Sáng kiến kinh nghiệm Ứng dụng Lượng giác để giải một lớp các Bài toán đẳng thức, bất đẳng thức hình học

1 
2 
I. Đặt vấn đề: 
 Có thể nói hiện nay môn Toán được xem là môn học khó và khá nhàm chán với 
đại đa số các học sinh phổ thông. Bởi vì các vấn đề hay của Toán học thường không 
gần gũi lắm với cuộc sống thường ngày. Tuy nhiên sẽ là rất sai lầm nếu nghĩ rằng 
Toán ít ứng dụng trực tiếp vào đời sống là nó không có ích gì cho cuộc sống. Thực 
tế Toán học, quan trọng nhất chính là nâng cáo khả năng tư duy, khả năng giải quyết 
vấn đề và khả năng sáng tạo của học sinh. Có lẽ nội dung Toán học gần gũi với cuộc 
sống nhất và gắn liền với Vật lý phổ thông nhất là Lượng giác. Và đây là nội dung 
vừa gắn liền với biến đổi Đại số lại vừa gắn liền với tư duy Hình học. Bởi vậy chúng 
tôi chọn đề tài “Ứng dụng Lượng giác để giải một lớp các Bài toán đẳng thức, bất 
đẳng thức hình học”. 
 Trong chương trình phổ thông Lượng giác được xem là bộ phận Toán học nằm 
giữa Hình học và Đại số bởi vậy nó chứa đựng nhiều ứng dụng rất hay và đẹp. Ưu 
thế của lượng giác là có nhiều công thức biến đổi và các phép toán của nó được thể 
hiện như những biểu thức Đại số, nhờ đó nó “dễ thở” với học sinh hơn vốn ngại 
Hình học. Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu chúng tôi phát hiện có một lớp 
bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức Hình học có thể chuyển đổi được về 
Lượng giác, từ Lượng giác ta chỉ cần sử dụng các biểu thức quen thuộc có thể giúp 
cho việc giải quyết nó đơn giản hơn nhiều. Sau đây chúng tôi sẽ trình bày một lớp 
các ứng dụng của Lượng giác để giải các bài toán Hình học phẳng mà nếu chúng ta 
sử dụng phương pháp Hình học thuần túy sẽ rất khó khăn. 
 Ở đây chúng tôi nhận ra rằng các Bài toán chứng minh đẳng thức và chứng minh 
bất đẳng thức Hình học nếu chứa đựng yếu tố đương tròn thì khả năng vận dụng 
phương pháp Lượng giác để giải quyết nó là rất cao. Ngoài ra nhờ sự đồng dạng giữa 
các đường tròn, trong một số trường hợp chúng tôi có thể xem đường tròn bất kì như 
một đường tròn đơn vị, nhờ đó đơn giản hóa việc tính toán rất nhiều. 
 Qúa trình giải quyết các vấn đề, học sinh nhận thấy việc đặc biệt hóa các đường 
tròn sẽ làm cho bài toán trở nên đơn giản, nhưng bản chất không hề thay đổi. Nhờ 
đó trang bị thêm cho các em một phương pháp giải toán là đơn vị hóa các đường 
tròn. Để từ đó xem các đường tròn như các đường tròn lượng giác, mà khi làm việc 
với đường tròn lượng giác chúng ta sẽ có khá nhiều công cụ để giải Toán. Với công 
cụ Lượng giác với những Định lý quen thuộc trong Lượng giác như: Định lý hàm số 
cos, Định lý hàm số sin cùng với một vài kiến thức cơ bản chúng ta đã có thể giải 
được những bài toán được xem là khá khó. Với ý tưởng đó và trong khuôn khổ nội 
