I. Lời giới thiệu

Trong môn hình học ở trường phổ thông, hình học phẳng có khá nhiều phân môn, thể loại, và hình tam giác, cóvai trò rất đặc biệt. Việc chứng minh nhiều định lý và giải rất nhiều bài toán hình học đòi hỏi phải vận dụng hợp lýnhiều kiến thức về hình tam giác(tam giác bằng nhau, tam giác đồng dạng, các đường thẳng đặc biệt trong tamgiác, v.v…)

Hình tam giác đã được nhiều nhà toán học trên thế giới nghiên cứu từ hàng nghìn năm nay và mãi cho đến

những năm gần đây, nhiều tính chất, định lý mới, hoặc nhiều cách chứng minh mới của các định lý đã biết lần

lượt ra đời. Ở bài viết này, tác giả xin giới thiệu đến bạn đọc những định lý, những bài toán hay về đẳng thức

lượng giác trong tam giác, bao gồm định lý Stewart, định lý Morley, định lý Steiner-Lenmus về tam giác cân, bài

toán Napoleon … và những mở rộng, chú ý, cách chứng minh độc đáo của nhiều nhà toán học cũng được nêu

ra trong bài viết này, chúng ta hãy cùng tìm hiểu.

II. Định lý STEWART

Bài toán: Cho . là một điểm trên cạnh . Đặt . Khi đó ta có công

thức sau:

Lời giải.

ΔABC D BC AD = d, BD = m, DC = n

a = m + n − amnd 2 b2 c2

Vài bài toán hay về Bất đẳng thức lượng

giác trong tam giác

Kẻ đường cao . Xét hai tam giác và và theo định lý hàm số , ta có:

Nhân từng vế theo thứ tự với và rồi cộng lại, ta có:

Do , nên từ ta có:

Định lý Stewart chứng minh xong.

Chú ý:

Stewart (1717 – 1785) là nhà toán học và thiên văn học người Scotland.

Nếu trong hệ thức Stewart xét là đường trung tuyến, thì từ hệ thức Stewart có:

Hệ thức trên chính là hệ thức xác định trung tuyến quen biết trong tam giác.

Nếu trong hệ thức Stewart xét là phân giác. Khi đó theo tính chất đường phân giác trong ta có:

Từ hệ thức Stewart có:

AH ABD ACD cos

= + − 2md cos = + − 2m. HD (1)c2 d 2 m2 ADB d 2 m2

= + − 2dn cos(π − ) = + + 2dn cos =b2 d 2 n2 ADB d 2 n2 ADB

= + + 2nHD (2)d 2 n2

(1), (2) n m

n + m = (n + m) + mn(m + n) (3)c2 b2 d 2

m + n = a (3) a = m + n − amnd 2 b2 c2

∙

∙ AD

a = + − a ⇔ = (4)m2a

a

2b2 a

2c2 a

2a

2m2

a

2 + 2 −b2 c2 a2

4

∙ AD

= ⇔ m = và n =m

c

n

b

ac

b + c

ab

b + c

bc[ − ]2 2

Chú ý rằng:

Từ và suy ra:

Hệ thức trên chính là hệ thức xác định đường phân giác.

Vậy hệ thức Stewart là tổng quát hoá của các hệ thức xác định đường trung tuyến và đường phân giác

đã quen biết.

III. Định lý MORLEY

Bài toán: Cho . Ở mỗi góc của tam giác vẽ hai đường chia góc đó ra làm ba phần bằng nhau. Các

đường ấy cắt nhau tại (hình vẽ). Chứng minh rằng đều.

Lời giải.

Đặt , , . Gọi các cạnh và đường kính đường tròn ngoại tiếp là . Theo định lý hàm số trong , ta có:

Do , vậy từ suy ra

a = + − a ⇒ = (5)l2a

ac

b + cb2 ab

b + cc2 bca2

(b + c)2l2a

bc[ − ](b + c)2a2

(b + c)2

2 = 1 + cos A = 1 + = (6)cos2 A

2+ −b2 c2 a2

2bc

−(b + c)2a2

2bc

(5) (6)

= ⇒ =l2a

4b2cos2 A

2

(b + c)2la

2bc cos A

2

b + c

ΔABC

X, Y , Z ΔXY Z

A = 3α B = 3β C = 3γ BC, CA, AB ΔABCa, b, c, d sin ΔCY A

= (1)CY

sin α

b

sin( − α − γ)180o

α + γ = − β60o (1)

CY = b = d sin 3β (2)sin α sin α

Ta có:

Thay vào có:

Lí luận tương tự có:

Trong , áp dụng định lý hàm số , ta có:

Do , nên xét

Gọi là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này. Theo định lý hàm số trong tam giác này có:

Vậy thay vào , ta có:

CY = b = d sin 3β (2)sin α

sin( + β)120o

sin α

sin( − β)60o

sin 3β = 3 sin β − 4 β = 4 sin β − β =sin3 ⎡⎣( )3√

2

2

sin2 ⎤⎦

= 4 sin β( − β) = 4 sin β sin( + β) sin( − β) (3)sin260o sin2 60o 60o

(3) (2) n = CY = 4d sin α sin β sin( + β)60o

m = CX = 4d sin α sin β sin( + α)60o

ΔCXY cos

X = + − 2mn cos γ =Y 2 m2 n2

= 16 α β[ ( + α) + ( + β) − 2 sin( + α) sin( + β) cos γ] (4)d 2sin2 sin2 sin2 60o sin2 60o 60o 60o

( + α) + ( + β) + γ =60o 60o 1800 ΔEFG với = + α, = + β, = γ.E 60o F 60o G

d1 cos

FG = e = sin( + α) ⇒ sin( + α) =d1 60o 60o e

d1

EG = f = sin( + β) ⇒ sin( + β) =d1 60o 60o f

d1

EF = g = sin γ ⇒ sin γ =d1g

d1

(4)

X = 16 α βY 2 d 2sin2 sin2 + − 2ef cos γe2 f 2

d 21

Do vai trò bình đẳng, ta cũng có

Vậy là tam giác đều (đpcm).

Chú ý:

Frank Morley (1860 – 1937) sinh tại Anh, nhưng hầu như suốt đời sống ở Mĩ. Trong vài chục năm ông là giáo

sư toán học ở trường đại học tổng hợp thuộc bang Baltimore. Bản thân học cách chứng minh của ông rất phức

tạp. Cách chứng minh ở trên là của nhà toán học Ấn Độ Naranengar tìm ra vào năm 1909. Một nhà toán học Ấn

Độ khác là Xachianarian cho cách giải "phi lượng giác" (chỉ dùng đến kiến thức hình học lớp 9)

Định lý về đường chia ba góc được Morley tìm ra từ 1899, nhưng mãi đến năm 1914 ông mới công bố cách

chứng minh và mở rộng định lý với việc xét không chỉ các đường chia ba góc trong mà cả các đường chia ba

góc ngoài của tam giác. Định lý Morley đã hấp dẫn nhiều người, trong đó có nhà toán học Pháp nổi tiếng Henri

Lebesgue (1875 – 1941). Năm 1939, Lebesgue công bố chứng minh sơ cấp của định lý này. Ông xét các đường

chia ba các góc trong và ngoài của tam giác (có tất cả 12 đường), và đã chứng minh được rằng trong các giao

điểm của các đường đó có 27 bộ ba điểm là các đỉnh của tam giác đều.

= 16 α β = 16 α β γd 2sin2 sin2 g 2

d 21

d 2sin2 sin2 sin2

⇒ XY = 4d sin α sin β sin γ

XZ = ZY = 4d sin α sin β sin γ ⇒ XY = Y Z = ZX.

ΔXY Z

∙

∙

Từ

Giả thiết phản chứng , khi đó không giảm tổng quát có thể giả sử

.

Suy ra:

Ngoài ra ta có: . Vậy suy ra . Điều đó vô lý

nên giả thiết phản chứng là sai.

Do đó: hay là tam giác cân đỉnh (đpcm).

Chú ý:

Jacob Steiner (1796 – 1863) là nhà hình học nổi tiếng người Thuỵ Sĩ.

= ⇔ = ⇔ ( + )lb lca + c

ac cosB

2

a + b

ab cosC

2

1

cosB

2

1a

1c

= ( + ) (1)1

cosC

2

1a

1b

b ≠ c

b > c

> > > 0 ⇒ cos90o B

2C

2B

21

cosC

2

>1c

1b

V T (1) > V P (1)

b = c ABC A

∙

Định lý Steiner – Lenmus này có đến mấy chục cách chứng minh khác

nhau, trong đó cách chứng minh trên là cách duy nhất sử dụng các kiến

thức lượng giác.

Sau đây là hai cách chứng minh “phi lượng giác” đẹp mắt để bạn đọc

thưởng thức.

Cách 1: (Tác giả là hai kĩ sư người Anh là G.Jylbert và D.Mac – Donnell).

Cách giải này được coi là đơn giản nhất và được công bố trên tạp chí

“American Mathematical Monthly” năm 1963.

Bổ đề: Trong tam giác , nếu thì đường phân giác lớn

hơn đường phân giác .

Chứng minh bổ đề.

Lấy trên sao cho . Từ đó suy ra tứ giác

nội tiếp.

Trong đường tròn này cung < cung

∙

ABC <A B AN

BM

N ′ AN =MBN ′ˆ A

2AB MN ′

< ⇒MAB BAN ′ MB AN ′

⇒ MB < A′

.

Mà . Bổ đề được chứng minh.

Định lý Steiner – Lenmus là hệ quả trực tiếp của bổ đề trên.

Cách 2: (Của tác giả R.W.Hegy đăng trên tạp chí “The Mathematical

Gazette” của Anh năm 1982 – và được xem là đơn giản nhất!)

Vẽ hình bình hành như hình vẽ.

Đặt , ,

, .

