Bài 2. ĐỊNH LÍ CÔSIN VÀ ĐỊNH LÍ SIN
1. Định lý côsin trong tam giác
Định lí côsin
\(\bullet\ \) \(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A;\)
\(\bullet\ \) \(b^2=a^2+c^2-2ac\cos B;\)
\(\bullet\ \) \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C.\)
Hệ quả
\(\bullet\ \) \(\cos A=\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc};\)
\(\bullet\ \) \(\cos B=\displaystyle\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac};\)
\(\bullet\ \) \(\cos C=\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}.\)
Ví dụ 1. Cho tam giác \(ABC\) có \(\widehat{C}=115^\circ\), \(AC=8\) và \(BC=12\). Tính độ dài cạnh \(AB\) và các góc \(A\), \(B\) của tam giác đó.
Theo định lý côsin, ta có
\(\begin{aligned}AB^2&=BC^2+AC^2-2\cdot BC\cdot AC\cdot \cos C\\ &=12^2+8^2-2\cdot 12\cdot 8\cdot \cos 115^\circ\\ &\approx 289{,}14.\end{aligned}\)
Vậy \(AB\approx \sqrt{289{,}14}\approx 17\).
Theo hệ quả của định lý côsin, ta có
\(\cos A=\displaystyle\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\) \(\approx\displaystyle\frac{17^2+8^2-12^2}{2\cdot 17\cdot 8}\approx0{,}7684.\)
Suy ra \(\widehat{A}\approx39^\circ47'\), \(\widehat{B} =180^\circ- \left(\widehat{A}+\widehat{C}\right)\) \(\approx25^\circ13'\).
Ví dụ 2. Tính các cạnh và các góc chưa biết của tam giác \(ABC\) trong hình vẽ.
Theo định lý côsin, ta có
\(\begin{aligned}BC^2&=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A\\ &=14^2+18^2-2\cdot 14\cdot 18\cdot \cos 62^\circ\approx283{,}386.\end{aligned}\)
Suy ra \(BC\approx16{,}8\).
Theo hệ quả của định lý côsin, ta có
\(\begin{aligned}\cos B&=\displaystyle\frac{BA^2+BC^2-AC^2}{2\cdot BA\cdot BC}\\ &=\displaystyle\frac{14^2+16{,}8^2-18^2}{2\cdot 14\cdot 16{,}8}\approx0{,}328.\end{aligned}\)
Suy ra \(\widehat{B}\approx 71^\circ\), \(\widehat{C}\approx47^\circ\).
Ví dụ 3. Tính khoảng cách giữa hai điểm ở hai đầu của một hồ nước. Biết từ một điểm cách hai đầu hồ lần lượt là \(800\) m và \(900\) m người quan sát nhìn hai điểm này dưới một góc \(70^\circ\).
Theo định lý côsin, ta có
\(\begin{aligned}AB^2&=CA^2+CB^2-2\cdot CA\cdot CB\cdot \cos C\\ &=800^2+900^2-2\cdot 800\cdot 900\cdot \cos 70^\circ\\ &\approx957491.\end{aligned}\)
Suy ra \(AB\approx979\) m.
Vậy khoảng cách giữa hai điểm bờ hồ là \(979\) m
2. Định lý sin trong tam giác
Định lí sin
Trong tam giác \(ABC\) với \(BC=a\), \(CA=b\), \(AB=c\), ta có
\(\displaystyle\frac{a}{\sin A}=\displaystyle\frac{b}{\sin B}=\displaystyle\frac{c}{\sin C}=2R,\)
trong đó \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Hệ quả.
\(\bullet\ \) \(a=2R\sin A;\qquad b=2R\sin B;\qquad\) \(c=2R\sin C;\)
\(\bullet\ \) \(\sin A=\displaystyle\frac{a}{2R};\qquad\sin B=\displaystyle\frac{b}{2R}; \qquad\ \) \(\sin C=\displaystyle\frac{c}{2R}.\)
Ví dụ 1. Cho tam giác \(ABC\) có \(\widehat{A}=72^\circ\), \(\widehat{B}=83^\circ\), \(BC=18\). Tính độ dài các cạnh \(AC\), \(AB\) và bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
Đặt \(a=BC\), \(b=AC\), \(c=AB\).
