BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRỊNH THỊ XUÂN TRANG

HỆ THỨC LƢỢNG GIÁC VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2016


Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU

Phản biện 1: TS. LÊ HOÀNG TRÍ

Phản biện 2: PGS.TS. TRẦN ĐẠO DÕNG

Luận văn được bảo vệ tại Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp
thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng
08 năm 2016.

Có thể tìm Luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học sư phạm, Đại học Đà Nẵng



2

Các ứng dụng của hệ thức lượng giác trong tam giác và
tứ giác.
Các bài toán thuộc chương trình phổ thông có thể giải được
bằng cách sử dụng các hệ thức lượng giác.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu liên quan đến nội
dung đề tài luận văn.
Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận văn.
Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của người hướng dẫn,
của các chuyên gia và của các đồng nghiệp.
5. Nội dung của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham
khảo, luận văn được chia thành 3 chương
Chương 1. Trình bày sơ lược các hệ thức lượng giác và một số
bất đẳng thức đại số hay sử dụng trong các chương sau.
Chương 2. Trình bày các bài toán về hệ thức lượng giác trong
tam giác.
Chương 3. Trình bày các bài toán về hệ thức lượng giác trong
tứ giác.
CHƢƠNG 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
Chương này nhắc lại những hệ thức lượng giác cơ bản và một
số bất đẳng thức đại số nhằm làm cơ sở cho các chương sau.
1.1. CÁC HỆ THỨC LƢỢNG GIÁC CƠ BẢN
1.1.1. Đẳng thức lƣợng giác
a. Độ dài đường trung tuyến của tam giác

2S
; hb 
;
hc 
a
b
c
c. Độ dài đường phân giác trong của tam giác
ha 

2bc
2ac
cos A ; lb 
cos B
bc
ac
d. Diện tích tam giác
la 

;

lc 

2ab
cos C
ab

1
1
1

r

S
p

; r   p  a  tan

A
B
C
  p  b  tan   p  c  tan
2
2
2

g. Bán kính đường tròn bàng tiếp các góc của tam giác
ra 

S
pa

;

rb 

S
p b

;


2
2
2
2
2
2

A
B
C
cos A  cos B  cos C  1  4sin .sin .sin
2
2
2
cos2 A  cos2B  cos2C  1  4cos A.cos B.cos C
cos2 A  cos2 B  cos2 C  1  2cos A cos B cos C

A
B
C
A
B
C
 cos2  cos2  2  2sin sin sin
2
2
2
2
2
2

2
2
2
1.1.2. Bất đẳng thức lƣợng giác
a  b  c  sin A  sin B  sin C
cot

sin A  sin B  sin C 

sin

3 3
3 3
; sin A.sin B.sin C 
2
8

A
B
C
3
 sin  sin 
2
2
2
2

sin 2

; sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C 

9
4


5

cos

A
B
C
3 3
A
B
C
3 3
; cos .cos .cos 
 cos  cos 
2
2
2
2
2
2
2
4

cos2 A  cos2 B  cos2 C 

3

2
2

tan A  tan B  tan C  cot

3

A
B
C
 cot  cot
2
2
2

cot 2 A  cot 2 B  cot 2 C  1 ; cot A  cot B  cot C 

3

A
B
C
A
B
C
 cot  cot  3 3 ; cot 2  cot 2  cot 2
 9
2
2
2

a

b
2  bc
2 
;
BC bc
A B ab
tan
tan
2
2
tan

CA
2  ca
;
C A ca
tan
2
tan

1.2. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ THƢỜNG GẶP
1.2.1. Bất đẳng thức Cauchy
Cho a1 , a2 ,..., an là các số không âm. Khi đó ta có:

a1  a2  ...  an

n


 a1  a2  ...  an  b1  b2  ...  bn 

 n  a1b1  a2b2  ...  anbn  .

 a1  a2  ...  an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
b1  b2  ...  bn

1.2.4. Bất đẳng thức Svacxơ
Cho hai dãy số thực a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn trong đó bi > 0
với mọi i = 1, 2, ..., n. Khi đó ta có:


7

a2
a12 a22
 ...  n 
b1 b2
bn

 a1  a2  ...  an 

2

b1  b2 ...  bn

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a

 1   sin 2  sin 2   sin 2 .
4R
2
2
2


Chứng minh ABC vuông.

