9) Ta có
la =
2bccosA 2 b+c . Theo phần (4) thì bc = a(b+c).
Từ đó suy ra la = 2acos A
2 suy ra đpcm.
6.2 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học
– 2. Ab+Bb = π
2 (khi đó Cb+ Db = 3π 2 ).
Do Cb+Db = 3π
2 và không có góc nào vuông và ABCD là tứ giác lồi nên suy ra π
2 < D < πb (vì nếu D <b π
2 ⇒ C > πb vô lý vì ABCD là tứ giác lồi nên mọi góc của nó nhỏ hơn π).
Do
Ab+Bb = π
2 ⇒0 < A <b π 2 ⇒ π
2 < Ab+D <b 3π 2 .
Áp dụng phần (1) với Ab+Db và Bb +Cb suy ra kết luận của bài toán là đúng. Suy ra đpcm.
Bài toán 6.6. Cho ABCD là tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp. Gọi S và p tương ứng là diện tích và nửa chu vi của tứ giác. Chứng minh rằng
S = p2(tanA
2 + tanB
2 + tanC
2 + tanD 2)−1. Giải
Gọi O là tâm hình tròn nội tiếp của tứ giác và r là bán kính của nó.
A B
C
D M
N
P
Q
Ta có
p= AM +BN +CP + DQ= r(cotA
2 + cotB
2 + cot C
2 + cotD
2). (1)
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có:
Ab+Cb = Bb+Db = 1800
⇒ Ab 2 + Cb
2 = Bb 2 + Db
2 = 900
⇒ cot A
2 = tanC
2; cotB
2 = tan D
2 ; cotC
2 = tanA
2; cotD
2 = tan B 2. Thay vào (1) ta có
p= r
tanA
2 + tanB
2 + tanC
2 + tanD 2
. (2)
Do S = pr, nên từ (2) suy ra S = p2
tanA
2 + tanB
2 + tanC
2 + tanD 2
−1
. Đpcm.
Bài toán 6.7. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và p là nửa chu vi. Chứng minh
tanA 2 =
s(p−a)(p−d) (p−b)(p−c). Giải
A a B
b
C
c
D d
Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam giác ABD, BCD ta có BD2 = a2 +d2 −2adcosA= b2 +c2 −2bccosC = b2 + c2 + 2bccosA,
do Ab+Cb = 1800. Từ đó suy ra
a2 +d2 −2adcosA= b2 +c2 + 2bccosA
⇒ cosA = a2 + d2 −b2 −c2
2bc+ 2ad . (1)
Từ (1) ta có
tanA 2 =
r1−cosA 1 +cosA
=
sb2 +c2 + 2bc−(a2 + d2 −2ad) a2 +d2 + 2ad−(b2 + c2−2bc)
=
s(b+c)2 −(a−d)2 (a+d)2 −(b−c)2
=
s(b+c+a−d)(b+ c+d−a)
(a+d+b−c)(a+d+ c−b). (2) Do a+ b+ c+ d= 2p nên từ (2) ta có
tanA 2 =
s(2p−2d)(2p−2a) (2p−2c)(2p−2b) =
s(p−a)(p−d) (p−b)(p−c). Bài toán 6.8. (Công thức Heron cho diện tích tứ giác)
Cho ABCD là tứ giác nội tiếp với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và p là nửa chu vi, S là diện tích tứ giác. Chứng minh rằng
S = r
(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2 B +D 2 . Giải
Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam giác ABD, CBD ta có BD2 = a2 +d2 −2adcosA = b2 +c2 −2bccosC
⇒ a2 +d2 −2adcosA = b2 +c2 −2bccosC
⇒ a2 +d2 −b2 −c2 = 2adcosA−2bccosC. (1) Bình phương hai vế của (1) ta có
(a2 +d2 −b2 −c2)2 = 4(adcosA−bccosC)2. (2)
A
B
C
D
a b
c d
Ta có
S = SABD +SBCD = 1
2adsinA+ 1
2bcsinC
⇒ 16S2 = 4(adsinA+bcsinC)2 (3) Cộng từng vế (2), (3) ta được
(a2 +d2 −b2 −c2)2 + 16S2 = 4[a2d2 + b2c2 −2abcd(cosAcosC −sinAsinC)]
= 4[a2d2 + b2c2 −2abcdcos(A+C)]
= 4
a2d2 +b2c2 −2abcd
2 cos2 A+C 2 −1
= 4
(ad+bc)2 −4abcdcos2 A+ C 2
. (4) Từ (4) suy ra
16S2 = 4(ad+bc)2 −(a2 +d2 −b2 −c2)2 −16abcdcos2 A+C 2
= (2ad+ 2bc+a2 +d2 −b2 −c2)(2ad+ 2bc−a2 −d2 +b2 +c2)
−16abcdcos2 A+C 2
= [(a+d)2 −(b−c)2][(b+c)2 −(a−d)2]−16abcdcos2 A+C 2
= (a+d+b−c)(a+ d+c−b)(b+c+a−d)(b+c+d−a)
−16abcdcos2 A+C 2
= (2p−2c)(2p−2b)(2p−2d)(2p−2a)−16abcdcos2 A+C 2 .
