CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG
CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG
VÀ VẬN DỤNG
VÀ VẬN DỤNG
1. Định lý Stewart
*Cho tam giác ABC bất kỳ, D là điểm trên cạnh BC. Ta luôn có :
BC.AD
2
= BD.AC
2
+ DC.AB
2
– BC.BD.DC
Chứng minh:
Gọi AD= d, BD= m, DC= n
Đặt
BDA
ˆ
α
=
⇒
α
−=
0
180
ˆ
CDA
Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai
tam giác ADB và ADC, ta được:
c
2

α
)
⇒
nc
2
+ mb
2
= ad
2
+ anm
⇒
ad
2
= mb
2
+ nc
2
– amn.
Đó là đpcm.
Chú ý :
1.Trong định lý Stewart xét AD là trung tuyến (tức là
m = n =
2
a
). Khi đó từ trên suy ra:
am
a
2
=
2

n
m
=
cb
ac
m
+
=⇒
;
cb
ab
n
+
=
Từ định lý Stewart, ta có:
al
a
2
=
2
2
22
)( cb
bca
ac
cb
ab
b
cb
ac

Bài tập áp dụng:
Đề: cho tam giác ABC. Các đường AD, BE, CK ( D,E,K tương ứng thuộc các
cạnh BC. CA, AB) gọi
là các đường n - tuyến của
∆
ABC nếu như:
nAB
AK
CA
CE
BC
BD 1
===
( n là số dương cho trước). Đặt AD=d
a
, BE = d
b,
CK= d
c
( và gọi d
a
, d
b
, d
c
là độ
dài của các đường n- tuyến). Chứng minh rằng:
d
a
2

n
an )1( −
, vậy từ (1) có :
a.AD
2
=
n
ab
2
+
n
acn
2
)1( −
-
2
)1(
.
n
ana
a
−

⇒
d
a
2
=
2
222

d
c
2
=
2
222
)1()1(
n
cnbnnna −−−+
(4)
Cộng từng vế (2)(3)(4) suy ra :
d
a
2
+d
b
2
+ d
c
2
=
)(
1
222
2
2
cba
n
nn
++

=
 ÷
 ÷
 
Vì thế DB = DI (1)
Theo công thức phương tích, ta thấy
IA.ID = P
1
(O) = R
2
– IO
2
(2)
Từ (1) (2) suy ra IA.DB = R
2
– l
2
(3)
Trong tam giác vuông IAE, thì :
IA =
2
sin
A
IE
=
2
sin
A
r
(4)

0 hay trong mọi tam giác ta có:
R
≥
2r (*) . Dấu bằng xảy ra
⇔
l = 0
⇔
I
≡
O
⇔
ABC là tam giác đều.
*** Từ phần chú ý, ta có R = 4rsin
2
A
sin
2
B
sin
2
C
Vì thế từ (*) ta có:
sin
2
A
sin
2
B
sin
2


·
a
BI D
=
·
a
FBI
-
·
a
FAI

·
a
DBI
=
·
a
I BC
-
·
CBD
(ở đây D là
giao điểm của AI
a
với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC ).
Do I
a

·
a
I BC
Kết hợp lại suy ra
· ·
a a
DBI BI D= ⇒ ∆
BDI
a
cân đỉnh D
⇒
BD = DI
a
(1)
K ẻ I
a
M
⊥
OD ( chú ý do cung BD = cung DC nên OD
⊥
BC, tức OM
⊥
BC).
Xét tam giác ODI
a
, theo định lý hàm số cosin ta có:
Dd
a
2
= OI

= OD
2
+ DI
a
2
+ 2OD.DM (2)
Từ (1) và theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BDN ( N là giao điểm DO với
đường tròn : OD

BC = L) , ta có BD
2
= DN.DL = 2R.DL. Thay vào (2) có :
d
a
2
= R
2
+ 2R.DL + 2R.DM
= R
2
+ 2R(DL + DM) = R
2
+ 2R.ML
Do MI
a
// BC, nên ML bằng khoảng cách từ I
a
xuống BC, tức ML = r
a






