MỞ RỘNG CÔNG THỨC VECTƠ về tâm ĐƯỜNG TRÒN nội TIẾP

MỞ RỘNG CÔNG THỨC VECTƠ VỀ TÂM ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP TAM GIÁC VÀ ÁP DỤNG.. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC... Tiếp theo, chúng ta xem áp dụng của các công thức i và ii như t

MỞ RỘNG CÔNG THỨC VECTƠ VỀ TÂM ĐƯỜNG TRÒN

NỘI TIẾP TAM GIÁC VÀ ÁP DỤNG

Nguyễn Văn Thiết

( GV Trường THPT Vinh Xuân )

I.CÔNG THỨC MỞ RỘNG

Trong Sách Bài Tập Hình Học lớp 10 Nâng cao, Nhà xuất bản Giáo Dục năm 2006, trang

11 có Bài tập 37 như sau:

Bài tập 37: Cho tam giác ABC với các cạnh AB = c, BC = a, CA = b Gọi I là tâm đường

tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

aIA bIB cIC 0

(*) Bây giờ chúng ta sẽ mở rộng công thức (*) bằng cách xét điểm M bất kì, ta có:

aMA bMB  MCa MI IA b MI IB c MI IC

a b c MIaIA bIB cIC  

a b c MI  

( vì aIA bIB cIC 0

   

theo (*) ) Vậy ta có bài toán mở rộng của bài toán 37 ở trên như sau:

Bài toán mở rộng:

Nếu I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì với điểm M bất kì, ta có công thức

aMA bMB cMCa b c MI

(1) Tiếp tục bình phương vô hướng hai vế của công thức (1) ta được:

a b c  MI a MA b MB c MC  abMA MB  bcMB MC  caMC MA 

(2)

Áp dụng kết quả sau: Với hai vectơ bất kì u

và v

ta có:

2 u v u2v2u v2

 

2MB MC  MB MC BC MB MC a

2MC MA  MC MA CA MC MA b

Khi đó, đẳng thức (2) trở thành:

a b c  MI a MA b MB c MC ab MA MB c bc MB MC a 

 2 2 2

Từ đó ta có hai định lí sau:

Định lí 1: I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và M là một điểm bất kì, ta có đẳng

a MA b MB c MC abc a b c MI (i)

Định lí 2: Với mọi tam giác ABC và với mọi điểm M ta có bất đẳng thức:

2 2 2

a MA b MB c MC abc (ii)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi điểm M trùng với tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Tiếp theo, chúng ta xem áp dụng của các công thức (i) và (ii) như thế nào?

II ÁP DỤNG:

1) Trong bất đẳng thức (ii) cho điểm M trùng với trọng tâm G của tam giác ABC ta được bất đẳng thức:

a GA 2b GB 2c GC 2 abc

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trọng tâm G trùng với tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC hay tam giác ABC là tam giác đều

Thế 2

3 a

3 b

3 c

GC m ( với m m m lần lượt là độ dài các a, b, c đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC ), ta được:

4 2 4 2 4 2

9a m a 9b m b 9c m c abc Hay 2 2 2 9

4

Vậy

9 4

bc  ca  ab  (3)

Đẳng thức xảy ra ở (3) khi và chỉ khi trọng tâm G trùng với tâm I của đường tròn nội tiếp hay tam giác ABC là tam giác đều

2) Trong đẳng thức (i) cho điểm M trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:

2 2 2   2

a OA b OB c OC  a b c OI  abc

Vì OAOBOCR ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) nên ta có:   2   2

a b c R  a b c OI abc Hay R2 OI2 abc

a b c

 

Từ đó suy ra:

- Đẳng thức OI2 R2 abc

a b c

  (4)

- Bất đẳng thức 2 abc

R

a b c



  (5) Đẳng thức xảy ra ở (5) khi và chỉ khi tâm O của đường tròn ngoại tiếp trùng với tâm I của đường tròn nội tiếp hay tam giác ABC là tam giác đều

Áp dụng các công thức

4

abc S R

 ( S là diện tích tam giác ABC )

1 

2

S  pr a b c r  ( r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ) Khi đó công thức (4) trở thành:

2 2

2

OI R  Rr (6)

( Đây là công thức Euler quen thuộc )

Và bất đẳng thức (5) trở thành bất đẳng thức quen thuộc:

R2r (7)

Đẳng thức xảy ra ở (7) khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều

3) Trong đẳng thức (i) cho M trùng với trực tâm H của tam giác ABC ta được:

aHA bHB cHC abc a b c HI  (8)

Vẽ đường kính AA’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó tứ giác BHCA’ là hình bình hành nên HA’ đi qua trung điểm K của cạnh BC Suy ra OK là đường trung bình của tam giác AHA’, do đó ta có: HA = 2.OK

Xét ba trường hợp:

a) Tam giác ABC là tam giác nhọn:

Khi đó trực tâm H và tâm O của đường tròn ngoại tiếp nằm bên trong tam giác ABC ( xem hình vẽ )

.2

BOK BOC BACBACA

Suy ra HA2.OK 2.OBcosBOK 2 cosR A

HBA C' AA'cosAA C' 2 cosR B

HCA B' AA'cosAA B' 2 cosR C

Từ đó đẳng thức (8) trở thành:

4R acos A b cos Bccos C abc a b c HI 

b) Tam giác ABC là tam giác tù:

Giả sử góc A tù Khi đó trực tâm H và tâm O của

đường tròn ngoại tiếp nằm bên ngoài tam giác ABC

Do đó ta có:

Suy ra

HA2.OK 2.OBcosBOK

2 cos 180R A

HBA C' AA'cosAA C' 2 cosR B

HCA B' AA'cosAA B' 2 cosR C

Từ đó đẳng thức (8) trở thành:

4R acos A b cos B c cos C abc a b c HI 

c) Tam giác ABC là tam giác vuông:

Giả sử góc A vuông Khi đó trực tâm H trùng với đỉnh A của tam giác ABC và tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của cạnh BC Do đó, ta có:

A

A '

O

K

C B

K

C B

A

HA  0

HB ABBCcosB2 cosR B

HCACBCcosC2 cosR C

Khi đó đẳng thức (8) trở thành:

4R bcos B c cos C abc a b c HI 

( chú ý H trùng với A )

90

A  nên cosA  , do đó đẳng thức trên 0

có thể viết như sau:

4R acos A b cos B c cos C abc a b c HI 

Kết hợp cả ba trường hợp trên, ta có kết quả sau:

Với tam giác ABC bất kì, ta luôn có đẳng thức :

4R acos A b cos B c cos C abc a b c HI  (9)

Bây giờ, chia hai vế của đẳng thức (9) cho tích abc, ta được:

(10)

Áp dụng định lí SIN: a = 2RsinA , b = 2RsinB , c = 2RsinC và công thức

1

2

 

 thì công thức (10) trở thành:

1

Suy ra

sin sin sin sin sin sin

Vậy ta có hai hệ quả sau:

a) Hệ quả 1: Với mọi tam giác ABC ta luôn có đẳng thức:

sin sin sin sin sin sin

(11)

Trong đó H, I lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,

R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC

b) Hệ quả 2: Với mọi tam giác ABC ta luôn có bất đẳng thức:

1 sin sin sin sin sin sin

B C C A A B  (12) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều

Cuối cùng, mời các bạn chứng minh bất đẳng thức (12) bằng phương pháp Lượng giác Chúc

các bạn thành công!

R R

B

A