6 tich vo huong

với p là nửa chu vi tam giác, r bán kính đờng tròn nội tiếp... Gọi M là trung điể BC và G là trọng tâm ∆ABC, tính độ dài AM từ đó suy ra độ dài AG và cosin góc nhọn tạo bởi AG và BC... V

chơng 2 − tích vô hớng của hai vectơ

và ứng dụng

A Kiến thức cần nhớ

I giá trị lợng giác của một góc bất kì

1 định nghĩa

Với mỗi góc α (00 ≤ α ≤ 1800), ta xác định điểm M trên nửa đờng

tròn đơn vị sao cho MOx = α Giả sử điểm M có toạ độ (x, y) Khi

đó:

 Tung độ y của điểm M gọi là sin của góc α, kí hiệu là sinα

 Hoành độ x của điểm M gọi là côsin của góc α, kí hiệu là

y

x =

α

α

sin

cos

Giá trị lợng giác của hai góc bù nhau

2 2

1

0 − 21 −

2 2

−

2

II tích vô hớng của hai vectơ

1 góc giữa hai vectơ

Cho hai vectơ a và b ( a , b ≠ 0) Từ điểm O nào đó, ta vẽ cácvectơ OA = a và OB = b

Khi đó:

Số đo của góc AOB đợc gọi là số đo của góc giữa hai vectơ a  và

b, hoặc góc giữa hai vectơ a  và b

Ta thấy ngay việc xác định góc giữa hai vectơ không phụ thuộc

vào việc chọn điểm O, do đó góc giữa hai vectơ a  và b đợc kí

hiệu là ( a  , b

)

2 Định nghĩa tích vô hớng của hai vectơ

Định nghĩa: Tích vô hớng của hai vectơ a  và b

Với mọi vectơ a , b

, c và với mọi số thực k ta đều có :

Tính chất 1:(Tính chất giao hoán): a b = b a

Tính chất 2:(Tính chất phân phối): a (b + c) = a b + a c

2 2

2 1

2 2 1 1

bb.aa

b.ab.a

++

+

III hệ thức lợng trong tam giác

1 Định lí côsin trong tam giác

b =

Csin

c = 2R, trong đó R là bán kính đờng trònngoại tiếp ∆ABC

3 Tổng bình phơng hai cạnh và độ dài đờng trung tuyến của tam giác

Trong ∆ABC có AB = c, BC = a, CA = b và các đờng trung tuyếntơng ứng là ma, mb, mc, ta có:

4 diện tích tam giác

Trong ∆ABC có AB = c, BC = a, CA = b và các đờng cao tơngứng là ha, hb, hc, ta có:

2

1absinC =

R4abc

S = pr = p(p−a)(p−b)(p−c)

với p là nửa chu vi tam giác, r bán kính đờng tròn nội tiếp)

B Phơng pháp giải các dạng toán liên quan

Đ1 G iá trị lợng giác của một góc bất kì

Thí dụ 1 Tính giá trị của biểu thức A = 4sin41350 + 3

Thí dụ 2 Tính giá trị của biểu thức:

0 2

0 3

0 2

60atg20cos.b150gcot.a

150cos.ab2135sin.2b180sin.a

2

3.ab22

2.2

3ab

)b3a(

1 = −

32

Thay (2) vào (1), ta đợc cos105o =

22

3

1−

.Khi đó, từ:

tan105o = 0

0

105cos

105sin

⇒ sin105o = tan105o.cos105o = (−2 − 3 ).2

15cos

⇒ cos15o = cot15o.sin15o = (2 + 3 )

22

(1) ⇔ P = 2 sin2α + 1 = 2

9

8 + 1 =

9

25

ThÝ dô 5 TÝnh tæng S = cos100 + cos300 + + cos1500 +

cos1700

 Gi¶i

ViÕt l¹i S díi d¹ng:

S = (cos100 + cos1700) + (cos300 + cos1500) +

+ (cos500 + cos1300) + (cos700 + cos1100) + cos900

= (cos100 − cos100) + (cos300 − cos300) +

+ (cos500 − cos500) + (cos700 − cos700) = 0

Thí dụ 6 Cho hình vuông ABCD Tính cos(ACuuur

a Vẽ tia AB'uuur

là tia đối của tia ABuuur

, ta có:

(ACuuur

, BAuuur) có số đo CÂB' ⇒ (ACuuur

, BAuuur) = 1350 ⇒ cos(ACuuur

, BAuuur) =2

, CDuuur) = 1

Đ2 T ích vô hớng của hai vectơ

Dạng toán 1: Tính tích vô hớng của hai vectơ

Phơng pháp thực hiện

Ta lựa chọn một trong các cách sau:

Cách 1: Sử dụng định nghĩa bằng cách đa hai vectơ ar

, br vềcùng gốc để xác định đợc góc α = (ar

, br), từ đó:

ar.br = |ar|.| br

|.cosα

Cách 2: Sử dụng các tính chất và các hằng đẳng thức của tích

vô hớng của hai vectơ

Cách 3: Sử dụng định lý hình chiếu: với A', B' là hình chiếu

của A, B lên giá của CDuuur

, ta có:

ABuuur.CDuuur = A 'B'.CD

Cách 4: Sử dụng biểu thức toạ độ.

Thí dụ 1 Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O M là điểm

tuỳ ý trên đờng tròn nội tiếp hình vuông và N là điểm

O

N M

.ODuuur + MOuuuur

(OAuuur + OBuuur

+ OCuuur

+ ODuuur) = 1

4a2,bởi OA ⊥ OB, OC ⊥ OD và OAuuur

+ OBuuur

+ OCuuur

+ ODuuur

= 0r

b Nhận xét rằng B là hình chiếu vuông góc của N lên AB, do đó:

Chú ý: Với các bài toán có điều kiện, chúng ta cần vận dụng linh

hoạt điều kiện dể nhận đợc biểu thức cần dùng, cụ thểgiả sử bài toán yêu cầu tính:

A = (α1ar

+ β1br

)(α2ar + β2br

)biết rằng | ar

| = a, | br

| = b và | ar

+ br| = c, khi đó ta hiểurằng:

Nh vậy từ giả thiết ta cần nhận đợc giá trị của tích ar

.br, để có

⇔ ar2

+ br2

+ 2ar.br = c2 ⇔ ar

.br = 1

2(c2 − a2 − b2)Suy ra:

.CAuuur + CAuuur

AB

uuur

b Gọi M là trung điể BC và G là trọng tâm ∆ABC, tính

độ dài AM từ đó suy ra độ dài AG và cosin góc nhọn tạo bởi AG và BC

 Giải

.ABuuur

= ABuuur

.ACuuur Suy ra:

AB

uuur = −BAuuur.BCuuur

− CAuuur

.CBuuur − ABuuur.ACuuur

Ta ®i tÝnh AGuuur

.BCuuur, b»ng c¸ch:

) = 1

3(AC2 − AB2) = 1

3(b2 − c2) (4)

12c 2b a a3

.ABuuur

⇔ ABuuur

.BCuuur + BCuuur

.CAuuur + CAuuur

AB

uuur = −1

Dạng 1: Với các biểu thức về tích vô hớng ta sử dụng định

nghĩa hoặc tính chất của tích vô hớng, cần đặc biệt

lu ý phép phân tích vectơ để biến đổi

Dạng 2: Với các biểu thức về độ dài ta thớng sử dụng AB2 = ABuuur2

Thí dụ 3 Cho nửa đờng tròn tâm O có đờng kính AB = 2R

Gọi M và N là hai điểm thuộc nửa đờng tròn sao cho hai dây cùng AM và BN cắt nhau tại I

a Chứng minh: AI.AMuur uuuur

= AI.ABuur uuur

và BI.BMuur uuuur

= BI.BAuur uuur

b Hãy dùng câu a) để tính AI.AMuur uuuur

+ BI.BMuur uuuur

theo R

 Giải

a Ta có:

và AMuuuur cùng hớng nên (AIuur, AMuuuur) = 00 ⇒ AI.AMuur uuuur

= AI.AM (1)