Ta có \(a=18\), \(\widehat{C}=180^\circ-(72^\circ+83^\circ)=25^\circ\).
Áp dụng định lý sin, ta có \(\displaystyle\frac{a}{\sin A} =\displaystyle\frac{b}{\sin B}=\displaystyle\frac{c}{\sin C}\).
Suy ra
\(AC=b=\displaystyle\frac{a\sin B}{\sin A}=\displaystyle\frac{18\cdot \sin 83^\circ}{\sin 72^\circ} \approx18{,}8;\)
\(AB=c=\displaystyle\frac{a\sin C}{\sin A}=\displaystyle\frac{18\cdot \sin 25^\circ}{\sin 72^\circ} \approx8;\)
\(R=\displaystyle\frac{a}{2\sin A}=\displaystyle\frac{18}{2\sin 72^\circ} \approx 9{,}5.\)
Ví dụ 2. Tính các cạnh và các góc chưa biết của tam giác \(MNP\) trong hình bên.
Đặt \(a=NP\), \(b=MN\), \(c=MP\).
Ta có \(a=22\), \(\widehat{P}=180^\circ-(34^\circ+112^\circ)=34^\circ\) nên \(\triangle MNP\) cân tại \(N\), suy ra \(MN=NP=22\).
Áp dụng định lý sin, ta có \(\displaystyle\frac{a}{\sin A}=\displaystyle\frac{b}{\sin B}=\displaystyle\frac{c}{\sin C}\).
Suy ra
\(MP=c=\displaystyle\frac{a\sin N}{\sin M}=\displaystyle\frac{22\cdot \sin 112^\circ}{\sin 34^\circ}\) \(\approx36{,}5.\)
Ví dụ 3. Trong một khu bảo tồn, người ta xây dựng một tháp canh và hai bồn chứa nước \(A\), \(B\) để phòng hỏa hoạn. Từ tháp canh, người ta phát hiện đám cháy \(D\) và số liệu đưa về như hình bên. Nên dẫn nước từ bồn \(A\) hay \(B\) để dập tắt đám cháy nhanh hơn?
Xét tam giác \(BCD\), ta có \(\widehat{BDC}=180^\circ-(35^\circ+125^\circ)=20^\circ\).
Áp dụng hệ quả định lý sin cho tam giác \(BCD\) ta có
\(BD=\displaystyle\frac{BC\cdot \sin \widehat{BCD}}{\sin \widehat{BDC}}=\displaystyle\frac{900\cdot \sin 35^\circ}{\sin 20^\circ}\) \(\approx 1059\ \text{m};\)
\(CD=\displaystyle\frac{BC\cdot \sin \widehat{CBD}}{\sin \widehat{BDC}}=\displaystyle\frac{900\cdot \sin 125^\circ}{\sin 20^\circ}\) \(\approx 2155\ \text{m}.\)
Áp dụng định lý côsin cho tam giác \(ACD \) ta có
\(AD^2=CD^2+CA^2-2\cdot CD\cdot CA\cdot \cos \widehat{DCA}\) \(\approx 2155^2+1800^2-2\cdot 2155\cdot 1800\cdot \cos34^\circ\) \(\approx1452351.\)
Suy ra \(BD=1205\) m.
Vậy lấy nước ở bồn chứa \(A\) gần hơn.
3. Các công thức tính diện tích tam giác
Cho tam giác \(ABC\), ta kí hiệu:
\(*\) \(h_a\), \(h_b\), \(h_c\) là độ dài các đường cao lần lượt ứng với các cạnh \(BC\), \(CA\), \(AB\).
\(*\) \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
\(*\) \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\) là nửa chu vi của tam giác.
\(*\) \(S\) là diện tích tam giác.
