Một số áp dụng các hệ thức hình học phẳng

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

MỘT SỐ ÁP DỤNG CÁC HỆ THỨC
HÌNH HỌC PHẲNG
Vũ Tiến Việt
HV An Ninh

Tóm tắt nội dung
Trong chương trình hình học phẳng có một số hệ thức khá thú vị.
Nếu áp dụng chúng, ta có thể giải quyết được nhiều bài toán. Báo cáo nhằm trình bày
một số hệ thức hình học hữu ích thường hay được sử dụng.

1

Hệ thức Euler
Với tam giác ABC, ta sử dụng các ký hiệu:
- Các góc: A, B, C. Các cạnh: a = BC, b = CA, c = AB
- Các đường cao: h a , hb , hc . Các trung tuyến: m a , mb , mc . Các phân giác: la , lb , lc .
- Bán kính đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp: r, R.
- Bán kính các đường trịn bàng tiếp: r a , rb , rc
- Nửa chu vi: p = 21 ( a + b + c). Diện tích: S.

Tính chất 1.1. Với mọi tam giác ABC ta có hệ thức Euler OI 2 = R2 − 2Rr,
trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp.
Chứng minh. Ta vẽ hình như dưới đây

1


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Đường phân giác của góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tại D.

1
Ta có IBD = IBC + CBD = ( A + B) và
2
1
BID = I AB + IBA = ( A + B), nên tam giác IBD cân tại D, suy ra ID = BD.
2
Dùng định lý hàm số sin cho tam giác ABD ta được BD = 2R sin BAD = 2R sin A2 .
IE
r
Từ tam giác vuông I AE ta có I A =
=
.
sin A2
sin I AE
Xét phương tích của điểm I đối với đường trịn ngoại tiếp ta có
R2 − OI 2 = P I (O) = I A.ID = I A.BA = 2R sin

r
A
·
2 sin

A
2

= 2Rr,

suy ra công thức Euler.
Hệ quả 1.1. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức Euler R ≥ 2r.
Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Chứng minh. Theo công thức Euler OI 2 = 2Rr − r2 ta thấy OI 2 ≥ 0, nên suy ngay ra
điều cần chứng minh.
Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi O ≡ I, hay tam giác đều.
Bài toán 1.1 (Áp dụng 1). Trong mọi tam giác ta có bất đẳng thức

( p − a)( p − b)( p − c) ≤

abc
·
8

Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
pabc
8
abc
pabc
S2 = pr
≤
4R
8
⇔ 2r ≤ R

p( p − a)( p − b)( p − c) ≤

⇔

đây chính là bất đẳng thức Euler.
Bài toán 1.2 (Áp dụng 2). Trong mọi tam giác ta có bất đẳng thức
sin

B
C
1
A
sin sin ≤ ·
2
2
2
8

Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Chứng minh. Ta có
1
( a + b + c)r = Rr (sin A + sin B + sin C )
2
A
B
C
= 4Rr cos cos cos ,
2
2
2

S = pr =

S=

abc
= 2R2 sin A sin B sin C

4R
A
B
C
A
B
C
= 16R2 sin sin sin cos cos cos .
2
2
2
2
2
2

2


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Suy ra hệ thức r = 4R sin A2 sin B2 sin C2 .
Từ đây theo bất đẳng thức Euler ta suy ra điều cần chứng minh.

2

Hệ thức về diện tích

Tính chất 2.1. Với mọi tam giác ABC ta có
1 2
( a sin 2B + b2 sin 2A).
4

Chứng minh. Ta xét 2 trường hợp: 1) tam giác nhọn và 2) tam giác tù
S=

1) với tam giác nhọn thì
S = S ABC = SCAD + SCBD =

1
(CD.AD + CD.BD )
2

1
= (CA sin CAD.CA. cos CAD + CB sin CBD.CB. cos CBD )
2
1 2
= ( a sin 2B + b2 sin 2A).
4
2) với tam giác tù thì
S = S ABC = SCBD − SCAD =

1
(CD.BD − CD.AD )
2

1
= (CB sin CBD.CB. cos CBD − CA sin CAD.CA. cos CAD )
2
1
= (CB sin CBD.CB. cos CBD + CA sin CAB.CA. cos CAB)
2
1

= ( a2 sin 2B + b2 sin 2A).
4
Trường hợp tam giác vuông là hiển nhiên.
1
Bài toán 2.1 (Áp dụng). Cho tam giác ABC thoả mãn S = ( a2 + b2 ).
4
Chứng minh rằng đó là tam giác vng cân tại C.
Chứng minh. Ta có hệ thức
S=

1 2
( a sin 2B + b2 sin 2A),
4

nên với điều kiện đã cho ta được a2 (1 − sin 2B) + b2 (1 − sin 2A) = 0.
π
Suy ra sin 2A = sin 2B = 1, dẫn đến A = B = ,
4
hay ABC là tam giác vuông cân tại C.

