Định lý Sin và ứng dụng trong giải toán hình học phẳng

Và ứng dụng

Mai Trung Nguyen

Ngày 08 tháng 01 năm 2022

Định lý sin là một trong những định lý cơ bản của hình học phẳng. Chúng ta được biết đến nó lần đầu trong những năm học THCS, với áp dụng chính là tính toán độ dài các cạnh, tỉ số liên hệ giữa các cạnh. Khi lên các lớp bài toán khó hơn, định lý sin là một công cụ hữu ích, liên hệ giữa góc và cạnh.

Khi nghiên cứu các vấn đề về hình học phẳng, nhiều bạn không để ý đến định lý này trong khi đây là một công cụ quan trọng có thể kết hợp hài hoà với các tính chất, định lý hình học khác, đem đến hiệu quả cao trong việc giải bài. Trong bài viết này sẽ giới thiệu cho bạn đọc một số tính chất, ví dự của định lý sin và các lời giải kết hợp giữa tính toán và sử dụng các tính chất, bổ đề hình học khác mang tính lý thuyết.

Hy vọng bài viết sẽ có ích cho các bạn học sinh cũng như quý thầy cô có sự thích thú nhất định với hình học phẳng nói chung và định lý sin nói riêng.

Mục lục

1 Chương 1.Định lý sin và 2 bổ đề của định lý sin 3 1.1 Định lý sin và một số bổ đề, hệ quả liên quan . . . 3 1.2 Bổ đề cát tuyến và bổ đề hình thang đảo . . . 6

2 Ví dụ 8

3 Bài tập đề nghị 15

§ 1 Chương 1.Định lý sin và 2 bổ đề của định lý sin

§ 1.1 Định lý sin và một số bổ đề, hệ quả liên quan

Định lý 1.1 (The Law of Sines)

Cho tam giác ABC vàBC=a, AC=b, AB=c, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp.

Khi đó, ta có hệ thức

a

sinA = b

sinB = c

sinC = 2R .

Chứng minh. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, AD là đường kính của (O).

Khi đó∆ADC vuông tạiC nên AC = sinADC·AD= sinABC·2R⇔ b

sinB = 2R Tương tự ta được

a

sinA = b

sinB = c

sinC = 2R

Bổ đề 1

Cho tam giác ABC, D nằm trên đường thẳng BC. Khi đó, ta có hệ thức:

sinBAD

sinCAD = BD.AC CD.AB Hơn nữa, D là trung điểm BC khi và chỉ khi sinBAD

sinCAD = AC AB Chứng minh.

Áp dụng định lý sin cho hai tam giác ABD và ACD, ta có:

sinBAD

sinABC = BD AD sinCAD

sinACB = CD AD Suy ra sinBAD

sinCAD · sinACB

sinABC = BD

CD ⇔ sinBAD

sinCAD = BD·AC CD·AB

Và ta cũng được BD=CD ⇔ sinBAD

sinCAD = AC AB

Bổ đề 2

Cho đường tròn(O) có bán kính R.Lấy XY và M N là hai dây cung bất kì của (O) có độ lớn góc nội tiếp lần lượt là α, β. Khi đó:

1)XY = 2R·sinα và M N = 2R·sinβ 2)XY

M N = sinα sinβ Chứng minh.

Ý 1)được suy thẳng từ định lý 1.1.

Ý 2)đúng do XY

M N = 2Rsinα

2Rsinβ = sinα sinβ

Nhận xét 1.2.Đây là một bổ đề đơn giản nhưng lại có ứng dụng rất lớn. Giúp chúng ta đưa dây cung về góc và bán kính để tính toán dễ dàng hơn và cho ta một tỉ số liên hệ trực tiếp giữa hai dây cung bất kì trong đường tròn.

Định lý 1.3 (Định lý Ceva-sin)

Cho tam giác ABC và D, E, F lần lượt thuộc BC, CA, AB. Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi sinBAD

sinCAD · sinACF

sinBCF · sinCBE sinABE = 1 Chứng minh.