Ta có các công thức tính diện tích sau
\(\bullet\ \) \(S=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a=\displaystyle\frac{1}{2}bh_b=\displaystyle\frac{1}{2}ch_c\);
\(\bullet\ \) \(S=\displaystyle\frac{1}{2}ab\sin C=\displaystyle\frac{1}{2}ac\sin B=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A\);
\(\bullet\ \) \(S=\displaystyle\frac{abc}{4R}\);
\(\bullet\ \) \(S=pr\);
\(\bullet\ \) \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) (Công thức Heron)
Ví dụ 1. Cho tam giác \(ABC\) có \(a=2\sqrt{3}\), \(b=2\), \(\widehat{C}=30^\circ\).
a. Tính diện tích tam giác \(ABC\);
b. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
a. Áp dụng công thức \(S=\displaystyle\frac{1}{2}ab\sin C\), ta có
\(S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2\cdot \sin 30^\circ=\sqrt{3}\) \(\approx 1{,}73.\)
b. Áp dụng định lý côsin, ta có
\(\begin{aligned}c^2&=a^2+b^2-2ab\sin C\\ &=\left( 2\sqrt{3}\right)^2+2^2-2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2\cdot \cos 30^\circ\\ &=4.\end{aligned}\)
Suy ra \(c=2\).
Áp dụng định lý sin, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là
\(R=\displaystyle\frac{c}{2\sin C}=\displaystyle\frac{2}{2\cdot \sin 30^\circ}=2.\)
Ví dụ 2. Cho tam giác \(ABC\) có \(a=30\), \(b=26\), \(c=28\).
a. Tính diện tích tam giác \(ABC\).
b. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác \(ABC\).
a. Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là \(p=\displaystyle\frac{1}{2}(30+26+28)=42\).
Áp dụng công thức Heron ta có diện tích tam giác \(ABC\) là
\(\begin{aligned}S&=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\\ &=\sqrt{42(42-30)(42-26)(42-28)}\\ &=336.\end{aligned}\)
b. Ta có \(S=\displaystyle\frac{abc}{4R}\) nên
\(R=\displaystyle\frac{abc}{4S}=\displaystyle\frac{30\cdot 26\cdot 28}{4\cdot 336}=16{,}25\).
Ta lại có \(S=pr\) nên
\(r=\displaystyle\frac{S}{p}=\displaystyle\frac{336}{42}=8\).
Ví dụ 3. Tính diện tích tam giác \(ABC\) và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) trong các trường hợp sau
a. Các cạnh \(b=14\), \(c=35\) và \(\widehat{A}=60^\circ\);
b. Các cạnh \(a=4\), \(b=5\) và \(c=3\).
a. Áp dụng công thức \(S=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A\), ta có
\(S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 14\cdot 35\cdot \sin 60^\circ\) \(=\displaystyle\frac{245\sqrt{3}}{2}\approx212{,}2.\)
Ta có
\(\begin{aligned}a^2&=b^2+c^2-2bc\cos A\\ &=14^2+35^2-2\cdot 14\cdot 25\cdot \cos 60^\circ\\ &=1071\end{aligned}\).
Suy ra \(a\approx33\).
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là
\(R=\displaystyle\frac{a}{2\sin A}\approx\displaystyle\frac{33}{2\cdot \displaystyle\frac{1}{2}}\approx33\).
b. Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là
\(p=\displaystyle\frac{1}{2}(a+b+c)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}(4+5+3)=6\).
Áp dụng công thức Heron, ta có
\(\begin{aligned}S&=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\\ &=\sqrt{6(6-3)(6-5)(6-4)}=6.\end{aligned}\)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là
\(R=\displaystyle\frac{abc}{4S}=\displaystyle\frac{4\cdot 5\cdot 3}{4\cdot 6}\) \(=2{,}5.\)
Ví dụ 4. Tính diện tích một cánh buồm hình tam giác. Biết cánh buồm đó có chiều dài một cạnh là \(3{,}2\) m và hai góc kề cạnh đó có số đo là \(48^\circ\) và \(105^\circ\).
Cánh buồn có dạng hình tam giác \(ABC\) như hình vẽ bên.
Ta có
\(\begin{aligned}\widehat{C}&=180^\circ-\left( \widehat{A}+\widehat{C}\right)\\ &=180^\circ-(48^\circ+105^\circ) =27^\circ\end{aligned}\).
Áp dụng hệ quả định lý sin cho tam giác \(ABC\), ta được
\(BC=\displaystyle\frac{AB\cdot \sin A}{\sin C}=\displaystyle\frac{3{,}2\cdot \sin 48^\circ}{\sin 27^\circ}\) \(\approx5{,}2\ \text{m}.\)
Vậy diện tích của cánh buồm là
\(\begin{aligned}S&=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot BA\cdot BC\cdot \sin B\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 3{,}2\cdot 5{,}2\cdot \sin 105^\circ\approx8\ \text{m}^2.\end{aligned}\)
BÀI TẬP
Bài tập 1. Tìm độ dài \(x\) trong các tam giác sau
+ Xét hình \(a)\). Áp dụng định lý côsin, ta có
\(\begin{aligned}BC^2&=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A\\ &=5^2+(6{,}5)^2-2\cdot 5\cdot 6{,}5\cdot \cos 72^\circ\\ &\approx 47{,}2.\end{aligned}\)
Suy ra \(BC=6{,}9\) hay \(x=6{,}9\).