dung bài viết này chúng tôi xin được trình bày cụ thể các ứng dụng của Lượng giác 
trên một lớp Bài toán hình học thuần túy. 
3 
II. Nội dung: 
1. Cơ sở lý thuyết: 
1.1. Định nghĩa: Một đường tròn có bán kính bằng 1 gọi là đường tròn đơn vị. 
1.2. Định nghĩa: Đường tròn đơn vị được định hướng và gắn hệ trục tọa độ Oxy, 
với O trùng tâm đường tròn gọi là đường tròn lượng giác. Khi đó trục Ox là trục cos, 
trục Oy là trục sin. 
Nếu góc định hướng AOM , khi đó M(cos∝;sin∝) 
1.3. Một số hằng đẳng thức quen thuộc: 
a) 2 2sin cos 1 
b) sin2 2sin .cos 
c) 2 2 2 2cos2 1 2sin 2cos 1 cos sin 
d) sin( ) sin cos sin cos 
e) cos( ) cos cos sin sin 
1.4. Một số bất đẳng thức quen thuộc: 
a) 1 sin ;cos 1 
b) Nếu 0, ta có: sin tan 
c) Bất đẳng thức Cauchy: Với 1 2, ,..., nx x x là các số không âm, ta luôn có: 
1 2 1 2... . ...nn nx x x n x x x 
Dấu “=” xảy ra 1 2 ... nx x x 
d) Trong tam giác tổng độ dài hai cạnh luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại, hiệu độ dài 
hai cạnh luôn bé hơn độ dài cạnh còn lại 
1.5. Đường tròn ngoại tiếp tam giác, tứ giác: 
- Đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác, 
bán kính của nó gọi là bán kính đường tròn ngoại tiếp. 
- Đường tròn đi qua bốn đỉnh của một tứ giác gọi là đường tròn ngoại tiếp tứ giác. 
Một tứ giác có đường tròn ngoại tiếp gọi là tứ giác nội tiếp. 
- Tứ giác có đường tròn ngoại tiếp thì tổng hai góc đối nhau bằng 180 độ. 
A’ -1 1 A x 
y 
B 
1 
0 
B’ 
-1 
M(cos∝;sin∝) 
4 
2. Các bài tập áp dụng: 
Bài 1: Chứng minh rằng trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn cố định thì tam 
giác đều có diện tích lớn nhất. 
Lời giải: Trước hết ta chứng minh trong các tam giác nội tiếp đường tròn chung 
một cạnh thì có một tam giác cân có diện tích lớn nhất, thật vậy: 
Xét tam giác AMN cân tại A và tam giác A’MN bất kì cùng nội tiếp một đường tròn, 
rõ ràng khoảng cách từ A đến MN luôn lớn hơn khoảng cách từ A’ đến MN do đó 
diện tích tam giác AMN sẽ lớn hơn diện tích tam giác A’MN. 
Bây giờ ta sẽ chứng minh trong tất cả các tam giác cân nội tiếp đường tròn thì tam 
giác đều sẽ có diện tích lớn nhất. 
Không mất tính tổng quát ta giả sử đường tròn có bán kính bằng 1 và đặt tam giác 
AMN như hình vẽ. Khi đó tam giác cân AMN có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi 
tam giác AM’’M lớn nhất. Gọi góc BOM  ( )
2 2
    . Ta có: 
"
1 1 1". " ". ' (1 sin ).cos
2 2 2AM M
S AM M M AM OM      
Ta sẽ tìm max của biểu thức A= (1 sin ).cos .  Do A không âm nên xét: 
 2 2 2 2 2(1 sin ) .cos (1 sin ) (1 sin )A 
 3 31(1 sin ) (1 sin ) (1 sin ) (3 3sin )
3
. 
A 
N M 
A’ 
A 
N M 
O 
A’ 
B B’ 
M’ 
M’’
5 
Áp dụng Cauchy cho 3 số 1 sin và 1 số 3 3sin ta có: 
 3 4 43(1 sin ) 3 3sin 9(1 sin ) (3 3sin ) ( ) ( )
4 4
         