Thật vậy, theo định lý Ceva thì AD,BE,CF đồng quy khi và chỉ khi DB DC · EC

EA · F A F B = 1 Áp dụng bổ đề 1:

1 = DB·CA

DC·AB · EC·AB

EA·BC · F A·BC

F B·CA = sinBAD

sinCAD · sinACF

sinBCF ·sinCBE sinABE

Định lý 1.4 (Định lý Steiner)

Cho tam giác ABC và hai điểm D, E thuộc đoạn BC. Khi đó, AD và AE là hai đường đẳng giác khi và chỉ khi BD

DC · BE

EC = AB² AC² Chứng minh.

Áp dụng bổ đề 1, ta được:

BD·AC

DC·AB = sinBAD sinCAD BE·AC

EC·AB = sinBAE sinCAE

+)NếuAD, AE đẳng giác thì ∠BAE =∠CAD,∠BAD=∠CAE Hay sinBAE

sinCAE = sinCAD

sinBAD ⇔ BD DC ·BE

EC = AB² AC²

+)NếuD, E thoả mãn đẳng thức đầu bài thì ta gọiD^′ nằm trên BC sao cho AD^′ đẳng giác AE, ta được hai hệ thức:

BD^′ D^′C ·BE

EC = AB² AC² Suy ra BD

DC = BD^′

D^′C ⇒D≡D^′

Nhận xét 1.5. Khi Dlà trung điểm thìE là chân đường đối trung và ta có hệ thức:

EB

EC = AB² AC²

§ 1.2 Bổ đề cát tuyến và bổ đề hình thang đảo

Bổ đề 3 (Bổ đề cát tuyến)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có hai đường chéo AC,BD cắt nhau tại S. Khi đó ta có hệ thức:

SA

SC = BA BC · DA

DC

Và SB

SD = AB AD · CB

CD

(1) Chứng minh.

Áp dụng bổ đề 1 cho tam giácABC, ta được:

SA

SC = BA

BC · sinSBA

sinSBC = BA BC · DA

DC

Ngoài cách chứng minh trên thì bổ này còn có thể chứng minh bằng diện tích hoặc tam giác đồng dạng.

Bổ đề 4 (Bổ đề hình thang đảo)

Cho tứ giác ABCD vàM, N lần lượt là trung điểmAB, CD. Gọi giao điểm của AC và BD làX, giao điểm của AD và BC là Y. Nếu một trong hai điều kiện sau xảy ra:

1) X, M, N thẳng hàng 2)Y, M, N thẳng hàng

Thì ABCD là hình thang vớiAB ∥CD

Chứng minh.

NếuX, M, N hẳng hàng thì áp dụng bổ đề 1 với trường hợp trung điểm, ta được:

sinAXM

sinBXM = XB XA

sinCXM

sinDXM = XD XC Suy ra XB

XA = XD

XC ⇔AB∥CD

Nếu Y, M, N thẳng hàng, thực hiện tương tự ta cũng được ABCD là hình thang với AB∥CD

Các định lý, bổ đề trên đều rất dễ nhớ và quen thuộc nhưng có thể áp dụng trong nhiều bài toán đem lại lời giải hiệu quả mà không quá phức tạp hay cần nhớ nhiều bổ đề, tính chất khác. Sau đây là một số ví dụ, bài toán sử dụng các kết quả trên.

§ 2 Ví dụ

Bài 1

Cho tam giác ABC, nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Gọi giao điểm của BI và AC là Y, giao điểm của CI và AB là X. Hai tiếp tuyện tạiB, C của (O)cắt nhau tại S, IS cắt XY tại Z. Chứng minh rằng Z là trung điểm XY.

Lời giải.

Z là trung điểm XY tương đương với IY

IX = sinXIZ

sinY IZ = sinCIS sinBIS Mặt khác,

sinCIS

sinICS = CS

IS,sinBIS

sinIBS = BS IS Suy ra sinCIS

sinBIS.sinIBS sinICS = 1

⇔ sinCIS

sinBIS = sinICS sinIBS Để ý ∠OBS =∠OCS = 90^o nên

sinCIS = cosOCE= sinEAC sinBIS = cosOBF = sinF CB Ta được: sinCIS

sinBIS = sinEAC

sinF CB = CE BF

Điều cần chứng minh tương đương với CE BF = IY

IX

⇔BF.IY =CE.IX

⇔BF.(F I−F Y) = CE.(EI−EX)

⇔BF.F I−BF.F Y =CE.EI−CE.EX

⇔BF.F I−F I² =CE.EI−EI²

⇔F I.(BF −F I) = EI.(CE−EI)

⇔IF.IB =IE.IC

Đúng do IF.IB =IE.IC =P_I/(O) Hoàn tất chứng minh.