+ Xét hình \(b)\). Áp dụng định lý côsin, ta có
\(\begin{aligned}BC^2&=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A\\ &=\left( \displaystyle\frac{1}{3}\right) ^2+\left(\displaystyle\frac{1}{5} \right) ^2-2\cdot \displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{1}{5}\cdot \cos 123^\circ\\ &\approx 0{,}22.\end{aligned}\)
Suy ra \(BC=0{,}47\) hay \(x=0{,}47\).
Bài tập 2. Tính độ dài cạnh \(c\) trong tam giác \(ABC\) trong hình vẽ
Áp dụng hệ quả định lý sin cho tam giác \(ABC\), ta được
\(AB=\displaystyle\frac{AC\cdot \sin C}{\sin B}=\displaystyle\frac{12\cdot \sin 105^\circ}{\sin 35^\circ}\) \(\approx20{,}2.\)
Vậy \(c=20{,}2\).
Bài tập 3. Cho tam giác \(ABC\), biết cạnh \(a=152\), \(\widehat{B}=79^\circ\), \(\widehat{C}=61^\circ\). Tính các góc, các cạnh còn lại và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó.
Ta có
\(\widehat{A}=180^\circ-\left( \widehat{B}+\widehat{C}\right)\) \(=180^\circ-(79^\circ+61^\circ) =40^\circ\).
Áp dụng hệ quả của định lý sin, ta có
\(\begin{aligned}&b=\displaystyle\frac{a\cdot \sin B}{\sin A}=\displaystyle\frac{152\cdot \sin 79^\circ}{\sin 40^\circ}\approx232;\\ &c=\displaystyle\frac{a\cdot \sin C}{\sin A}=\displaystyle\frac{152\cdot \sin 61^\circ}{\sin 40^\circ}\approx207;\\ &R=\displaystyle\frac{a}{2\sin A}=\displaystyle\frac{152}{2\cdot \sin 40^\circ}\approx 118.\end{aligned}\)
Bài tập 4. Một công viên có dạng hình tam giác với các kích thước như hình vẽ. Tính số đo các góc của tam giác đó.
Áp dụng hệ quả định lý hàm côsin, ta có
\(\begin{aligned}\cos A&=\displaystyle\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\\ &=\displaystyle\frac{500^2+700^2-800^2}{2\cdot 500\cdot 700}=\displaystyle\frac{1}{7}\\ &\Rightarrow \widehat{A}\approx 82^\circ;\\ \cos B&=\displaystyle\frac{BA^2+BC^2-AC^2}{2\cdot BA\cdot BC}\\ &=\displaystyle\frac{500^2+800^2-700^2}{2\cdot 500\cdot 800}=\displaystyle\frac{1}{2}\\ &\Rightarrow \widehat{B}= 60^\circ.\end{aligned}\)
Vậy \(\widehat{C}\approx180^\circ-\left(\widehat{A}+\widehat{B} \right)\) \(=180^\circ-(82^\circ+60^\circ)\approx38^\circ\).
Bài tập 5. Tính diện tích một lá cờ hình tam giác cân có độ dài cạnh bên là \(90\) cm và góc ở đỉnh là \(35^\circ\).
Xét lá cờ hình tam giác \(ABC\) có \(\widehat{A}=35^\circ\), \(AB=AC=90\) cm.
Ta có diện tích là cờ là
\(S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 90\cdot 90\sin 35^\circ\approx2323\ \text{cm}^2.\)
Bài tập 6. Cho tam giác \(ABC\) có \(AB=6\), \(AC=8\) và \(\widehat{A}=60^\circ\).
a. Tính diện tích tam giác \(ABC\).
b. Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Tính diện tích tam giác \(IBC\).
a. Diện tích tam giác \(ABC\) là
\(S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \sin A\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8\cdot \sin 60^\circ=12\sqrt{3}\approx20{,}8.\)
b. Áp dụng định lý côsin cho tam giác \(ABC\), ta có
\(BC^2=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A\) \(=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot\cos 60^\circ=52.\)
Suy ra \(BC=2\sqrt{13}\approx7{,}21\).