(5)
Vì
Ab+Cb
2 + Bb+ Db
2 = 1800 ⇒cos2 B +D
2 = cos2 A+C 2 , nên từ (5) suy ra
S2 = (p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2 B +D 2
⇒ S = r
(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2 B +D 2 . Nhận xét.
1) Ta biết rằng với tam giác có công thức Heron quen biết để tính diện tích tam giác
S = p(p−a)(p−b)(p−c).
Ở đây a, b, c là ba cạnh của tam giác, còn p là nửa chu vi của nó.
Chính vì thế công thức và chứng minh ở trên gọi là công thức Heron suy rộng để tính diện tích tứ giác.
2) Xét một vài trường hợp đặc biệt sau a) Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp. Khi đó
Ab+Cb = Bb+Db = 1800 ⇒ cos B+ D 2 = 0.
Trong trường hợp này ta có
S = p(p−a)(p−b)(p−c)(p−d).
b) Nếu ABC là tứ giác ngoại tiếp. Khi đó ta có a+c = b+ d = p
⇒ p−a = c, p−b = d, p−c = a, p−d = b.
Trong trường hợp này ta có S =
r
abcd−abcdcos2 B +D
2 =
r
abcdsin2 B +D
2 = sin B +D 2
√abcd.
c) Nếu ABCD vừa là tứ giác nội tiếp vừa là tứ giác ngoại tiếp, thì do sinB +D
2 = 1, nên trong trường hợp này ta có S = √ abcd.
Bài toán 6.9. (Định lý Ptô-lê-mê)
Cho tứ giácABCD nội tiếp trong đường tròn với hai đường chéo là AC, BD. Chứng minh rằng
AB.CD +BC.AD = AC.BD.
Giải Cách 1.
Trên AC lấy điểm E sao cho ABE\ = γ.
A
B
C D
E
α β
β
γ γ
Xét hai tam giác ABE và DBC ta có
BAE\ = BDC\ = β,\ABE = DBC\ = γ.
Vậy ∆ABE đồng dạng với tam giác ∆DBC. Do đó AB
DB = AE
DC ⇒AB.DC = DB.AE. (1) Mặt khác dễ thấy ∆CBE đồng dạng với tam giác ∆DBA, nên
CB
DB = CE
DA ⇒ BC.DA = DB.CE. (2) Cộng từng vế (1) và (2) ta có
AB.DC + BC.DA = DB(AE +CE) = DB.AC.
Cách 2.
Giả sử ABCD nội tiếp trong đường tròn bán kính R.
A
B C
D
α γ β
α
β γ
Đặt ABD\ = ACD\ = α, \ACB = BDA\ = β, CAD\ = CBD\ = γ. Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABC, BAD, và CAD (với chú ý đường tròn ngoại tiếp các tam giác này cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác ABCD) ta có:
AB = 2Rsinβ;AD = 2Rsinα;CD = 2Rsinγ.
Tương tự ta có
AC = 2Rsin(α+ γ);BD = 2Rsin(α +β);
BC = 2Rsin\BAC = 2Rsin(α+β+γ) (vì \BAC+ (α+β+γ) = 1800).
Ta có
AC.BD = 2Rsin(α+γ)2Rsin(α+β)
= 2R2[cos(β−γ)−cos(2α+β +γ)]. (1) Mặt khác
AB.CD+ AD.BC
=2Rsinβ.2Rsinγ + 2Rsinα.2Rsin(α+β +γ)
=2R2[cos(β−γ)−cos(β +γ) + cos(β+ γ)−cos(2α+ β +γ)]
=2R2[cos(β−γ)−cos(2α+β +γ)]. (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài toán 6.10. (Hệ thức Ơle) Cho tam giác ABC. Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Kí hiệu de = IO. Chứng minh hệ thức sau:
d2e = R2 −2dR.
Ở đây R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC.
Giải
Theo công thức tính phương tích, ta có
A
B C
A′ I
O r
PI(O) = IO2 −R2 = d2e −R2. (1) Giả sử đường phân giác trong của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC tại A′. Ta cũng có
PIO = −IA.IA′ = − r sinA
2
IA′. (2)
Ta có A[′IC = IAC[ +ICA[ = Ab 2 + Cb
2 (góc ngoài tam giác AIC), mặt khác ICA[′ = Ab+Cb
2 (tính chất góc nội tiếp).