Dấu “=” xảy ra khi 11 sin 3 3sin sin 30 .
2
o            Từ đó dễ dàng 
suy ra tam giác: AMN đều. (đpcm) 
Bài 2: Cho tam giác đều ABC và M chạy trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
a. Chứng minh: 2 2 2MA MB MC  là hằng số 
b. Tìm các vị trí của M để có min, max của MA MB MC  
Lời giải: a. Không mất tính tổng quát giả sử tam giác đều ABC có đường tròn ngoại 
tiếp tâm O, bán kính bằng 1, và đặt theo hình vẽ như sau. 
Gọi góc  ( )
6 2
DOM       . Ta có: 
2 2 2MA MB MC   
2 2 2 2 2 21 3 1 3((1 sin ) cos ) ((sin ) (cos ) ) ((sin ) ( cos ) )
2 2 2 2
                
(2 2sin ) (2 sin 3cos ) (2 sin 3cos )            6 
Vậy ta có điều phải chứng minh. 
b. Ta có ngay: 
2 2sin
2 sin 3cos
2 sin 3cos
MA
MB
MC

 
 
 
  
  
Tìm min: Vì tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn, nên khi M chạy trên cung nhỏ AC 
thì một trong 2 góc BAM hoặc BCM lớn hơn 90o nên rõ ràng: MB AB , mà 
MA MC AC  do đó: 
MA MB MC AB AC    . Vậy: MA MB MC  min khi M trùng A hoặc 
trùng C. 
A 
B 
M 
O 
A’ 
D D’ 
M’’
C 
6 
Tìm max: Áp dụng BĐT Cauchy cho MA và MC ta có: 
2 2 2( ) 2(( 2 2sin ) ( 2 sin 3cos ) ) 2(4 sin 3cos )MA MC             
 2(4 sin 3 cos ) (1)MA MC       
Áp dụng Bunhia cho hai số: 
( 2; 1),
( 4 sin 3cos ; 2 sin 3cos ) 
ta có: 
2( ) 3((4 sin 3cos ) (2 sin 3cos ) 18MA MC MB             
18 (2)MA MC MB    
Đạt max khi dấu “=” tại (1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi: 
2 2sin 2 sin 3 cos
4 sin 3 cos 2 sin 3 cos
2
  
   
    
     

6
  
Khi đó M là trung điểm cung AC. 
Bài 3: Cho tam giác vuông ABC và AB cố định, C chạy trên nửa đường tròn ngoại 
tiếp tam giác ABC. Điểm D nằm ngoài tam giác ABC sao cho tam giác ACD vuông 
cân tại A, khi đó tìm quỹ tích điểm D. 
Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
đường tròn lượng giác, với A(-1;0) và B(1;0). Do C thay đổi nên ta có 
(cos ;sin )C   với (0; )  . 
Gọi D(x; y), do tam giác ACD vuông cân tại A nên ta có hệ: 
. 0
AD AC
AD AC



  
2 2 2 2( 1) (cos 1) sin
(x 1)(cos 1) sin 0
x y
y
 
 
     
    

1 cos
1 cos
sin1
cos 1
y
y
yx




   
   
    
Với 1 cosy    , ta có: 1 sinx     1 sin
1 cos
x
y


 
   
 2 2( 1) ( 1) 1x y    
Vậy quỹ tích là nửa đường tròn tâm I(-1;-1), bán kính 1 với (1;2)x 
Với 1 cosy   , ta có: 1 sinx     1 sin
1 cos
x
y


  
  