3


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

3

Hệ thức liên quan đến đường thẳng Euler

Tính chất 3.1. Gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC.
Khi đó H, G, O thẳng hàng (đường thẳng Euler) và HG = 2GO, AH = 2OM, đồng
thời AH 2 = 4OM2 = 4R2 − a2 , OH 2 = 9R2 − ( a2 + b2 + c2 ).
Chứng minh. Ta vẽ hình như dưới đây, trong đó M, N tương ứng là trung điểm của
BC, CA.

Nối HG kéo dài cắt đường trung trực của BC tại O1 , cắt đường trung trực của CA tại O2 .
Ta có AH MO1 , BH NO2 nên theo định lý Thales
O1 G
MG
1 O2 G
NG
1
=
= ,
=
= ,
GH
GA
2 GH
GB
2
suy ra O1 ≡ O2 hay H, G, O thẳng hàng và HG = 2GO, AH = 2OM.
Ta có AH 2 = 4OM2 = 4(OC2 − CM2 ) = 4R2 − a2 và
R2 = (OA)2 = (OG + GA)2 = OG2 + GA2 + 2OG.GA,
R2 = (OB)2 = (OG + GB)2 = OG2 + GB2 + 2OG.GB,
R2 = (OC )2 = (OG + GC )2 = OG2 + GC2 + 2OG.GC.
Vì GA + GB + GB = 0, nên suy ra
4
3R2 = 3OG2 + ( GA2 + GB2 + GC2 ) = 3OG2 + (m2a + m2b + m2c )

9
1
1 2
2
2
2
2
= 3OG + ( a + b + c ) ⇒ OG = R2 − ( a2 + b2 + c2 ).
3
9
Do đó OH 2 = 9OG2 = 9R2 − ( a2 + b2 + c2 ).
Bài toán 3.1 (Áp dụng 1). Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 .
Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Chứng minh. Từ hệ thức OH 2 = 9R2 − ( a2 + b2 + c2 ), do OH 2 ≥ 0 ta suy ra điều cần
chứng minh. Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi O ≡ H hay tam giác đều.

4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Bài toán 3.2 (Áp dụng 2). Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức
sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤

9
·
4

Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Chứng minh. Từ định lý hàm số sin và bất đẳng thức ở áp dụng 1 ta có

sin2 A + sin2 B + sin2 C =

1
9
( a2 + b2 + c2 ) ≤ ·
4R2
4

Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

4

Hệ thức Ptolemy

Tính chất 4.1. Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Khi đó ta có hệ thức
AB.CD + AD.BC.

AC.BD =

Chứng minh. Ta vẽ hình như sau

Trên AC ta lấy điểm E sao cho ABE = CBD. Khi đó do BAC = BDC, nên 2 tam giác
ABE, DBC đồng dạng.
Lại có ABD = EBC và BDA = BCA, nên 2 tam giác ABD, EBC đồng dạng.
AB
AE
AD
BD
Suy ra
=

hay AB.CD = BD.AE và
=
hay AD.BC = BD.CE. Từ
DB
DC
EC
BC
đó AB.CD + AD.BC = BD.AE + BD.CE = AC.BD.
Chú ý 4.1. Ta có thể chứng minh ngược lại, tứ giác ABCD thỏa mãn hệ thức Ptolemy là
từ giác nội tiếp.
Bài toán 4.1 (Áp dụng, Hệ thức Carnot). Cho tam giác không tù ABC. Gọi d a , db , dc là
khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp O đến các cạnh BC, CA, AB. Khi đó ta có hệ
thức
d a + db + dc = R + r.
Chứng minh. Ta vẽ hình như sau

5


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.
Xét tứ giác nội tiếp AEOF, theo hệ thức Ptolemy ta có AO.EF = AE.OF + AF.OE
a
b
c
hay R · = · dc + · db ⇔ Ra = bdc + cdb .
2
2
2

Tương tự xét các tứ giác nội tiếp BFOD và CDOE ta được Rb = cd a + adc và Rc =
adb + bd a . Dẫn tới R( a + b + c) = a(db + dc ) + b(dc + d a ) + c(d a + db ).
Mặt khác 2S ABC = 2SOBC + 2SOCA + 2SOAB hay r ( a + b + c) = ad a + bdb + cdc .
Suy ra ( R + r )( a + b + c) = (d a + db + dc )( a + b + c) hay d a + db + dc = R + r.
Chú ý 4.2. Nếu tam giác tù thì hệ thức carnot cần phải đổi lại. Chẳng hạn nếu góc A tù
thì ta có hệ thức −d a + db + dc = R + r.
da
d
dc
r
Hệ thức d a + db + dc = R + r tương đương với
+ b+
= 1+
R
R
R
R
OD OE
OF
r
r
hay
+
+
= 1 + , tức là cos A + cos B + cos C = 1 +
OB
OC OA
R
R
là một hệ thức khá quen thuộc trong tam giác lượng.

6