−
2
2
1
4
1
R
d
ở đây MO = d
Chứng minh
Ta chỉ xét trường hợp M nằm trong tam giác ABC. Các
trường hợp khác xét tương tự.
Nối AM và kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại D.
Ta có:
111
ˆ
ACB
=
DBMCBMCBDABMMABACMMCB
ˆˆˆˆ
ˆˆˆ
111111
=+=+=+

(1)

= MBsinB (6)
Vì thế từ (3) (4) (5) và (6) suy ra :
MB
CMD
BAMBMAS
CBA
sin
sinsin.
2
1
111
=
=
2
1
MA.MDsinAsinBsinC (7)
Ta có :
MA.MD = P
M
(o) = R
2
– MO
2
= R
2
– d
2
(8)
Thay (7) vào (8) ta có :
SA

S(1 -
2
2
R
d
).
Định lý Euler được chứng minh.
4.Bài toán về điểm Broca
1) Cho tam giác ABC và một điểm M trong tam giác ABC sao cho
ϕ
=== ACMCBMBAM
ˆ
ˆ
ˆ
. Chứng minh rằng :
cotg
ϕ
= cotgA + cotgB + cotgC
(Điểm M xác định như trên gọi là điểm Broca, còn
ϕ
là góc Broca)
2) Chứng minh rằng:
CBA
2222
sin
1
sin
1
sin
1

c
= R
3
.
6) Chứng minh :
MA.MB.MC = 8R
3
sin
3
ϕ
Chứng minh
1) Đặt MA = x, MB = y, MC = z
Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có :
cotg
ϕ
=
BMCBMCABM
S
xzb
S
zya
S
yxc
444
222222222
−+
=
−+
=
−+

C + 2(cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA)
Từ đó, theo đề bài 2 suy ra :
cotg
2
ϕ
= cotg
2
A + cotg
2
B + cotg
2
C + 2
⇒
1 + cotg
2
ϕ
= (1 + cotg
2
A) + (1 + cotg
2
B) + (1 + cotg
2
C) hay
CBA
2222
sin
1
sin
1
sin

R
abc
4
, nên từ (4) suy ra :
sin
ϕ
=
⇒
++
222222
2
accbba
S
đpcm.
4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MAC , ta có:
)sin(
sin
ϕ
ϕ
−
=
AMC
MA
(5)
Tương tự :
)sin(
sin
ϕ
ϕ
−

AACMA
sin
ˆ
sin
180)(180
ˆ
00
=⇒
−=−+−=
ϕϕ
Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác MAC, ta có:
AC = 2R
b
sin
CMA
ˆ
=2R
b
sinA (8)
Lý luận tương tự, ta có:
BC = 2R
a
sinC (9)
AB = 2R
c
sinB (10)
Nhân từng vế (8) (9) (10) và lại áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC ta có:
(2RsinB)(2RsinA)(2RsinC) = 8R
a
R

sin
ϕ
)
Từ đó theo phần 5) suy ra MA.MB.MC = 8R
3
sin
3
ϕ
⇒
đpcm
Chú ý : dựa vào phần 5) suy ra
CMA
ˆ
= 180
0
– A = B + C

CMB
ˆ
= 180
0
– C = A + B
* Vậy điểm Broca hoàn toàn có thể dựng được bằng thước và compas.(vì nó là giao
điểm của cung chứa góc A + B dựng trên cạnh BC, với cung chứa góc B + C dựng
trên cạnh AC ).

5. Định lý Cacnô
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O.
Gọi k
a

Trong t ứ gi ác ANOM, theo đ ịnh l ý Ptoleme, ta có :
OA.MN = OM.AN + ON.AM , hay
R
2
a
= k
c
2
b

+ k
b
2
c

(1)
Tương tự :
R
2
b
= k
a
2
c

+ k
c
2
a
(2)

= (k
a
k
b
k
c
)p -
222
ckbkak
cba
−−
= (k
a
k
b
k
c
)p – S
= (k
a
k
b
k
c
)p – pr
⇒
r + R = k
a
k
b

kkk
abc
k
c
k
b
k
a
=








++4
Chứng minh
Gọi M là trung điểm của BC, thì OM = k
a
.
Ta có:
tg
OM
BM
k
a
a
22 ==

) = 8tgA.tgB.tgC =
cba
k
c
k
b
k
a⇒
đpcm
6. Định lý Ptoleme
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Khi đó ta có:
AC.BD = AB.CD + AD.BC
Chứng minh:
Đặt
σγ
βα
====
====
ADBACBCABCDB
CADCBDDCADBA
ˆ
ˆ
;
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ

α
+
γ
)] (1)
Vì
α
+
β
+
γ
+
σ
= 180
0

⇒
cos(
σ
+
β
) = – cos(
α
+
γ
) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
AB.CD + AD.BC = 2R
2
[cos(
σ

Vì (
α
+
γ
+2
σ
) + (
β
-
σ
) = 180
0

⇒
cos(
α
+
γ
+2
σ
) = - cos(
β
-
σ
) (5)
Thay (5) vào (4) và có:
AC.BD = 2R
2
[cos(
α

,B
1
,C
1
tương ứng nằm trong các cạnh BC,CA,AB của
∆
ABC sao cho A
1
B
1
// A
2
B
2
; B
1
C
1
//B
2
C
2
và C
1
A
1
//C
2
A
2

22
11
HA
HA
CB
CB
=
(1)
Ở đây A
1
H
1
và A
2
H
2
tương ứng là các chiều cao kẻ từ A
1
và A
2
của hai tam giác A
1
B
1
C
1
,
A
2
B

.B
2
C
2
= B
1
C
1
.A
2
H
2
(3)
Thay (3) vào (2), suy ra:
S
A
1
B
1
C
1
.S
A
2
B
2
C
2
=
( )


S
CA
1
B
1

(5)
Do B
1
C
1
// B
2
C
2
;

C
1
A
1
//C
2
A
2
và A
1
B
1

1
;
S
CA
1
B
1
= S
A
2
B
1
A
1
(6)
Từ đó suy ra :
S
A
2
B
1
C
1
= S
A
2
B
1
A
1

C
1
=
2
1
B
1
C
1
(d + d’)
ở đây d và d’ tương ứng là khoảng cách từ C
2
và A
2
đến B
1
C
1

⇒
d + d’ = A
2
H
2
.
⇒
S
ABC
=
2

1
C
1
.S
A
2
B
2
C
2
⇒
đpcm.
Hệ quả của định lý Peletier
1) Tam giác ABC nhọn. Vẽ ba chiều cao AA’, BB’, CC’. Khi đó A’B’C’ gọi là
tam giác trực tâm. Tam giác A
1
B
1
C
1
trong đó A
1
B
1
, A
1
C
1
, B
1

1
C
1
. vậy theo định lý Peletier ta suy ra đpcm.
Hai đường thẳng cùng phát xuất từ đỉnh của một góc của tam giác và đối xứng với nhau
qua đường phân giác của góc đó, gọi là những đường đẳng giác.
Bài tập ứng dụng
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với 3 cạnh AB, BC,
CA tương ứng tại C
1
, A
1
, B
1
. Qua A, B, C theo thứ tự lần lượt kẻ các đường thẳng
song song với B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
. Chúng cắt nhau và tạo thành
∆
A

= 2R

Chứng minh
a)Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp
∆
ABC
Ta có:
111111111
BOAAOCCOBCBA
SSSS ++=
=
2
1
r
2
(sinB
1
O
ˆ
C
1
+ sin
1111
ˆ
sin
ˆ
BOAAOC +
)
=
2

111222
SSS
CBACBA
=
hay S
2
.
2
2
S
R
Sr
=
⇒
S
2
=
⇒==
r
abc
r
R
R
abc
r
SR
2
.
4
2

CB
CB
=








⇒
222
11 111
S
S
CB
CB
CBA
=
Theo câu a) suy ra:
r
abc
S
CB
CB
CBA
2
111
22

B
1
C
1
chính là r, nên do sự đồng dạng của hai tam
giác A
1
B
1
C
1
và A
2
B
2
C
2
, ta có:
222
11
R
r
CB
CB
=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra :
⇒=⇒= RR
R
r

Ta có:
CAD
DAB
b
c
CADADAC
DABADAB
S
S
ACD
ABD
ˆ
sin
ˆ
sin
.
ˆ
sin.
2
1
ˆ
sin.
2
1
==
(2)
Từ (1) và (2) với chú ý(*), suy ra :
EAB
CAE
b