 2 2( 1) ( 1) 1x y    
Vậy quỹ tích là nửa đường tròn tâm J (-1;1), bán kính 1 với ( 2; 1)x   
7 
Bài 4: Cho hình vuông ABCD. 
a. Chứng minh rằng biểu thức 2 2 2 2MA MC MB MD   không phụ thuộc vào 
M. 
b. Tìm tập hợp M sao cho 2 2 2 2 2MA MC MB MD k    trong đó k là hằng số. 
Lời giải: 
a. Không mất tính tổng quát giả sử hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn lượng 
giác, với A(-1;0), B(0;1), C1;0), D(0;-1). Khi đó với M(x;y) bất kỳ ta có: 
2 2 2 2MA MC MB MD   = 
2 2 2 2 2 2 2 2[( 1) ] [( 1) ] [( ( 1) ] [ ( 1) ]x y x y x y x y           
 0 (đpcm) 
b. Ta có: 
2 2 2 2MA MB MC MD   =
2 2 2 2 2 2 2 2[( 1) ] [( ( 1) ]+[( 1) ]+[ ( 1) ]x y x y x y x y         
 2 2 24 4 4x y k    
Suy ra: 2 2 24 4 4x y k   
2
2 2 4
4
kx y   
Vậy khi k>1 quỹ tích điểm M là được tròn tâm O của hình vuông ABCD, bán kính 
2 4
4
kR  
A B 
J 
I 
D 
-1 
1 
C 
O 
1 
-1 
sin 
cos 
A C 
D 
1 
-1 O 
B 
1 
-1 
sin 
cos 
M 
8 
Nhận xét: Bài toán này có thể tổng quát cho trường hợp hình chữ nhật và hình bình 
hành. 
Bài 5: Cho tam giác đều ABC, giả sử MN là một đường kính bất kỳ của đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: 
4 4 4 4 4 4MA MB MC NA NB NC     
Lời giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn lượng 
giác với cách bố trí A, B, C như hình vẽ. Khi đó A(0;1), B(- 3
2
;- 1
2
), C( 3
2
;- 1
2
), 
MN là dây cung bất kỳ nên ta có M( cos ;sin ) và N(-cos ;-sin ) với [0;2 ] 
. Ta có: 
2MA = 2 2cos (1 sin )   =2 - 2sin 
2MB = 2 23 1(cos ) (sin )
2 2
    =2 + ( 3 cos +sin ) 
2MC = 2 23 1(cos ) (sin )
2 2
    =2 - ( 3 cos -sin ) 
Suy ra: 
4 4 4MA MB MC  =12+( 3 cos +sin )2+( 3 cos -sin )2+4 2sin  (1) 
2NA = 2 2cos (1 sin )   =2 + 2sin 
2NB = 2 23 1(cos ) (sin )
2 2
    =2 - ( 3 cos +sin ) 
2MC = 2 23 1(cos ) (sin )
2 2
    =2 + ( 3 cos -sin ) 
Suy ra: 
4 4 4NA NB NC  =12+( 3 cos +sin )2+( 3 cos -sin )2+4 2sin  (2) 
Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh. 
A 
O D 
M 
D’ 
B C 
A’ 
N 
9 
Nhận xét: Để ý rằng sau khi rút gọn ta có: 
4 4 4MA MB MC  =12 + ( 3 cos +sin )2 +( 3 cos -sin )2 + 4 2sin  =18 
Ta có bài toán tổng quát hơn là: “Với mọi điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam 
giác đều ABC thì tổng: 4 4 4MA MB MC  không phụ thuộc và vị trí của M” 
Bài 6: Cho tứ giác ABCD có AB=2, BC=3 và ACD là tam giác đều. Khi đường chéo 
BD có độ dài lớn nhất, chứng minh AD=CD 
Lời giải: 
Đặt góc ABC và BAC . 
Theo định lý cosin ta có: 2AC = 2AB + 2BC -2 .AB BC cos 
 =13-12cos 
 2BD = 2AB + 2AD -2 .AB AD cos(60 )o 
 =17-12cos -4AD
1 3( cos sin )
2 2
 =17-12cos -2.AD.cos +2 3. .sinAD (1) 
Áp dụng định lý cosin cho tam giác ABC lại có: 
cos =
2 2 2
2. .
AB AC BC
AB AC
=
4 6.cos
2.AD
2. .cos 4 6cosAD 
 (2) 
Theo định lý hàm số sin thì: 
3
sin sin
AC
.sin 3.sinAD 
 (3) 
Thay (2), (3) vào (1), ta có: 
 2BD =13+12.
3 1( sin cos )
2 2
 =13+12sin( 30 )o 
 (4) 