= AI.ABuur uuurTơng tự, ta cũng có BI.BMuur uuuur

= BI.BAuur uuur

b Ta có:

AI.AMuur uuuur

+ BI.BMuur uuuur

= AI.ABuur uuur

+ BI.BAuur uuur

= ABuuur

(AIuur

−BIuur) = ABuuur

.ABuuur

AB

uuur = AB2 = 4R2

Thí dụ 4 Cho MM1 là đờng kính bất kỳ của đờng tròn tâm O,

b Chứng minh rằng tích AM.AN có giá trị không phụ thuộc M

.OMuuuuur1 − (OMuuuur

+ OMuuuuur1

).OAuuur + OAuuur2 = OA2 − OM2 = d2 − R2

+ AMuuuur.M Nuuuuur1

= d2 − R2

Thí dụ 5 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB Có AC, BD là hai

dây thuộc nửa đờng tròn, cắt nhau tại E Chứng minh rằng:

= AEuuur.ABuuur.(1)

BE.BD = BEuuur.BDuuur = BEuuur.(BAuuur + ADuuur)

O

A

M

M1N

= BEuuur

.BAuuur + BEuuur

.ADuuur = BEuuur

.BAuuur.(2)

Cộng theo vế (1) và (2), ta đợc:

AE.AC + BE.BD = (AEuuur − BEuuur

).ABuuur = (AEuuur + EBuuur).ABuuur = ABuuur2 =

AB2

Dạng toán 3: Chứng minh tính vuông góc − Thiết lập

điều kiện vuông góc

a 0

b 0cos(a,b) 0

− BCuuur)(ACuuur + BCuuur

) + (BDuuur

− ADuuur

)(BDuuur + ADuuur

) = ABuuur

(ACuuur + BCuuur

) + BAuuur

(BDuuur + ADuuur

) = ABuuur

(ACuuur + BCuuur

Thí dụ 2 Cho ∆ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm BC Lấy

các điểm B1, C1 trên AB và AC sao cho AB.AB1 = AC.AC1.

Chứng minh rằng AM ⊥ B1C1

 Giải

Từ giả thiết suy ra ABuuur

.ABuuuur1 = ACuuur

.ACuuuur1

Ta có:

= 1

2(ABuuur.ACuuuur1 − ABuuur

1

ABuuuur + ACuuur

.ACuuuur1 − ACuuur

.ABuuuur1) = 0

⇔ AM ⊥ B1C1

Thí dụ 3 Cho hình thang vuông ABCD, hai đáy AD = a, BC = b,

đờng cao AB = h Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h sao

⇔ 0 = (ADuuur

− ABuuur).CIuur = ADuuur

.CIuur − ABuuur.CIuur = ADuuur

.C Auuuur1 − ABuuur.BIuur =

+ BCuuur

.CDuuur = − BCuuur2

+ BAuuur.BAuuur + BCuuur

.CDuuuur1 = − b2 + h2 − b(b − a) = −2b2 +

CB

h

D

1

a Gọi α là góc giữa ar

và br, ta có:

2 Với các bài toán định tính, ta biến đổi điều kiện ban đầu

thành biểu thức của tích vô hớng, rồi từ đó dẫn tới

từ đó đa ra lời kết luận cho bài toán

Thí dụ 1 Cho ∆ABC vuông, có cạnh huyển BC = a 3, M là

trung điểm BC Biết rằng AMuuuur

2(ABuuur + ACuuur

).(ACuuur − ABuuur) = 1

2(ABuuur2

− ACuuur2

) = 12(AB2 − AC2)

Mặt khác theo Pitago, ta đợc:

AB2 + AC2 = BC2 = ( a 3)2 = 3a2

(2)

Giải hệ phơng trình tạo bởi (1), (2), ta đợc AB = a 2, AC = a

Thí dụ 2 Cho hình bình hành ABCD, biết rằng với mọi điểm

Bình phơng hai vế của (2), ta đợc:

(MAuuuur + MCuuuur

)2 = (MBuuur + MDuuuur)2

⇔ MA2 + MC2 + 2MAuuuur.MCuuuur = MB2 + MD2 + 2MBuuur.MDuuuur

⇔ MAuuuur.MCuuuur = MBuuur.MDuuuur

⇔ (MOuuuur + OAuuur).(MOuuuur + OCuuur) = (MOuuuur + OBuuur).(MOuuuur + ODuuur)

⇔ (MOuuuur + OAuuur).(MOuuuur − OAuuur

) = (MOuuuur + OBuuur).(MOuuuur − OBuuur

Dạng 2: MAuuuur.MBuuur = k, với A, B cố định và k không đổi Khi đó:

 Gọi I là trung điểm AB, ta đợc:

k = MAuuuur.MBuuur = (MIuuur + IAuur).(MIuuur + IBuur) = (MIuuur

+ IAuur).(MIuuur − IAuur) = MI2 − IA2

MAuuuur.MKuuuur = k

α .

Dạng 3: MAuuuur

.BCuuur = k, với A, B, C cố định Khi đó:

 Gọi M0, A0 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M, Alên BC, ta đợc:

k = MAuuuur

.BCuuur = M A0 0.BC ⇔ M A0 0 = k

Thí dụ 1 Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng Tìm tập

hợp những điểm M sao cho MAuuuur

.MBuuur − MAuuuur

)(MCuuuur − MBuuur

) = 3MGuuuur

.BCuuurtrong đó G là trọng tâm ∆ABC, và gọi M0, G0

theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M, G

lên BC, ta đợc:

3M G0 0.BC = a2 ⇔ M G0 0 = a

3

do G0 cố định nên M0 cố định

Vậy điểm M thuộc đờng thẳng vuông góc với BC tại M0

Thí dụ 2 Cho ∆ABC Tìm tập hợp những điểm M, sao cho

Trong trờng hợp α + β ≠ 0, ta thực hiện theo các bớc:

αIAuur + βIBuur = 0r ⇔α(IBuur + BAuuur) + βIBuur = 0r

⇔ (α + β)IBuur = αABuuur ⇔ IBuur = α

α + β AB

uuur.Vậy tồn tại duy nhất một điểm I cố định

từ đó suy ra (1) đợc biến đổi về dạng:

.[3OAuuur

− 2(OAuuur

+ ABuuur

) − − (OAuuur + ACuuur)]

= − 2MOuuuur(2ABuuur + ACuuur) (2)

với A, B, C cố định, α + β + γ = 0 và k không đổi “

Trong trờng hợp α + β + γ ≠ 0, ta thực hiện theo các bớc:

αIAuur + βIBuur + γICuur

= 0r.Khi đó tồn tại duy nhất một điểm I cố định

Chú ý: Với yêu cầu tìm cực trị, ta sử dụng tích vô

h-ớng biến đổi biểu thức cần tìm cực trị về biểu thức

độ dài, thí dụ:

S = MI2 + c, với c là hằng số và I cố định

Khi đó SMin = c, đạt đợc khi MI = 0 ⇔ M ≡ I

Thí dụ 4 Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm tuỳ

ý.

uuuur uuuur uuuur

uuur uuuur uuuur ⇒ (MAuuuur

− OMuuuur

).(OCuuur − OMuuuur

) − (OBuuur

− OMuuuur

).(ODuuur − OMuuuur

) = −(OAuuur − OMuuuur

).(OAuuur + OMuuuur) + (OBuuur − OMuuuur

).(OBuuur + OMuuuur) = − OA2 + OM2 + OB2 − OM2 = OB2 − OA2

⇔ M là hình chiếu vuông góc của D lên (d)

Dạng toán 6: Sử dụng biểu thức toạ độ của tích vô

) = (3a1 − 4b1, 3a2 − 4b2).(2a1 + 5b1, 2a2 +5b2)