Từ đó suy ra IA′C là tam giác cân đỉnh A′, nên IA′ = A′C. (3) Từ (1), (2), (3) ta có:
R2 −d2e = r sinA
2
A′C. (4)
Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác AA′C, có:
A′C = 2RsinA
2. (5)
(Vì tam giác AA′C và ABC chung đường tròn ngoại tiếp).
Thay (5) vào (4) và có R2 −d2e = r
sinA 2
2RsinA
2 ⇒d2e = R2 −2Rr.
Bài toán 6.11. Cho tam giác ABC. Giả sử D và E là hai điểm trên cạnhBC sao choBAD\ = \CAE. Đường tròn nội tiếp các tam giácABD, ACE tiếp xúc với cạnh BC tương ứng tại M, N. Chứng minh rằng:
1
MB + 1
MD = 1
N C + 1 N E. Giải
Theo tính chất của hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm, ta có:
A
B C
D E
M N
BM = p1 −AD;DM = p1 −AB.
Ở đây p1 là nửa chu vi của tam giác ABD. Do đó
BM = AB+AD +BD
2 −AD = AB +BD−AD
2 .
DM = AB +AD +BD
2 −AB = AD +BD−AB
2 .
Từ đó
1
MB + 1
MD = 2
AB −AD +BD − 2
AB −AD −BD
= 4BD
BD2 −(AB −AD)2. (1)
Theo định lý hàm số cosin trong tam giác ABD, ta có
BD2 = AB2 +AD2 −2AB.ADcosα (ở đây BAD\ = \EAC = α).
Thay vào (1) và có 1
MB + 1
MD = 2BD
AB.AD(1−cosα). (2) Tương tự có
1
N C + 1
N E = 2EC
AE.AC(1−cosα). (3) Hai tam giác ABD và AEC có cùng chiều cao kẻ từ A nên
BD
EC = SABD
SAEC
= 1
2AB.AD.sinα 1
2AE.ACsinα
= AB.AD AE.AC
⇒ BD
AB.AD = EC
AE.AC. (4)
Từ (2), (3), (4) suy ra 1
MB + 1
MD = 1
N C + 1
N E.Œpcm.
6.2.2 Hệ thức lượng trong hình học không gian
Bài toán 6.12. Tứ diện SABC có góc tam diện đỉnh S là tam diện vuông (tức là SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau). Đáy ABC có ba góc BAC\ = α,\ABC = β,ACB\ = γ. Đặt SA = a,SB = b, SC = c. Chứng minh rằng:
a2tanα = b2tanβ = c2tanγ.
Giải
Theo định lý hàm số cot trong tam giác ABC, có:
cotα = AB2 + AC2 −BC2
4SABC ⇒ tanα = 4SABC
AB2 + AC2 −BC2. (1) Mặt khác theo định lý Pitago, ta có
AB2 +AC2 −BC2 = a2 +b2 +a2 +c2 −b2 −c2 = 2a2. (2)
S
A
A C
B
Thay (2) vào (1) và có
tanα = 2SABC
a2 ⇒ a2tanα = 2SABC. (3) Lập luận tương tự có
b2tanβ = c2tanγ = 2SABC. (4) Từ (3), (4) suy ra đpcm.
Bài toán 6.13. Cho tứ diện OABC có tam diện đỉnh O là tam diện vuông. Vẽ chiều cao OH của tứ diện. Đặt:
Ab= \CAB,Bb = ABC,\ Cb = BCA, α\ = AOH, β\ = BOHγ\ = COH\. Chứng minh rằng:
sin2α
sin 2A = sin2β
sin 2B = sin2γ sin 2C Giải
Kẻ OH⊥(ABC) suy ra H là trực tâm tam giác ABC.
AH ∩ BC = {A1}, thì AA1⊥BC. Từ đó OA1⊥BC (định lý ba đường vuông góc).
Trong tam giác vuông AOA1
OA2 = AH.AA1, (1)
O
A
B
C
H A1
sin2α = AH2
OA2. (2)
Thay (1) vào (2) và có
sin2α = AH
AA1. (3)
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giácABC, và gọiI là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác này. Khi đóH, I,Gthẳng hàng, ở đây G là trọng tâm tam giác (theo đường thẳng Euler). Ta cũng có HG = 2GI ⇒ AH = 2IM (M là trung điểm cạnh BC).