Từ (4) suy ra BD lớn nhất khi và chỉ khi sin( 30 )o =1 120o . 
A 
B 
C 
D 
10 
Lúc đó AD=DC= 19 (đpcm). 
Bài 7: Cho nửa đường tròn cố định đường kính AB=2R. Điểm C di động trên nửa 
đường tròn, D là trung điểm cung BC. Xác định vị trí của C sao cho tứ giác ABDC 
có diện tích lớn nhất. 
Lời giải: 
Đặt góc  2CAB , dễ thấy 0 2 90 0 45o o . 
Không mất tính tổng quát giả sử nửa đường tròn có bán kính R=1. Từ giả thiết suy 
ra: 
 CAD =BAD . 
Lại có: ABDC ACD ABDS S S =
1 1. .sin . sin
2 2
AC AD AD AB 
 =
1 .( 2).sin
2
AD AC 
 =
1 .2cos .(2.cos2 2).sin
2
 = 34.sin .cos 
Suy ra: 2ABDCS =
2 616.sin .cos = 2 616.sin .cos 
 = 2 2 2 2
16.(3 3.cos ).cos .cos .cos
3
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có: 
2 2 2 2(3 3.cos ).cos .cos .cos
2 2 2 2
3(3 3.cos ) cos cos cos( )
3
=1 
 2ABDCS
16
3 ABDC
S
4 3
3
Dấu “=” xảy ra khi 2 23 3.cos cos
3cos
2
30o  60oCAB 
Vậy ABDCS lớn nhất điểm C thỏa mãn  60
oCAB . 
A B 
C 
D 
11 
Bài 8: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn thỏa mãn AB=BC; CD=DE; 
EF=FA. Chứng minh rằng diện tích tam giác ACE không lớn hơn diện tích tam giác 
BDF. 
Lời giải: 
Giả sử lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O, không mất tính tổng quát ta giả 
sử đường tròn tâm O có bán kính bằng 1. Gọi các góc CAE , AEC , ACE
. 
Theo giả thiết ta suy ra:  AOC BOC 
  COD DOE 
  EOF FOA 
Khi đó: ACES = 2sin .sin .sin 
 BDFS =   2sin .sin .sinFDB DBF BFD 
 =2sin .sin .sin
2 2 2
Do BDFS = 2cos .cos .cos2 2 2
. 
Mặt khác ta có: 
1sin .sin .sin
2 2 2 8
 8sin .sin .sin .
2 2 2
2cos .cos .cos
2 2 2
2cos .cos .cos
2 2 2
 2sin .sin .sin 2cos .cos .cos
2 2 2
 ACES BDFS 
A 
B 
C 
D 
E 
F 
O 
12 
Ta có điều phải chứng minh. 
Nhận xét: Trong bài toán này việc đặc biệt hóa đường tròn giúp cho việc tính toán 
đơn giản hơn mà không làm thay đổi bản chất của phép chứng minh. 
Bài 9: Cho tứ giác ABCD, có AB=BC=CD=1. Chứng minh rằng: 
3 3
4ABCD
S 
Lời giải: 
Đặt BAC , ACD . Khi đó: 
 ABCDS = ABCS + ADDS 
 =
1 .
2
AC BH +
1 . .sin
2
AC CD 
 = .AH BH + AH. .sinCD 
 ABCDS .AH BH + AH.CD=cos .sin cos 
 2ABCDS
2 2cos .(sin 1) = 3(1 sin ).(sin 1) 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số: (1 sin ) , 1 (sin 1)
3
,
1(sin 1)
3
, 
1(sin 1)
3
. Ta có: 
 4 34 (1 sin ).(sin 1) (1 sin )+3. 1(sin 1)
3
=2 
 3(1 sin ).(sin 1)
43 27
2 16
 2ABCDS
27
16
3 3
4ABCD
S 
Ta có điều phải chứng minh. 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
A 
B C 
D 
H 
13 
sin 1
11 sin (sin 1)
3
90
30
o
o
Bài 10: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R và 
AB=CD=EF=R. Gọi H, I,K là chân các đường vuông góc hạ từ O xuống BC, DE, 
FA. Chứng minh HIK là tam giác đều. 
 Lời giải: 
Đặt BOH , DOK , FOL COH , EOK , AOL 
Do các tam giác AOB, COD, FOE đều suy ra: 
2 2 2 3.60 360o o 90o 
Không mất tính tổng quát ta giả sử đường tròn ngoại tiếp ABCDEF là đường tròn 
đơn vị, có R=1. 
Trong tam giác HOK, áp dụng định lý hàm số cosin ta có: 