= (3a1 − 4b1)(2a1 + 5b1) + (3a2 − 4b2)(2a2 +

5b2) = 6( 2



Chú ý: Bài toán trên cũng có thể giải bằng tích vô

h-ớng thuần tuý, cụ thể:

Từ giải thiết, suy ra:

(ar + br)2 = 4 ⇔ ar2

+ br2 + 2ar.br = 4 ⇔ ar

.br = 1

Ta có:

(3ar − 4br)(2ar + 5br

) = 6ar2

− 20br2

+ 7ar

.br = 6 − 20+ 7 = −7

Thí dụ 2 Cho ∆ABC, biết A(1, 2), B(−1, 1), C(5, −1)

a Tính ABuuur

.ACuuur

b Tính cos và sin góc A

c Tìm toạ độ chân đờng cao A1của ∆ABC

d Tìm toạ độ trực tâm H của ∆ABC

e Tìm toạ độ trọng tâm G của ∆ABC

f Tìm toạ độ tâm I của đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC, từ

5 25

−

= − 1

5 ,sinA = 1 cos A− 2 = 1 1

Đ3 H ệ thức lợng trong tam giác

Dạng toán 1: Giải tam giác

Phơng pháp thực hiện

Sử dụng các hệ thức trong tam giác

Thí dụ 1 Cho ∆ABC, biết a = 6, b = 2, c = 3 + 1 Tính các

góc A, B, C và đờng cao ha của tam giác.

 Giải

Trong ∆ABC, ta có:

cosA =

bc2

ac

bc

a2+ 2− 2 =

22 ⇔

B = 450

Mặt khác trong ∆ABC, ta có:

Asin.bc

Thí dụ 2 Cho ∆ABC cân tại A Đờng cao BH = a, ABC = α

a Tính các cạnh và đờng cao còn lại.

b Tính bán kính đờng tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam

α

sin

a.Trong ∆KAB, ta đợc:

α

cos2

BC = 2sinα.cosα

b Ta có:

AC = 2R.sinB ⇔ R =

Bsin2

AC =

α α

α

sin2

cos.sin2

a

=

α

α.cossin

AC.BH21

++ = 2(1 cos )

a

Asin.c.b

.(1)

K

A

Ha

α

4.2

24 = 2

Thí dụ 5 Cho hai đờng tròn (I1), (I2) có bán kính bằng 2, 8

tiếp xúc trong với nhau tại A Nửa đờng thẳng vuông

góc với I1I2 cắt (I1), (I2) theo thứ tự tại B, C Tính bán

kính đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC

 Giải

Trong ∆ABC, ta có R =

BCAsin2

sinACB = sinACH =

AC

AH =

AH4

AH = 4

AH (4)

Thay (2), (4) vào (1), ta đợc R = 4

Dạng toán 2: Chứng minh tính chất của tam giác

Thí dụ 1 Cho ∆ABC có a4 = b4 + c4 Chứng minh ∆ABC nhọn.

BA

Do đó để chứng minh ∆ABC nhọn, ta chỉ cần chứng minh góc

A nhọn

⇔ b2 + c2 − a2 > 0 ⇔ b2 + c2 > a2 ⇔ (b2 + c2)2 > a4 ⇔ b4 + c4 +2b2.c2 > a4

bp)(

ap

(

⇔ p(p − a)(p − b)(p − c) = (p − c)2(p − b)2 ⇔ p(p − a) =(p − c)(p − b)

⇔ (a + b + c)(b + c − a) = (a + b − c)(a + c − b)

⇔ a2 + b2 = c2 ⇔∆ABC là vuông tại C

Thí dụ 3 Cho ∆ABC nhọn, đờng cao AH và trung tuyến BE thoả

mãn AH = BE.

a Tính số đo góc CBE

b Giả sử AH là đờng cao lớn nhất của ∆ABC Xác định

EB2

AH = 2

CF

≤

EB2

AH = 21

Ngoài ra ta có B = 600 do đó ∆ABC đều

Dạng toán 3: Chứng minh các hệ thức trong tam giác

Thí dụ 1 Cho ∆ABC, cạnh a, b, c và A = 600 Chứng minh rằng:

b(b2 − a2) = c(a2 − c2)