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là
\(IB=IC=\displaystyle\frac{BC}{2\sin A}=\displaystyle\frac{7{,}21}{2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}}\approx 4{,}16.\)
Nửa chu vi tam giác \(IBC\) là
\(p=\displaystyle\frac{1}{2}(IB+IC+BC)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}(4{,}16+4{,}16+7{,}21)=7{,}77\).
Diện tích tam giác \(IBC\) là
\(S_{IBC}=\sqrt{p(p-IB)(p-IC)(p-BC)}\) \(=\sqrt{7{,}77\cdot 3{,}61\cdot 3{,}61\cdot 0{,}56}=7{,}53.\)
Bài tập 7. Cho tam giác \(ABC\) có trọng tâm \(G\) và độ dài ba cạnh \(AB\), \(BC\), \(CA\) lần lượt là \(15\), \(18\), \(27\).
a. Tính diện tích và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\).
b. Tính diện tích tam giác \(GBC\).
a. Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là
\(p=\displaystyle\frac{1}{2}(AB+BC+CA)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}(15+18+27)=30.\)
Diện tích tam giác \(ABC\) là
\(\begin{aligned}S&=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-CA)}\\ &=\sqrt{30(30-15)(30-18)(30-27)}\approx127.\end{aligned}\)
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) là
\(r=\displaystyle\frac{S}{p}\approx\displaystyle\frac{127}{30}\approx4{,2}.\)
b. Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(BM\), \(K\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AC\).
Ta có
\(\begin{aligned}\displaystyle\frac{S_{BCM}}{S_{BCA}}&=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{2}\cdot BK\cdot MC}{\displaystyle\frac{1}{2}\cdot BK\cdot CA}=\displaystyle\frac{1}{2},\\ \displaystyle\frac{S_{CBG}}{S_{CBM}} &=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{2}\cdot CH\cdot BG}{\displaystyle\frac{1}{2}\cdot CH\cdot BM}=\displaystyle\frac{2}{3}.\end{aligned}\)
Do đó
\(\begin{aligned}\displaystyle\frac{S_{CBG}}{S_{BCA}}&=\displaystyle\frac{S_{CBG}}{S_{CBM}}\cdot \displaystyle\frac{S_{BCM}}{S_{BCA}}\\ &=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{1}{3}\\ \Rightarrow S_{CBG}&\approx\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 127\approx42{,}3.\end{aligned}\)
Bài tập 8. Cho \(h_a\) là đường cao vẽ từ đỉnh \(A\), \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh hệ thức \(h_a=2R\sin B\sin C\).
Áp dụng công thức tính diện tích tam giác \(ABC\), ta có
\(\begin{aligned}S&=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot BC\cdot h_a=\displaystyle\frac{AB\cdot BC\cdot CA}{4R}\\ \Rightarrow h_a&=\displaystyle\frac{AB\cdot CA}{2R}.\end{aligned}\)
Mà \(AB=2R\sin C\), \(CA=2R\sin B\) nên
\(h_a=\displaystyle\frac{2R\sin C\cdot 2R\sin B}{2R}=2R\sin B\sin C.\)
Bài tập 9. Cho tam giác \(ABC\) có góc \(B\) nhọn, \(AD\) và \(CE\) là hai đường cao.
a. Chứng minh \(\displaystyle\frac{S_{BDE}}{S_{BAC}}=\displaystyle\frac{BD\cdot BE}{BA\cdot BC}\).