Ta có
Ab= CAB\ = BIM,\
sin 2A= 2 sinAcosA = 2 sinBIM\cosBIM\
= 2BM BI .IM
BI = 2BC 2BI.AH
2BI = BC.AH
2R2 . (4)
Từ (3), (4) suy ra
sin2α
sin 2A = 2R2
BC.AA1 = R2 S . Ở đây S = SABC.
Tương tự có
sin2β
sin 2B = sin2γ
sin 2C = R2 S . Vậy
sin2α
sin 2A = sin2β
sin 2B = sin2γ sin 2C. Đpcm.
Bài toán 6.14. Cho hình chóp D.ABC, trong đó góc tam diện đỉnh D là vuông. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC. Đặt α = DAH, β\ = DBH, γ\ = DCH, ϕ\ = AHB\. Chứng minh rằng:
sinϕ= sinγ
cosαcosβ; cosϕ = −tanαtanβ. Giải
Do D.ABD là tứ diện có góc tam diện đỉnh D là vuông nên nếu H là
A
D
B
C
H1
K H
trực tâm tam giác ABC, thì DH⊥(ABC).
Giả sử AH ∩BC = H1, thì AH1⊥BC và DH1⊥BC.
Trong tam giác vuông ADH1 đỉnh D, theo hệ thức lượng ta có
DH2 = HA.HH1. (1)
Trong tam giác vuông BHH1, ta có
HH1 = BHcosBHH\1 = BHcos(1800−ϕ) =−BHcosϕ. (2) Thay (2) vào (1) và có
DH2 = −AH.BH cosϕ⇒ cosϕ= −DH AH.DH
BH ⇒ cosϕ = −tanα.tanβ.
(3) Bây giờ xét hệ thức sinϕ = sinγ
cosαcosβ.
Giả sử CH ∩AB = K. Do CD⊥(DAB) (vì CD⊥DB, CD⊥AD ), mà CK⊥AB (do H là trực tâm tam giác ABC), nênDK⊥AB (định lý ba đường vuông góc) ⇒ DKC\ là góc tạo bởi hai mặt phẳng (ADB) và (ABC). Dễ thấy tam giác HAB là hình chiếu của tam giác DAB trong phép chiếu vuông góc mặt phẳng (DAB) xuống mặt phẳng (ABC). Từ đó ta có
SHAB = SDAB cosDKC.\ (4) Trong tam giác vuông KDC đỉnh D, ta có cosDKC\ = sinγ.
Thay vào (4) và có 1
2HA.HBsinϕ = 1
2DA.DBsinγ
⇒ sinϕ = DA HA
DB
HB sinγ = sinγ HA DA.HB
DB
⇒ sinϕ = sinγ cosα.cosβ. Đpcm.
Bài toán 6.15.
1. Cho tứ diệnABCD có AB = a và chân các đường cao kẻ từ một đỉnh đều nằm bên trong mặt đối diện. Gọi S1, S2 là diện tích hai mặt của tứ diện có chung cạnh a và α là góc nhị diện giữa hai mặt ấy. Gọi V là thể tích tứ diện. Chứng minh rằng:
V = 2S1S2sinα 3a .
2. Chứng minh rằng trong tứ diện, tích của các cặp đối diện chia cho tích của sin các nhị diện của từng cặp cạnh đó là bằng nhau.
Giải
1. Kẻ CH⊥(ADB) và CK⊥AB (định lý ba đường vuông góc). Từ đó suy ra CKH\ = α là góc phẳng nhị diện cạnh AB.
Theo giả thiết ta có S1 = SABC, S2 = SABD. Vậy
V = 1
3CH.S2. (1)
Ta có
C
A
B
D
K
H
CH = CKsinα = 2S1
AB sinα = 2S1sinα
a . (2)
Thay (2) vào (1) suy ra V = 2S1S2sinα
2. Giả sử AB = a, CD = c, α là góc nhị diện cạnh3a AB, β là góc nhị
A
B
C
D a
c
diện cạnh CD. Đặt
S1 = SABC, S2 = SABD, S3 = SBCD, S4 = SACD. Theo phần (1) nếu gọi V là thể tích tứ diện ABCD ta có
V = 2S1S2sinα
3a = 2S3S4sinβ 3c
⇒ V2 = 4S1S2S3S4sinα.sinβ 9ac
⇒ ac
sinα.sinβ = 4S1S2S3S4 9V2 .
Vế phải của (3) là biểu thức hoàn toàn bình đẳng với các cạnh và sin của các góc nhị diện tương ứng, nên nó là giá trị chung cho tỉ số của tích
các cặp cạnh đối của tứ diện với tích các sin của các nhị diện của từng cặp đối đó.