(2.1)


8

Giải:
2 R(sin A  sin B  sin C )
 1  cos B 1  cosC 
 1 


4R
2
2


1  cos A

2
 sin A  sin B  sin C  1  cos A  cos B  cos C


A
BC
B C 
 cos
 cos
 cos
  sin  cos

2
2
2 
2
2
2 

 2cos
 cos

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

sin 2 A  sin 2 B 2
Chứng minh rằng ABC cân.
Giải:

(2.2)


9

(2.2) 

2   sin 2 A  sin 2 B 
sin A  sin B
2

2

1 1
1

  2  1  2  1
2  sin A
sin B 



2
1 1
1 
  2  2  1

2 
2 
2  a 2  b2  c2 .
A
B
C
2sin
2sin
2sin
2
2
2

a 2 cos

Chứng minh rằng ABC đều.
Giải:
Ta có:
B C
B  C a  4 R sin A cos A  .cos B  C
a  2 R sin A  .cos


2
2
2
2 
2  
A
A




a  2 R sin B  2 R sin C 
2



a b  c 
2

CA
A B
c 2 cos
b
c

a


2 
2  c a  b
;
B
C
2
2
2sin
2sin
2


2

2

2

1
2
2
2
  a  b    b  c    c  a    0  a  b  c .

2
Vậy ABC đều.
2.2. CÁC BÀI TOÁN VỀ CẠNH VÀ GÓC CỦA TAM GIÁC
Bài toán 2.30. Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:

cos A  cos B  2cos C .
c 

Chứng

minh

đẳng

bất

thức

2ac

 b2



a  b

2

ab

 c2


11



 b  c  a  a  b  c    a  c  b  a  b  c 
2bc

2ac



 a  b  c  a  b  c 
ab

a  b  c  a   b  a  c  b   2c  a  b  c 


8
8
a và c  b .
9
9

8
max a , b .
9
Bài toán 2.33. Hãy tính các góc của  ABC nếu trong tam giác

Vậy c 

2
2
2

b  c  a
đó, ta có: 
.

sin A  sin B  sin C  1  2

Giải:
Từ: b2  c 2  a 2  b2  c 2  a 2  0
Lúc đó: cos A 

b2  c 2  a 2
 0  A  900


A
2

(2.4)

2
2

(2.4)

 sin A  sin B  sin C  1  2

B C

cos 2  1

A
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi: cos 
2
2

sin A  1






abc
Vậy từ giả thiết suy ra phải chứng minh:
 p 2  r 2  4Rr 

p 2  r 2  4Rr  ab  bc  ca

(2.6)


13

A

 p  a  r cot
Ta có: 
2
 a  2 R sin A
A
r

 tan 2  p  a
 
sin A  a

2R

Áp dụng công thức:
A
2 và thay sin A  a và tan A  r ,
sin A 

A

 2C  A 
 B C 
 sin ADH  sin  C    sin 
  cos 

la
2

 2 
 2 


14

Tương tự:
A

B

C
H

D

hb
 C  A  hc
 A B 
 cos 

B C
CA
A B
A
B
C
 cos
 cos
 6 3 sin sin sin
2
2
2
2
2
2

(2.7)

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:

cos

B C
CA
A B
B C
CA
AB
 cos
 cos

2

(2.9)


15

A
B
C
B C
CA
A B
(2.9)  8cos cos cos cos
cos
cos
 8sin Asin B sin C
2
2
2
2
2
2
BC
B  C 
CA
C  A 
A B
AB 


đường thẳng AI, BI, CI kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp  ABC lần
lượt tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng:

 p  a  IA'2   p  b  IB'2   p  c  IC '2 

1
abc .
2

Giải:
Giả sử O, R, r lần lượt là tâm, bán kính đường tròn ngoại tiếp,
bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. Gọi D là tiếp điểm của
đườngtròn (I ; r) với cạnh AB. Khi đó:

ID  AD.tan

A
A
hay r   p  a  .tan .
2
2

Vì S ABC  p.r , nên S ABC  p. p  a  .tan

A
2


16



Kẻ đường kính A E của đường tròn (O). Ta thấy  A’IB cân tại A’ (do
A' BI  A' IB 

BAC  ABC
) nên
2

IA'  BA'  A' E.sin

A
A
a
 2R.sin 
2
2 2cos A
2

Từ (2.11) và (2.12) suy ra  p  a  IA'2 
Tương tự:  p  b  IB '2 

ab 2 c
;
4p

(2.12)

a 2bc
.
4p




1

1



cot

B
2



1

1





cot

C
2



 tan  tan
2
2
2

 1
A
B
C
1
1 
 tan  tan  r 



2
2
2
 p a p b p c 

pr   p 2  ab  bc  ca 
 p 2  ab  bc  ca
r

 p  a  p  b  p  c  p  p  a  p  b  p  c 

Lại có:

 p 2  ab  bc  ca
S


sin A
sin B
sin C
sin D



2.
sin B  sin C sin C  sin D sin D  sin A sin A  sin B

Chứng minh ABCD là hình bình hành hoặc hình thang cân.
Giải:
;

a2 

sin B
sin C  sin D

sin C
sin D  sin A

;

a4 

sin D
sin A  sin B


sin D



2
sin B  sin C sin C  sin D sin D  sin A sin A  sin B

(3.1)

Dấu bằng trong (3.1) xảy ra  sin A  sin B  sin C  sin D .
Bài toán 3.3. [11] Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi R1, R2, R3, R4
lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCD,
ACD, ABD, ABC. Chứng minh rằng: Nếu R1.R3 = R2.R4 thì tứ giác
ABCD nội tiếp.
Giải:
Theo Định lý sin, ta có:
R1 

BC
AD
AD
BC
, R2 
, R3 
, R4 
2sin D1
2sin C1
2sin B1
2sin A1


(3.4)

Lấy (3.4) trừ (3.2) vế theo vế suy ra:
cos  D1  B1   cos  A1  C1   D1  B1  A1  C1

(3.5)

Từ (3.5) và (3.3) có D1 = A1. Vậy ABCD là tứ giác nội tiếp.
3.2. CÁC BÀI TOÁN VỀ CẠNH VÀ GÓC CỦA TỨ GIÁC
Bài toán 3.8. Cho ABCD là tứ giác lồi và không có góc nào
vuông. Chứng minh:
tan A  tan B  tan C  tan D
 cot A  cot B  cot C  cot D .
tan A tan B tan C tan D

Giải:
Xét hai trường hợp sau:
1.

A  B  900

và

A  B  2700 ,

khi

đó tan  A  B 

tan  C  D  có nghĩa.



tan A tan B tan C tan D
tan D tan B tan A tan C


tan A  tan B  tan C  tan D
 cot A  cot B  cot C  cot D
tan A tan B tan C tan D

2. A  B  900 hoặc A  B  2700 . Do C  D  2700 và ABCD là tứ
giác lồi không có góc nào vuông nên suy ra 900  D  1800 (vì nếu

D  900  C  1800 mâu thuẫn với tính lồi của ABCD).
Do A  B  900  0  A  900  900  A  D  2700 .
Áp dụng phần 1. với A  D và B  C suy ra đpcm.
Bài toán 3.10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Đường tròn với
tâm trên cạnh AB tiếp xúc với ba cạnh kề. Chứng minh:

AD  BC  AB .
Giải:
D

N

C
P

M


D


Từ đó AD  BC  R  cot A  cot   R  cot B  cot 
2
2



 cos A 1  cos C 
 cos B 1  cos D 
 R


  R

sin
A
sin
C
sin D 


 sin B

(3.3)

Do ABCD là tứ giác nội tiếp nên A  C  B  D  1800 .

 sin A  sin C ; sin B  sin D ;cos A   cos C ;cos B   cos D


 p  a  p  d  .
 p  b  p  c 
'

'

'

'

'

'

'

'


22

C

b'
B

c'
a'



Vì

tan

1  cos A

1  cos A

'

' 2

b  c  a  d b  c  d  a 
 a  d  b  c  a  d  c  b 

' 2

'

' 2

b '2  c '2  2b 'c '  2a ' d '  a '2  d '2
a '2  d '2  b '2  c '2  2b 'c '  2a ' d '

' 2

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

(3.6)

nên từ (3.6) ta có:



C

β

D

Giả sử sin   sin  . Trên AB kéo dài về phía B lấy K sao cho
BKC  CAD   .

Do KBC  CDA   BKC đồng dạng với  DAC
Do sin   sin   BC  CD  SKBC  SCDA  S ABCD  S ACK

1 sin 
 S ABCD  a 2
sin     
2 sin 

(3.7)

1 sin 
Tương tự nếu sin  sin   S ABCD  a 2
sin      (3.8)
2 sin 
Từ (3.5) và (3.6) suy ra:
a 2 sin      sin 
2sin 

 S ABCD 