

Chứng minh

1
2

B
C
A
A
B
C
+ tan
+ tan + tan
+ tan + tan
2
2
2
2
2
2



B+C
C +A
A+B
sin
sin
sin
1

2
2
2
+
+
= 
B
C
A
A
B
C
2
cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2

2
2
C
A
B
cos2 + cos2 + cos2
2
2
2 = V P. Đpcm.
=
B
C
A
2 cos cos cos
2
2
2

VT =

tan

13


Bài toán 2.4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

A
.
2

A−B
C
2) ra − rb = 4R sin
cos .
2
2
3) a cot A + b cot B + c cot C = 2(R + r).
1) ra − r = 4R sin2

4) (ra2 + p2 )(ra − r) = 4Rra2.
ha − 2r
ha
B
C
5)
=
= tan tan .
ha
2ra + ha
2
2
Chứng minh
1) Ta có

A
A
A
A
− (p − a) tan = a tan = 2R sin A tan
2

2
2
2
A
A
A
A sin 2
= 2R.2 sin cos .
= 4R sin2 .
A
2
2
2
cos
2
B
A
2) Ta có ra − rb = p(tan − tan ).
2
2
Do
1
1
p = (a + b + c) = .2R(sin A + sin B + sin C)
2
2
B
C
A
= 4R cos cos cos .

2
2
2
ra − r = p tan

Thay (2) vào (1) ta có

ra − rb = p(tan

A
B
− tan )
2
2

A−B
sin
B
C
A
2
= 4R cos cos cos
A
B
2
2
2
cos cos
2
2

C
A−B
cos .
= 4R sin
2
2

3) Ta có

r=

ab sin C
S
=
p
a+b+c

14

(1)

(2)


2R sin A.2R sin B. sin C
2R (sin A + sin B + sin C)
A
B
C
A

B
C
2R.8. sin sin sin cos cos cos
2
2
2
2
2
2
=
B
C
A
4 cos cos cos
2
2
2
A
B
C
= 4R sin sin sin .
2
2
2
=

(1)

a cot A + b cot B + c cot C = 2R[sin A cot A + sin B cot B + sin C cot C]
= 2R[cos A + cos B + cos C]

B
C
A
= 2R 1 + 4 sin sin sin
2
2
2
= 2R + 2r = 2(R + r) do (1).
4) Ta có

(ra2

2

+ p )(ra − r) = p

2

A
1 + tan
2
2

A
A
p tan − (p − a) tan
=
2
2

p2

A
A
A
A
4R sin cos tan = 4R p tan
=
A
2
2
2
2
cos2
2

p2
cos2

A
2

a tan

2

= 4Rra2.

5) Ta có

2S
a p−a
2r
ha − 2r
p
=1− =
=1−
=1−
.
•
2S
ha
ha
p
p
a
2S
p−a
1
1
ha
a
=
= a
=
•
=
.
a
a

2S
2S
2ra + ha
p
+
+
1
+
p−a a
p−a
p−a
a

B
C
rb rc
S
S
p(p − a)(p − b)(p − c)
tan = . =
.
=
2
2
p p
p(p − b) p(p − c)
p2 (p − b)(p − c)
p−a
.
=

p
Đpcm.
Bài toán 2.5. (Bài toán phụ trợ) Trong mọi tam giác ABC , ta có các hệ
thức sau:
• tan

15

A
2


1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
10)
11)
12)
13)
14)

p2 + 4Rr + r2
.
sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A =

4R2
pr
sin A sin B sin C =
.
2R2
p2 − 4Rr − r2
2
2
2
.
sin A + sin B + sin C =
2R2
p(p2 − 6Rr − 3r2)
.
sin3 A + sin3 B + sin3 C =
4R3
p(p2 + r2 + 2Rr)
.
(sin A + sin B)(sin B + sin C)(sin C + sin A) =
4R3
p4 − (8Rr + 6r2)p2 + r2 (4R + r)2
4
4
4
.
sin A + sin B + sin C =
8R4
r2 + p2 − 4R2
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =
.