Do nên cân, suy ra

⇒ MB < AN ′

ABMN ′

AMDN

= = = αCAN BAN MDN = = βABM CBM

= δNBD = γNDB

AN = MB ΔMBD α + γ = β + δ (1)

Nếu như , thì từ suy ra

Mặt khác xét hai tam giác và có chung,

, mà

Vì vậy trong từ suy ra

Từ dẫn đến vô lý. Vì lý do tương tự cũng không thể bé hơn

. Ta có điều phải chứng minh.

Các bạn thân mến! Kể từ năm 1840 khi S.L.Lenmus gửi thư cho nhà hình

học J.Steiner đã quá 150 năm. Từ cách chứng minh của Steiner cho đến

cách chứng minh gần đây nhất của R.W.Hegg, con người đã dần dần thực

hiện được khát vọng là vươn tới cái đơn giản nhất. Chắc rằng quá trình

này chưa dừng lại ở đây.

Cuối cùng, xin dành cho cách giải của chính J.Steiner

Dựa vào công thức

α > β (1) γ < δ (2)

NAB MAB AB

MB = AN α > β ⇒ BN > AM ⇒ BN > DN (3)

ΔBDN (3) γ > δ (4)

(2), (4) α β

⇒ α = β

∙

⎧

⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

=l2b

ac[ − ](a + c)2b2

(a + c)2

=l2c

ab[ − ](a + b)2c2

(a + c)2

Từ , sau khi biến đổi, đưa được về dạng:

Suy ra: hay là tam giác cân đỉnh .

IV. Bài toán NAPOLÉON

Bài toán: Cho tam giác . Về phía ngoài trên ba cạnh dựng ba tam

giác đều. Gọi là các tam của ba tam giác đều ấy. Chứng

minh cũng là tam giác đều.

Lời giải.

Ta có theo định lý hàm số , thì

=lb lc

a(a + b + c)[(a + b + c)( + bc) + 2abc](b − c) = 0a2

b = c ABC A

ABC

, ,O1 O2 O3O1O2O3

cos

= C + C − 2.C C cosO2O23 O2

2 O23 O2 O3 CO2 O3ˆ

Hay

Rõ ràng vế phải của là biểu thức đối xứng với , nên ta có

Suy ra là tam giác đều. Ta có điều phải chứng minh.

Chú ý:

⇒ = + − 2 cos( + C)O2O23 ( )b 3√

3

2

( )a 3√3

2ab

3600

= + − ( cos C − sin C)a2

3b2

32ab

312

3√2

= − ( + − ) +O2O23

+a2 b2

316

a2 b2 c2 ab 3√3

2S

ab

= + (1)+ +a2 b2 c2

62S 3√

3

(1) a, b, c

= = + ⇒ =O1O23 O1O2

2+ +a2 b2 c2

62S 3√

3O1O3 O2O3

= O1O2

O1O2O3

Napoléon Bonaparte (1769 – 1821), hoàng đế nổi tiếng của nước Pháp,

là một người ham thích toán; ngay cả lúc cầm quân ở trận mạc, ông vẫn

dành những phút giải trí qua việc giải các bài toán. Napoléon đã nêu ra

một số bài toán hay, trong đó có bài toán nói trên.

Dưới đây là cách giải "phi lượng giác" của bài toán trên. (đó chính là

cách giải của hoàng đế Napoléon)

Dựng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều dựng

trên hai cạnh . Hai đường tròn này cắt nhau ở và . Hai tứ

giác nội tiếp và có

\displaystyle{\widehat{{B '}} = \widehat{{A '}} = {60^0}} , do đó

, suy ra , và đường tròn ngoại

tiếp tam giác cũng qua .

Như vậy, ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều

∙

∙

AC , BCB′ A′

AC, BC C O

A COB′ B COA′

= =AOC BOC 1200 =AOB 1200

ABC ′ O

′ ′ ′

cắt nhau tại . Ta có (vì là

đường nối tâm của hai đường tròn có dây chung là ).

Tương tự (do ). Tương tự ta

có là tam giác đều (đpcm).

V. Lời kết.

Trên đây là những vấn đề mà tác giả đã học tập, sưu tầm được. Chúng tôi

hi vọng rằng, bài viết sẽ giúp các bạn trẻ yêu thêm toán và thấy rõ hơn

rằng: một ý tưởng mới, một cách giải quyết độc đáo có thể nảy sinh từ

những vấn đề đơn giản, rất quen thuộc, các bài toán sơ cấp vẫn không

ngừng hấp dẫn nhiều người, trong đó có không ít các nhà toán học nổi

tiếng trên thế giới.

Tuy đã nỗ lực rất nhiều nhưng bài viết còn có những thiếu sót, mong bạn

đọc góp ý để bài viết được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn!

AB , BC , CAC ′ A′ B′ O IJ⊥OC IJ

OC

JK⊥OA ⇒ =IJK 600 =AOC 1200

= = ⇒JKI KIJ 600 IJK