BEA
c
EAB
BE
ˆ
sin.
ˆ
sin
ˆ
sin
ˆ
sin
=⇒=
(5)
Thay (4) (5) vào (3) , với chú ý là sinAÊC= sinAÊB
(do AÊC + AÊB = 180
0
) suy ra :
BE
c
b
EC
b
c
CD
BD
=
⇒==⇒
2
2

⇒=
2
2
AC
AB
NC
NB
đpcm.
Dùng lượng giác chứng minh các bài toán hình học.
Ở mục này, chúng tôi xin giới thiệu một số bài toán được trích từ các cuộc thi toán
nổi tiếng : Olympic 30-4,…Xin nhắc lại, đây không phải là cách giải duy nhất cho
các bài toán trên mà chỉ là cách giải tiêu biểu.
Bài toán 1 :
Cho tứ giác lồi ABCD, AC cắt BD ở O. Gọi r
1
, r
2,
r
3,
r
4
lần lượt là bán kính nội
tiếp các tam giác OAB, OBD, OCD, ODA. Chúnh minh rằng tứ giác ABCD
ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi:
4231
1111
rrrr
+=+
(đề thi olympic 30-4 của trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai)
Chứng minh

b
zyzt
c
tzxy
a
yx
+++++=+++++
11111111

⇔
xt
d
yz
b
zt
c
xy
a
+=+

⇔
azt + cyx = bxt + dyz
⇔
(azt + cyx)
2
= (bxt + dyz)
2
⇔
a
2

)z
2
t
2
+ (z
2
+ t
2
+ 2ztcos
α
)x
2
y
2
+ 2acxyzt =
= (y
2
+ z
2
- 2yzcos
α
)x
2
t
2
+ (x
2
+ t
2
– 2xtcos

2
– x
2
– t
2
) + (b
2
– y
2
– z
2
) + 2bd
⇔
(a + c)
2
= (b + d)
2
⇔
a + c = b + d
⇔
Tứ giác ABCD là ngoại tiếp được một đường tròn.
Bài 2: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, A
1
là trung điểm BC. Chứng minh rằng tồn
tại duy nhất cặp điểm B
1
, C
1
thoả các điều kiện: B
1

1
= x, AB = AC = b (b > 1)
Áp dụng định lý hàm số sin:
y
2
= 1 + b
2
(1 – x)
2
– 2b(1 – x)cosC (cosC =
b
1
)
⇒
y
2
= 1 + b
2
(1 – x)
2
– 2(1 – x) (*)
Do giả thiết
⇒
y + BC
1
= 1 + 2x

⇒
y = 1 + 2x – b(1 – x)


BA

của (O) lấy điểm M bất lỳ ( M khác A và B). Chứng minh:
MA + MB + MD = MC + ME.
(đề thi olympic 30-4 của trường THPT Trưng Vương – TP.HCM)
Chứng minh

Ta chứng minh được: cos
2
π
cos
2
2
π
=
4
1
Gọi R là bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp ngũ giác đều.
Đặt
MA

= 2x (0 < x <
5
π
)
Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác nội tiếp (O)
MA = 2Rsinx
MB = 2Rsin(
x−
5


++






− xx
5
sin
5
2
sin
ππ
=4Rsin
10
3
π
cos






− x
10
π
= 4Rcos



−+ xxx
5
2
sin
5
sinsin
ππ
= 2R












++ xx
10
cos.
10
3
sin2sin
ππ
= 2R

cos2sin
ππ
=






− x
10
cos.
5
cos2
ππ
⇔
sinx =












+−

Sau đây là một số bài tập nhỏ về ứng dụng các định lý hàm số sin, cos
Bài 4: nếu k là 1 điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC thì :
AC
2
.BK + AB
2
.CK = BC.(AK
2
+ BK.KC)
Bài 5 :Trong mọi tam giác : a
2
= (b – c)
2
+ 4Stg
2
α
Bài 6: Trong moi tam giác : ctg
α
+ ctg
β
+ ctg
γ
=
S4
1
(a
2
+ b
2
+ c

R
PCc
R
PBb
R
PAa
2
.
,
2
.
,
2
.
Bài 9 : Nếu D là 1 điểm nằm trên đáy AC của tam giác cân ABC thì các bán kính
đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABD và BCD sẽ bằng nhau.
(gợi ý: áp dụng định lý hàm số sin).