4R2
p2 − (2R + r)2
cos A cos B cos C =
.
4R2
6R2 + 4Rr + r2 − p2
2
2
2
.
cos A + cos B + cos C =
2R2
2Rr2 + r3 + p2 r
3
3
3
− 1.
cos A + cos B + cos C =
4R3
2Rr2 + r3 + p2r
.
(cos A + cos B)(cos B + cos C)(cos C + cos A) =
4R3
1
1
1
p2 + r2 + 4Rr
+
+
=

.
sin A sin B sin C
2pr
1
1
2R
1
+
+
=
.
sin A sin B sin B sin C sin C sin A
r
1
1
(p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr
1
.
+
+
=
4p2R2
sin2 A sin2 B sin2 C

sin A sin B sin B sin C sin C sin A p2 + r2 − 2Rr
15)
+
+
=
.

sin C
sin A
sin B
2Rr
1
1
p2 + r2 − 4R2
1
+
+
= 2
.
16)
cos A cos B cos C
p − (2R − r)2
17)

1
1
1
4R(R + r)
+
+
= 2
.
cos A cos B cos B cos C cos C cos A p − (2R + r)2

1
1
(p2 + r2 − 4R2 )2 − 8R(R + r)[p2 − (2R + r)2]

1
+
+
=
.
18)
cos2 A cos2 B cos2 C
[p2 − (2R + r)2]2
16


19)

20)
21)
22)
23)
24)
25)
26)
27)

28)

29)

30)

31)
32)

33)

cos A + cos B cos B + cos C cos C + cos A
+
+
cos C
cos A
cos B
(R + r)(p2 + r2 − 4R2)
=
− 3.
R[p2 − (2R + r)2 ]

p
sin A + sin B sin B + sin C sin C + sin A
.
.
= .
cos A + cos B cos B + cos C cos C + cos A r
B
C
2R − r
A
.
sin2 + sin2 + sin2 =
2
2
2
2R
8R2 + r2 − p2

4 B
4 C
4 A
.
+ sin
+ sin
=
sin
2
2
2
8R2
p2 + r2 − 8Rr
2 A
2 B
2 B
2 C
2 C
2 A
sin
sin
+ sin
sin
+ sin
sin
=
.
2
2
2

2
2
2
16R2
A
B
C
4R + r
cos2 + cos2 + cos2 =
.
2
2
2
2R
(4R + r)2 − p2
4 B
4 C
4 A
.
+ cos
+ cos
=
cos
2
2
2
8R2
p2 + (4R + r)2
2 A
2 B

2 B
2 C
2 C
2 A
cos
cos
+ cos
cos
+ cos
cos
=
.
2
2
2
2
2
2
16R2
1
1
p2 + r2 − 8Rr
1
+
+
=
.
r2
2 A
2 B

2 C
sin
sin
sin
2
2
2
1
1
1
8R(2R − r)
+
+
=
.
r2
2 B
2 C
2 A
2 A
2 B
2 C
sin
sin
sin
sin
sin
sin
2
2

2
2
2
2
1
1
p2 + (4R + r)2
1
+
+
=
.
A
B
C
p2
2
2
2
cos
cos
cos
2
2
2
1
1
1
8R(4R + r)
+

+
=
.
B
C
A
A
B
C
p2
2
2
2
2
2
2
cos
cos
cos
cos
cos
cos
2
2
2
2
2
2
3R2 + 4Rr + r2 − p2
.

cos 2A + cos 2B + cos 2C =
R2
2pr
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2 .
R
p2 − r2 − 4Rr
cot A + cot B + cot C =
.
2pr
17


p2 − (2R + r)2
.
34) cot A cot B cot C =
2pr
(p2 − r2 − 4Rr)2
35) cot A + cot B + cot C =
− 2.
4p2r2
2

2

2

2R2
36) (cot A + cot B)(cot B + cot C)(cot C + cot A) = 2 .
p
(p2 − r2 − 4Rr)3 − 48p2R2 r2

.
8p3r3
2pr
.
38) tan A + tan B + tan C = 2
p − (2R + r)2
37) cot3 A + cot3 B + cot3 C =

39) tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A =
40) tan2 A + tan2 B + tan2 C =
41) tan3 A + tan3 B + tan3 C =

p2 − r2 − 4Rr
.
p2 − (2R + r)2

4p2r2 − 2(p2 − r2 − 4Rr)[p2 − (2R + r)2]
.
[p2 − (2R + r)2]2
8pr[p2r2 − 3R2(p2 − (2R + r)2)]
.
[p2 − (2R + r)2]3

A
B
C
4R + r
+ tan + tan =
.
2

2
2
p
B
C
r
A
43) tan tan tan = .
2
2
2
p
42) tan

44)

tan

45) tan2

A
B
+ tan
2
2

tan

C
B

+ tan
2
2

tan

A
C
+ tan
2
2

B
C
(4R + r)2 − 2p2
A
.
+ tan2 + tan2 =
2
2
2
p2

A
(4R + r)3 − 12p2R
3 B
3 C
46) tan
.
+ tan

+ tan
=
2
2
2
p3
3

B
C
A
B
C
p
A
+ cot + cot = cot cot cot = .
2
2
2
2
2
2
r
B
B
C
C
A 4R + r
A
.