2 2 2 2 . .cosHK HI IK HI IK HIK = 2 2 2 . .cos( 60 )oHI IK HI IK 
 = 2 2cos cos 2cos .cos .cos( 30 )o 
 = 2 2cos cos 2cos .cos .(cos .cos30 sin .sin30 )o o 
2 2 2
2
cos cos cos 2cos .cos .cos30 cos
2cos .cos sin .sin30 cos
o
o
 = 2 2 2 2cos cos cos 3cos .cos cos cos .cos sin cos (1) 
Lại có: 
 2cos .cos sin cos = 2cos .cos sin 1 sin 
A 
B 
C 
D 
E 
F 
O 
H 
K 
I 
14 
 = 1 sin (cos .cos sin ) 
Do 90o sin cos( ) =cos cos sin sin 
Vậy: 2cos .cos sin cos = 1+sin sin sin (2) 
Thay (2) vào (1), ta có: 
2HK 2 2 2cos cos cos 3cos .cos cos sin .sin sin 1 
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: 
2HI 2 2 2cos cos cos 3cos .cos cos sin .sin sin 1 
2IK 2 2 2cos cos cos 3cos .cos cos sin .sin sin 1 
Suy ra 2HK 2HI 2IK HK HI IK , hay tam giác HIK đều. 
Bài 11: Cho hình bình hành ABCD. Từ B và D kẻ BM và DM sao cho 
 MBC MDC . Chứng minh rằng  BMA CMD 
Lời giải: 
Đánh số 3 góc tại đỉnh M như hình vẽ. 
Theo định lý hàm số sin cho tam giác CMD ta có: 
2sin sin
EC CD
M
 (1) 
Trong tam giác MBC ta có: 
1 3sin sin( )sin
EC BC BC
M MBMC
 (2) 
Từ (1) và (2), suy ra: 
2sin
CD
M
=
1 3sin( )
BC
M M
 1 3
2
sin(M M )
sin
BC
CD M
 (3) 
Trong tam giác ABM ta có: 
1 2 3sin sin(M M )
AB AD
M
2 3
1
sin(M M )
sin
AD
AB M
 (4) 
Từ (3),(4) và do ABCD là hình bình hành, nên: 
B 
A C 
D 
M 
2 
1 
3 
15 
 1 3
2
sin(M M )
sinM
2 3
1
sin(M M )
sinM
 (5) 
Dễ thấy BMD là góc nhọn do đó: 1 2 30 90
o oM M M (6) 
Giả sử 1 2M M , kết hợp với (6), suy ra: 
1 3sin(M M )> 2 3sin(M M ) >0 và 1sinM > 2sinM 
1 3
2
sin(M M )
sinM
> 2 3
1
sin(M M )
sinM
Mâu thuẫn với (5) suy ra vô lý. Vì vai trò 1 2,M M như nhau nên 1 2M M , hay: 
 BMA CMD (đpcm). 
 Trên đây chúng tôi đã trình bày và chứng minh một hệ thống các bài tập 
bao gồm gần như tất cả các loại hình thường gặp trong chương trình Toán phổ 
thông, tam giác, tứ giác, hình thang, hình bình hành, lục giác, hình tròn...Các 
bài Toán được giải chi tiết và rõ ràng theo Phương pháp mà chúng tôi đã đặt 
vấn đề ban đầu. Với cách áp dụng tương tự chúng tôi đề xuất một số bài tập 
sau đây. 
16 
3. Các bài tập đề xuất: 
Bài 1: Chứng minh rằng: Nếu các điểm đối xứng với một điểm H thuộc đường cao 
CF của một tam giác ABC qua các cạnh BC, CA (hoặc qua trung điểm các cạnh đó) 
nằm trên các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì H là trực tâm tam giác đó. 
Bài 2: Cho ba điểm A, B, C trên một đường tròn. Tìm quỹ tích trực tâm của tam giác 
ABC khi A, B cố định, C thay đổi trên đường tròn. 
Bài 3: Dựng tam giác ABC biết: 
a) Trực tâm và các điểm đối xứng với trực tâm qua trung điểm các cạnh của tam 
giác. 
b) Trực tâm và các điểm đối xứng với trực tâm qua các cạnh của tam giác. 
Bài 4: Cho điểm M chạy trên một đường thẳng m và hai điểm A, B cố định ở ngoài 
m. Tìm những vị trí điểm M ở đó mà tỉ số MA: MB đạt các giá trị nhỏ nhất và lớn 
nhất. 
Bài 5: Cho điểm M chạy trên một đường tròn (C) và hai điểm cố định A, B không 