Bài 2

Cho tam giác ABC nội tiếp(O) và có trực tâmH, ba đường cao AD, BE, CF. Hai tiếp tuyến tại B, C của (O)cắt nhau tại T.T B, T C lần lượt giaoEF tại X, Y. AO giao BC tại L,T L giao XY tại M. Chứng minh M là trung điểm XY.

Chứng minh.

Đầu tiên ta thấy∠XBF =∠ACB =∠AF E =∠XF B nên∆XBF cân tại X. Tương tự ta cũng được ∆Y CE cân tại Y.

Theo bổ đề 1: M là trung điểm XY

⇔ T X

T Y = sinY T M

sinXT M = sinCT L

sinBT L = LC LB.T B

T C = LC LB

Mặt khác doAL, AD đẳng giác góc BAC nên áp dụng định lýSteiner ta được:

LC LB.DC

DB = AC² AB²

⇔ LC

LB = AC² AB².DB

DC = AC AB.AC

DC.DB

AB = sinB sinC. 1

cosC.cosB

⇔ LC

LB = 2 sinBcosB

2 sinCcosC = sin 2B sin 2C

⇔ LC

LB = sinF XB

sinEY C = T Y T X

Vậy M là trung điểm XY

Bài 3

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF cắt nhau tại trực tâmH. Dựng đường tròn(K)quaC, Ecắt (O) và đoạnCF lần lượt tạiM, P và đường tròn (L)qua B, F cắt (O) và đoạn BE lần lượt tại N, Qsao cho H, K, L thẳng hàng. Gọi R là giao điểm của M P và N Q. Chứng minh rằng AR, BP, CQ đồng quy.

PHÂN TÍCH: Điều kiện đặc biệt của bài toán đó làH, K, L thẳng hàng. Điều này gợi ý cho taH là tâm vị tự ngoài của(K),(L). MàH là trực tâm nên ta có một số góc vuông, ý tưởng tự nhiên đó là lần lượt lấy giao điểm khácF, E củaHC, HB với(L),(K) để tạo đường kính và áp dụng bổ đề hình thang đảo. Sau đó, ta dự đoánR thuộc (O) và ở đây có tận 3 đường tròn vàH là tâm vị tự trong nên sẽ có nhiểu đất diễn cho định lý sin và việc biến đổi tỉ số để đưa về định lý Ceva−sin là một hướng đi khả thi

Lời giải.

Cho BE, CF lần lượt cắt (K),(L) tại Z, Y thì khi đóBY, CZ là đường kính.

Vì H, K, L thẳng hàng nên ta áp dụng bổ đề hình thang đảo được Y B ∥CZ Từ đây suy ra H là tâm vị tự trong của (K)và (L)·

Suy ra F Q∥P E·

Mặt khác,

∠P EC =∠P ZC = 90−∠ZCP

∠QN B = 90−∠Y BQ = 90−∠HZC Nên∠P M C +∠QN B = 180−∠HZC−∠ZCH =∠BAC Suy ra N Qvà M P cắt nhau tại điểmR thuộc(O)

Theo định lý Reim, suy ra F Q∥AR∥P E

Ta đi chứng minhAR, BP, CQ đồng quy bằng định lý Ceva−sinhay sinBAR

sinCAR.sinACQ

sinQCB.sinP BC sinP BA = 1 Áp dụng bổ đề 1:

sinF BP

sinP BC = F P.BC P C.F B sinECQ

sinQCB = EQ.BC QB.EC Với chú ýF Q∥P E, ta có chuỗi biến đổi:

sinF BP

sinP BC.sinQCB

sinECQ = F P.BC

P C.F B.QB.EC

EQ.BC = F P EQ.QB

P C.EC

F B = F H QH.QB

P C.HE

HF = HE HQ.QB

P C = EP F Q.QB

P C Mặt khác,

sinBAR

sinCAR = sinBF Q

sinABE.sinACF

sinCEP = QB F Q.EP

P C Vậy sinBAR

sinCAR.sinACQ

sinQCB.sinP BC sinP BA = 1

Bài 4 (Lê Viết Ân)