b. Biết rằng \(S_{ABC}=9S_{BDE}\) và \(DE=2\sqrt{2}\). Tính \(\cos B \) và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
a. Áp dụng công thức tính diện tích tam giác cho hai tam giác \(BDE\), \(BAC\), ta có
\(\begin{aligned}&\begin{cases}S_{BDE}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot BD\cdot BE\cdot \sin \widehat{EBD}\\ S_{BAC}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot BC\cdot BA\cdot \sin \widehat{CBA}\end{cases}\\ \Rightarrow &\displaystyle\frac{S_{BDE}}{S_{BAC}}=\displaystyle\frac{BD\cdot BE}{BA\cdot BC}.\end{aligned}\)
b. Kẻ \(EH\perp BC\) (\(H\in BC\)), ta có
\(\begin{aligned}&S_{ABC}=9S_{BDE}\\ \Rightarrow &\displaystyle\frac{9}{2}\cdot EH\cdot BD=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AD\cdot BC\\ \Rightarrow &\displaystyle\frac{EH}{AD} =\displaystyle\frac{BC}{9BD}.\end{aligned}\)
Ta lại có \(EH \parallel AD\) nên \(\displaystyle\frac{EH}{AD} =\displaystyle\frac{BH}{BD}.\)
Suy ra
\(\displaystyle\frac{BH}{BD}=\displaystyle\frac{BC}{9BD}\Rightarrow BC=9BH.\)
Mặt khác \(\triangle BEC\), \(EH\) là đường cao nên
\(BE^2=BH\cdot BC=9BH^2\Rightarrow \displaystyle\frac{BH}{BE}=\displaystyle\frac{1}{3}\).
Vậy \(\cos B=\displaystyle\frac{BH}{BE}=\displaystyle\frac{1}{3}\).
Do \(\widehat{B}\) nhọn và \(\cos B=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên \(\sin B=\sqrt{1-\left( \displaystyle\frac{1}{3}\right) ^2}=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\).
Tứ giác \(AEDC\) nội tiếp nên
\(\widehat{ADE}=\widehat{ECA}\Rightarrow \widehat{BDE}=\widehat{CAE}.\)
Kéo theo
\(\begin{aligned}&\triangle BDE\backsim \triangle BAC\\ \Rightarrow &\left( \displaystyle\frac{DE}{AC}\right)^2= \displaystyle\frac{S_{BDE}}{S_{BAC}} =\displaystyle\frac{1}{9}\\ \Rightarrow &\displaystyle\frac{DE}{AC} =\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow AC=3DE=6\sqrt{2}\end{aligned}\).
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là
\(R=\displaystyle\frac{AC}{2\sin B}=\displaystyle\frac{6\sqrt{2}}{2\cdot \displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}}=\displaystyle\frac{9}{2}.\)
Bài tập 10. Cho tứ giác lồi \(ABCD\) có các đường chéo \(AC=x\), \(BD=y\) và góc giữa \(AC\) và \(BD\) bằng \(\alpha\). Gọi \(S\) là diện tích của tứ giác \(ABCD\).
a. Chứng minh \(S=\displaystyle\frac{1}{2}xy\sin \alpha\).
b. Nêu kết quả trong trường hợp \(AC\perp BD\).
a. Không làm mất tổng quát giả sử \(\widehat{BCO}=(AC,BD)=\alpha\).
Ta có
\(\begin{aligned}S_{AOB}&=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\sin \widehat{AOB}\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\sin\left( 180^\circ- \widehat{BOC}\right)\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot\sin\alpha;\\ S_{BOC}&=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OB\cdot OC\cdot\sin \widehat{BOC}\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OB\cdot OC\cdot\sin\alpha;\\ S_{COD}&=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OC\cdot OD\cdot\sin \widehat{COD}\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OC\cdot OD\cdot\sin\left(180^\circ- \widehat{BOC}\right)\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OC\cdot OD\sin\alpha;\\ S_{DOA}&=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OD\cdot OA\cdot\sin \widehat{DOA}\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OD\cdot OA\cdot \sin\alpha.\end{aligned}\)
Vậy
\(\begin{aligned}S_{ABCD}& =S_{AOB}+S_{BOC}+S_{COD}+S_{DOA}\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\left(OA\cdot OB+ OB\cdot OC+OC\cdot OD+OD\cdot OA\right) \sin\alpha\\ &= \displaystyle\frac{1}{2}\cdot \left[(OA\cdot OB+ OB\cdot OC) +(OC\cdot OD+OD\cdot OA)\right] \sin\alpha\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\left( OB\cdot AC+OD\cdot AC\right) \sin\alpha\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BD \sin\alpha\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}xy\sin\alpha.\end{aligned}\)
b. Nếu \(AC\perp BD\) thì \(\sin \alpha=1\Rightarrow S_{ABCD} =\displaystyle\frac{1}{2}xy\).