48) cot cot + cot cot + cot cot =
2
2
2
2
2
2
p

47) cot

A
p2 − 2r(4R + r)
2 B
2 C
49) cot
+ cot
+ cot
=
.
2
2
2
r2
p(p2 − 12Rr)
3 B
3 C
3 A
.
+ cot

+ cot
=
50) cot
2
2
2
r3
2

18

=

4R
.
p


51)

cot

A
B
+ cot
2
2

cot

C
B
+ cot
2
2

cot

A
C
+ cot
2
2

=

4pR
.
r2

B
C
A
B
C
A
tan
tan
+
tan

+
tan
+
tan
a
b
c
2
2+
2
2+
2
2
52)
+
+
=
C
A
B
p−a p−b p−c
tan
tan
tan
2
2
2
A
B
C

B
C
A
cot + cot
cot + cot
cot + cot
2
2
2
2
2
2 = 4R − 2r .
=
+
+
C
A
B
r
cot
cot
cot
2
2
2
B
C
A
53) a tan + b tan + c tan = 2(2R − r).
2

2
2
54) ra + rb + rc = 4R + r.
tan

55) ra .rb + rb .rc + rc .ra = p2 .
√
56) ra .rb.rc = p2 r, S = r.ra.rb.rc.
57) ra2 + rb2 + rc2 = (4R + r)2 − 2p2 .

58) ra3 + rb3 + rc3 = (4R + r)3 − 12p2R.
59) (ra + rb)(rb + rc )(rc + ra ) = 4p2 R.

1
1
1
1
+ + = .
ra rb rc
r
1
1
1
4R + r
61)
+
+
=
.
ra rb rb rc rc ra

p2 r
60)

62)

1
1
p2 − 2r(4R + r)
1
.
+
+
=
ra2 rb2 rc2
p2 r 2

63)

4R − 2r
ra + rb rb + rc rc + ra
+
+
=
.
rc
ra
rb
r

p2 + r2 + 4Rr

64) ha + hb + hc =
.
2R
2p2r
.
65) ha hb + hb hc + hc ha =
R
66) ha hb hc =

2p2.r2
,S =
R

1
Rha hb hc .
2

19


67)

1
1
1
1
+
+
= .
ha hb hc

r

1
1
1
p2 + r2 + 4Rr
68)
+
+
=
.
ha hb hb hc hc ha
4p2r2
1
1
p2 − r2 − 4Rr
1
.
69) 2 + 2 + 2 =
ha hb hc
2p2r2
70)

p2 + r2 − 2Rr
ha + hb hb + hc hc + ha
+
+
=
.
hc

ha
hb
2Rr

71) (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) = 4Rr + r2 .
72) (p − a)2 + (p − b)2 + (p − c)2 = p2 − 2r(4R + r).
73) (p − a)3 + (p − b)3 + (p − c)3 = p(p2 − 12Rr).
74)

1
1
1
4R + r
+
+
=
.
p−a p−b p−c
pR

75)

1
1
(4R + r)2 − 2p2
1
+
+
=
.

(p − a)2 (p − b)2 (p − c)2
p2 r 2

16Rr2p2
76) la lb lc = 2
.
p + 2Rr + r2
Nhận xét:

• Từ 76 hệ thức trên ta có một hệ thống các hệ thức lượng giác đóng vai
trò quan trọng trong các bài toán về nhận dạng tam giác.
• Các hệ thức này đều thống nhất ở điểm vế phải được tính theo ba đại
lượng R, r, p.
• Phương pháp chứng minh chung cho tất cả các hệ thức là sử dụng định
lý Viet đối với nghiệm của phương trình bậc ba. Phần chứng minh cho
các hệ thức trên được trình bày trong phần phụ lục của luận văn.

20


2.2

Hệ thức lượng giác có điều kiện

Đối với các hệ thức lượng giác có điều kiện ta có thể chứng minh bằng
một trong hai cách sau:

• Sử dụng điều kiện cho trước trong quá trình chứng minh.

• Biến đổi trực tiếp điều kiện cho trước về hệ thức cần chứng minh.

Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

sin A + sin B + sin C = 2(sin
Chứng minh
Giải
Ta có

B
C
A
+ sin sin ).
2
2
2

1 1
1
+ = .
b c
la

B
C
A
+ sin sin
2
2
2
B C

C
C
B
cos = 2 cos
+
+ sin sin
2
2
2
2
2
C
B
C
B
C
B
C
cos = 2 cos cos − sin sin + sin sin
2
2
2
2
2
2
2

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

cos
2
2
A
B
⇔ 4 cos cos
2
2
A 1
⇔ cos = .
2
2

⇔ 4 cos

(1)

Lại có

1 1
1
b+c
+ = ⇔
=
b c
la
bc

b+c
A

2bc. cos
2

⇔ cos

A 1
= .
2
2

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài toán 2.7. Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC , B = 2A và
b2 = a(a + c) là hai hệ thức tương đương.
Giải
Từ

B = 2A ⇔ B − A = A

⇔ sin(B − A) = (do B − A + A = B < 1800)
⇔ sin C − 2 sin A cos B = sin A
21

(2)


⇔ 2R sin C − 4R sin A cos B = 2R sin A
⇔ c − 2a cos B = a

⇔ c2 − 2ac cos B = ac (do c > 0)
⇔ a2 + c2 − 2ac cos B = ac + a2

⇔ b2 = a(a + c). Đpcm.

Nhận xét: Ta xét bài toán có cùng điều kiện như trên:
Có tồn tại hay không một tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh của nó
là ba số nguyên liên tiếp.
Giải
Từ B = 2A ⇔ b2 = a(a + c). Vì b > a nên có các trường hợp sau:

1) a là cạnh bé nhất, c là cạnh trung bình, đặt a = x, c = x + 1, b = x + 2.
⇒ (x + 2)2 = x(2x + 1) ⇒ x2 − 3x − 4 = 0. Do x > 0 nên x = 4
⇒ a = 4, b = 6, c = 5.

2) a là cạnh bé nhất, b là cạnh trung bình, đặt a = x, b = x + 1, c = x + 2.
⇒ (x + 1)2 = x(2x + 2) ⇒ x2 = 1 ⇒ x = 1 ⇒ a = 1, b = 2, c = 3.
Loại vì không thỏa mãn yêu cầu về ba cạnh trong một tam giác (3=2+1).

3) a là cạnh trung bình, đặt c = x, a = x + 1, b = x + 2.
⇒ (x + 2)2 = (x + 1)(2x + 1) ⇒ x2 − x − 3 = 0. Loại vì không có nghiệm
nguyên.
Vậy có duy nhất một tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là tam giác
ABC với a = 4, b = 6, c = 5.
Bài toán 2.8. Cho tam giác ABC có tan A. tan C = 3 và tan B. tan C = 6.
Chứng minh rằng khi đó ta cũng có tan C = tan A + tan B .
Giải
Từ:
3
tan A tan C = 3 ⇒ tan C =
.
tan A

6
tan B tan C = 6 ⇒ tan B =
= 2 tan A.
tan C

22


Áp dụng công thức

tan A = − tan(B + C) =
2 tan A +
⇒ tan A =

3
tan A

tan B + tan C
tan B tan C − 1

5
⇒ 5 tan A = 2 tan A + 3
2

2

(1)

⇔ tan2 A = 1.

Từ giả thiết suy ra tan A, tan B , tan C cùng dấu, do đó A, B , C cùng
nhọn (vì nếu không A, B , C cùng tù, điều này không thể xảy ra).
Vậy từ (1) suy ra tan A = 1, tan C = 3, tan B = 2. Nói riêng tan C =
tan A + tan B .
π
Nhận xét: Thực chất từ tan A tan B = 3, tan B tan C = 6 suy ra A = .
4
Bài toán không có mệnh đề đảo, tức là từ tan C = tan A + tan B không thể
suy ra tan A. tan C = 3 và tan B. tan C = 6. Thật vậy, xét tam giác ABC
có
√
√
tan A = tan B = 2, tan C = 2 2.
Rõ ràng tam giác này tồn tại vì từ đó có

tan C =

tan A + tan B
= − tan(A + B) ⇒ A + B + C = π, A, B, C > 0.
tan A tan B − 1

Tam giác này không có điều kiện tan A. tan C = 3 và tan B. tan C = 6.

2.3

Bài tập đề nghị

Bài toán 2.9. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:
1) bc(b2 − c2 ) cos A + ac(c2 − a2 ) cos B + ab(a2 − b2 ) cos C = 0.

2) a sin(B − C) + b sin(C − A) + c sin(A − B) = 0.
3)

sin

A
2

sin

B
2

sin

C
2

+
+
= 2.
C
A
B
B
C
A
cos cos
cos cos
cos cos

2
2
2
2
2
2
A
B
C
sin A + sin B − sin C
= tan tan cot .
4)
cos A + cos B − cos C + 1
2
2
2
23