Cho tam giác ABC nhọn thoả mãn cotB = 2 cotC. Đường tròn(M) đường kính BC cắt cạnhAC tạiE. Tiếp tuyến tại E của(M)cắt cạnhAB tạiK. Vẽ tiếp tuyến KL khác KE của (M). Chứng minh AM, BE, CLđồng quy.

PHÂN TÍCH: điều kiện chứa hàmcot của bài toán khá lạ lẫm. Nhưng ta để ý có gợi ý là đường tròn đường kính BC nên ta có thể đưacotB,cotC về các tỉ số các cạnh trong các tam giác vuông. Gợi ý tiếp theo đó là tứ giác điều hoà BLF E có tính chất: tỉ số giữa tích hai đường chéo bằng 2 lần tích hai cặp cạnh đối. Mà điều kiện của đề bài cũng có số 2, là dấu hiệu của việc biến đổi tỉ số, thiết lập các mối quan hệ giữa cạnh và góc thông qua(M)để đưa về định lý Ceva−sin.

Lời giải.

Theo định lý Ceva−sin: AM, BE, CLđồng quy tương đương sinACL

sinBCL.sinCBE

sinABE.sinBAM sinCAM = 1 Dễ thấy sinACL

sinBCL = LE

BL,sinCBE

sinABE = CE

EF,sinBAM

sinCAM = AC AB Nên điều phải chứng minh tương đương: LE

BL.CE EF.AC

AB = 1(1) Mặt khác tứ giácBLF E điều hoà nênLF.BE =LB.EF

Áp dụng định lý P toleme: LE.BF =LF.BE+LB.EF = 2LB.EF

⇔ LE

BL = 2EF BF Suy ra (1) tương đương với

1 = 2EF BF .CE

EF.AC

AB = 2CE BF .AC

AB Đúng do cotB = 2 cotC ⇔ BF

F C = 2CE

BE ⇔ 2CE

BF = BE

F C = AB AC

Bài 5

Đề bài: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), trực tâm H. Đường thẳng qua O và song song vớiBC cắt ABtại E, AC tại F. Gọi K là trung điểmAH;KE, KF cắt BC tại M, N. Đường thẳng qua B song song với KN cắt đường thẳng qua C song song vớiKM tại D. Gọi trung điểm củaKB, KC lần lượt là P, Q. Chứng minh KD, M Q, N P đồng quy.

PHÂN TÍCH:Ý tưởng sử dụng định lý Ceva −sin do ta có P, Q là trung điểm của KB, KC nên ta có thể áp dụng bổ đề 1. Sau đó, ta tìm cách khai thác giả thiếtEF ∥BC vàEF đi qua (O). Ta có thể định nghĩa lạiEF là tập hợp điểm có khoảng cách đến BC bằng nửaAH. Khi đó, kẻ chân vuông góc T từ F đến BC là một hướng khai thác tự nhiên.

Lời giải.

Ta cần chứng minh

sinKM Q

sinQM C.sinP N B

sinKN B.sinN KD

sinM KD = 1(1) Mặt khác

sinKM Q

sinQM C = M C

KM, sinP N B

sinKN B = N B KN Nên (1) tương đương M C

KM.KN

N B.sinBDK sinKDC = 1

GọiA^′, B^′, C^′, S, T lần lượt là chân đường vuông góc từ A,B,C,O,F đến BC,AC,AB,BC,BC.

Khi đóF T =OS =AH/2 =AK nên AKT F là hình bình hành.

Suy ra ∠F T K =∠F AK =∠KB^′A nên KB^′F T nội tiếp.