nằm trên đường tròn đó. Hãy xác định vị trí của điểm M sao cho MA:MB đạt các 
giá trị nhỏ nhất và lớn nhất 
Bài 6: Cho lục giác đều ABCDEF, gọi K, M lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng 
BD và EF. Chứng minh tam giác AMK đều. 
Bài 7: Cho hình vuông ABCD. Đặt một hình vuông A’B’C’D’ bên trong hình vuông 
đó trùng nhau. Chứng minh rằng trung điểm các cạnh AA’, BB’, CC’, DD’ là đỉnh 
một hình vuông khác. 
Bài 8: Cho lục giác đều ABCDEF, gọi K, M lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng 
BD và EF. Chứng minh tam giác AMK đều. 
17 
III. Kết luận: 
 Trong thực tế giảng dạy, khi trình bày phương pháp này cho các đối tượng là học 
sinh khá giỏi các em tiếp thu khá tốt và hứng thú, từ đó các em tự mình giải quyết 
được các lớp bài toán tương tự. Trong nhiều khóa tham gia bồi dưỡng Học sinh giỏi, 
khi đưa chuyên đề này vào các em đều nhận thấy ưu điểm vượt trội của phương pháp 
sử dụng Lượng giác hóa. Các bài toán này có thể đã có nhứng lời giải khác bằng 
phương pháp Hình học, nhưng sẽ rất phức tạp hoặc phương pháp hình học sẽ không 
thể giải quyết được nên chúng tôi sẽ dùng phương pháp Lượng giác để giải quyết nó 
một cách khá đẹp đẽ và rõ ràng. Chúng tôi kết hợp các ưu thế của đường tròn Lượng 
giác và các biến đổi lượng giác để nhằm minh bạch hóa các phép toán phức tạp, nhờ 
đó sẽ giảm thiểu khó khăn trong giải các Bài toán. 
 Phương pháp trình bày trong đề tài là mới, đề tài này bổ ích trong việc bồi dưỡng 
học sinh khá, giỏi về Toán. Đặc biệt giúp cho các học sinh yêu Toán có một cách 
liên hệ giữa các nội dung Toán học khác nhau bổ trợ nhau trong quá trình giải Toán. 
 Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế, môi trường áp dụng chưa rộng nên chúng 
tôi chỉ mới dừng lại trên các bài toán Hình học phẳng. Với ý tưởng trên sắp tới chúng 
tôi sẽ nghiên cứu để áp dụng phương pháp Lượng giác hóa cho mặt cầu và các hình 
trong không gian. 
 Trên đây là toàn bộ nội dung của Đề tài, chúng tôi rất mong nhận được đóng góp 
ý kiến của Hội đồng khoa học để hoàn thiện hơn nữa nội dung, cũng như giúp đỡ 
chúng tôi tiếp tục phát triển Đề tài mới. 
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn! 
Vinh, ngày 29 tháng 3 năm 2019 
Tác giả: Ngô Quốc Chung 
18 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[1] Sách giáo khoa Toán 10, 11, GS Trần Văn Hạo chủ biên – NXB Giáo dục. 
[2] Toán nâng cao Hình học 10, Phan Huy Khải – NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. 
[3] Phương pháp giải các dạng toán THPT LƯỢNG GIÁC, Lê Hồng Đức chủ 
biên – NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. 
[4] Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức, GS Phan Đức Chính- NXB 
Giáo dục. 
[5] Kiến thức trọng tâm và Bài tập Hình học-Lượng giác 11, 12, Lê Hoành Phò 
chủ biên- NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.