Lại có BB^′F T thuộc(BF)

NênK, B^′, F, T, B thuộc (BF)⇒∠BKN = 90^o

⇒ N B

KN = 1 sinKBC Tương tự thì ⇒ KM

M C = sinKCB

Lại có BD∥KN nên ⇒∠KBD= 90^o, tương tự thì ∠KCD= 90^o Suy ra KBDC nội tiếp⇒∠BDK =∠KCB,∠KDC =∠KBC Vậy M C

KM.KN

N B.sinBDK

sinKDC = sinKCB. 1

sinKCB.sinKCB sinKBC = 1

Bài 6

Cho tam giác ABC nội tiếp (I), ngoại tiếp (O). Đường thẳng qua I vuông góc với AI cắt AB, AC tại E, F và (I) tiếp xúc BC tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) tại K khác A.Chứng minh KD giao AM tại một điểm nằm trên (O).

PHÂN TÍCH: Giả sử KD và AM cắt nhau tại S thuộc (O), AM cắt AEF tạiJ, KJ cắtEF tạiL thì khi đó theo mô hình phép vị tự quay, ta được BD

DC = LE

LF. Công việc của ta bây giờ là chứng minh tỉ số trên dựa vào bổ đề cát tuyến và định lý sin.

Lời giải.

GọiT là tiếp điểm của đường tròn A−M ixtilinear và(O)và P là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp gócBAC với BC. Khi đó ta có hai nhận xét sau.

Nhận xét 2.1. AT vàAP là hai đường đẳng giác góc BAC.

Chứng minh. Tóm tắt lời giải như sau, bạn đọc có thể chứng minh chi tiết lại. Xét phép nghịch đảo đối xứngf tâmA, phương tích AB.AC, có trục đối xứng là phân giác trong góc BAC, biến (O) thành BC, biến đường tròn bàng tiếp góc A thành đường tròn A−M ixtilinear. Suy ra f biến T thànhP.

Nhận xét 2.2. T B

T C = EB F C

Chứng minh. Do (T EF)tiếp xúc (O)tại T và tiếp xúc AB tại E nên T E đi qua trung điểm cungAB hay T E là phân giác góc BT A.

Suy ra T B

T A = EB

EA. Tương tự T C

T A = F C F A Vậy T B

T C = EB F C

Quay trở lại bài toán, áp dụng định lý cát tuyến:

LE

LF = KE KF.J E

J F

Mặt khác,∠KBE =∠KCF,∠KEB = 180^o−∠KEA= 180^o−∠KF A=∠KF C Suy ra ∆KBE ∼∆KCF ⇒ KE

KF = BE CF Ta có: LE

LF = KE KF.J E

J F = BE

CF.sinBAM

sinCAM = T B T C.AC

AB = sinBAT sinCAT.AC

AB Mặt khác sinBAT

sinCAT = sinCAP

sinBAP = P C P B.AB

AC = DB DC.AB

AC Vậy

LE

LF = sinBAT sinCAT.AC

AB = DB DC

§ 3 Bài tập đề nghị

Bài 1. Cho P,Q là hai điểm liên hợp đẳng giác với nhau trong tam giác ABC. Chứng minh rằngAP.sinBP C=AQ.sinBQC

Bài 2. Cho tam giác ABC có các phân giác trong AM, BN, CP thoả mãnM N vuông góc MP. Tính gócBAC.

Bài 3. Cho tam giác ABC. X là điểm bất kì nằm trên đường cao kẻ từ A. BX, CX lần lượt giao đường tròn đường kínhBC tại E, F.BX giao (AXC) tại Y, CX giao (AXB) tại Z . Chứng minh rằng trung điểm của BC, Y Z, EF thẳng hàng.

Bài 4. Cho tam giác ABC có O là điểm bất kì nằm trong tam giác. Nối AO,BO,CO cắtBC, CA, AB tại lần lượt M, N, P. Gọi I là điểm bất kì nằm trong tam giác M N P. GọiM I, N I, P I cắt lần lượtP N, P M, M N tạiD, E, F. Chứng minh rằng:AD, BE, CF đồng quy.

Bài 5. Cho tam giácABC, nội tiếp (O)có trực tâm H và hai đường cao AD, BE, CF. Gọi giao điểm củaHB và DF làX, giao điểm của HC và DE làY.Hai tiếp tuyện tại B, C của (O)cắt nhau tại S,HS cắt XY tại Z. Chứng minh rằngZ là trung điểm XY. Bài 6. Cho tam giác ABC. Một đường tròn (Q) quaB, C. Trung trực BC cắt (Q) lần lượt tạiI, K (Q nằm giữa I, K và I nằm trong tam giác ABC). AI giao Qtại G và lấy H thuộc BC sao cho AH đẳng giác AI. AD là đường đối trung của tam giác ABC(D

BC). Chứng minh rằng KH GD (Q)

Bài 7. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các phân giác trong góc B, C cắt nhau tại I và cắt đường tròn (O) tại M, N. Trên tia đối các tia BC, CB lấy điểmP, Q sao cho AB=BP, AC =CQ. Đường tròn ngoại tiếp các tam giácN BP, M CQ có tâm là K, L.

Chứng minh các tia KB, LC cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn (O).

Bài 8. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp (O). Một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh AC, AB tại D, E. Đường thẳng qua Dsong song với OB cắt đường thẳng qua E song song với OC tại X. DX, EX lần lượt cắt BC tại Y, Z. Chứng minh rằng (XY Z)tiếp xúc (O).

Bài 9 (Đề xuất ĐBBB 2017, Khối 10). Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng thoả mãn đẳng thức:

M A² ·sin 2A+M B²·sin 2B+M C²·sin 2C = 3S_ABC

Bài 10 (Chọn đội tuyển Đắk Lắk 2020). Cho tam giác ABC, đường tròn (O)cắt cạnh BC tại hai điểm D, E (D nằm giữa B và E),cắt cạnh CA tại hai điểm F, G (F nằm giữa C và G),cắt cạnh AB tại hai điểm H, I (H nằm giữaA và I).Gọi M là giao điểm của DF và EI,N là giao điểm của EG và F H,P là giao điểm của GI và HD. Chứng minh rằngAM, BN, CP đồng quy.

Bài 11 (ĐBBB 2017, Khối 10). Cho tứ giác lồiABCD thoả mãn∠DAB =∠ABC =

∠BCD. Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằngH, O, D thẳng hàng.

Bài 12 (IMO Shortlist 1995). Cho tam giác ABC nhọn. Lấy các điểm A1, A2 trên cạnh BC,B₁, B₂ trên cạnh AC,C₁, C₂ trên cạnh BA lần lượt theo thứ tự:BA₁, A₂, C, C, B₁, B₂, A, A, C₁, C₂, B và ∠AA₁A₂ =∠AA₂A₁ =∠BB₁B₂ =∠BB₂B₁ =∠CC₁C₂ =

∠CC2C1. Ba đường thẳngAA1, BB1, CC1 đôi một giao nhau tại 3 điểm,ba đường thẳng AA₂, BB₂, CC₂ đôi một giao nhau tại 3 điểm. Chứng minh rằng 6 điểm đó nằm trên một đường tròn.

Bài 13 (IMO Shortlist 2005). Cho tam giác ABC nhọn không cân có H là trực tâm và M là trung điểm BC.Lấy điểm D trên AB và điểm E trên AC sao cho AE =AD và D, H, E thẳng hàng. Chứng minh HM vuông góc với dây cung chung của (ABC)và (ADE)

Bài 14 (IMO Shortlist 2015). Cho ABCD là một tứ giác lồi, và P, Q, R, S là điểm lần lượt nằm trên cạnh AB, BC, CD, DA.P R giao QS tại O. Giả sử rằng các tứ giác AP OS, BQOP, CROQ, DSOR đều có đường tròn nội tiếp nó. Chứng minh rằng AC, P Q, RS đồng quy hoặc đôi một song song với nhau.

Bài 15. Cho tam giác ABC nhọn và trực tâm H, trọng tâmG. Các điểm M, N, P lần lượt thuộc tia HA, HB, HC sao cho HM = BC,HN = CA,HP = AB. Chứng minh rằng HGđi qua điểm Lemoine của tam giácM N P.