 Giải

Ta có:

a2 = b2 + c2 − 2bc.cosA = b2 + c2 − bc ⇔ a2(b + c) = (b + c)(b2 + c2 − bc)

⇔ a2b + a2c = b3 + c3 ⇔ b3 − a2b = a2c − c3 ⇔ b(b2 − a2) =c(a2 − c2), đpcm

Thí dụ 2 Cho hai ∆ABC và ∆DEF cùng nội tiếp trong đờng tròn

H

E1F

E2

sinA + sinB + sinC =

R2

a + R2

b + R2

c = R

p∆ABC.(2)

Trong ∆DEF, ta có:

sinD + sinE + sinF =

R2

d +

R2

e +

R2

f =

R

p∆DEF.(3)

Thay (2), (3) vào (1), ta đợc:

R

p∆ABC

= R

p∆DEF ⇔ p∆ ABC = p∆ DEF, đpcm

Thí dụ 3 Cho ∆ABC không cân tại đỉnh A, trung tuyến BD và

CE, có các cạnh a, b, c Chứng minh rằng:

a AB2.CE2 − AC 2 − BD2 =

4

)abc)(

bc( 2− 2 2+ 2− 2 .

2

AB2

) = 2

1( b2 + c2 −

=

4

1[2(c2 − b2) a2 + b4 − c4] =

4

1( b2 − c2)( b2 + c2 − 2a2)

b Ta có:

AB.CE = AC.BD ⇔ AB2.CE2 − AC 2 − BD2 = 0

⇔ (b2 − c2)( b2 + c2 − 2a2) = 0 ⇔ b2 + c2 = 2a2

Thí dụ 4 Cho ∆ABC vuông tại A; AH là đờng cao HE, HF lần lợt

là các đờng cao của ∆AHB, ∆AHC Chứng minh rằng:

EG

C

HF

BH4

= BC

BC.CH

CH4

= BC

CH = 3BC

BC = 3BC

2

a2

a2

⇔ MI2 = a2 ⇔ MI = a

Vậy tập hợp điểm M thuộc đờng tròn tâm I, bán kính R = a

b Gọi I là trung điểm AB và H là hình chiếu

vuông góc của M lên AB, ta có:

H(d)

A I BM

Thí dụ 2 Cho đờng tròn (O), A là điểm cố định trên (O), còn

B là điểm di động trên (O) Các tiếp tuyến của (O) tại A

và B cắt nhau tại C Tìm tập hợp tâm đờng tròn nội

tiếp ∆ABC

 Giải

Gọi I là giao điểm của OC với (O), ta có ngay

AI là phân giác góc A, từ đó suy ra I là tâm

đ-ờng tròn nội tiếp ∆ABC

Vậy tập hợp tâm I thuộc đờng tròn (C), ngoại

trừ bốn điểm A, A1, A2, trong đó A1A2 là đờng

kính vuông góc với OA

C Các bài toán chọn lọc

Ví dụ 1: Biết cosα =

5

4.

a Tính sinα, tanα, cotα

b Tính giá trị của biểu thức A =

α

−α

α+α

tancot

tancot

α

α

cos

sin = 4

3, cotα = 1

tanα = 3

4.

b Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Tận dụng kết quả trong a), ta đợc:

A =

α

−α

α+α

tancot

tancot

=

4

33

334

−

+

= 7

25

Cách 2: Thực hiện độc lập với a), ta biến đổi biểu thức về dạng:

A =

α

−α

α+α

tancot

tancot

=

α

α

−α

α+αα

cos

sinsin

sinsin

cos

=

α

−α

α+α

2 2

2 2

sincos

sincos

B

CIAO

=

)cos1(cos

Ví dụ 2: Cho ∆ABC có AB = 5, AC = 6, BC = 7 Gọi trung điểm

của AC là M Tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp ∆ABM

 Giải

áp dụng định lý hàm số sin trong ∆ABM, ta có:

RABM =

Asin2

2

AC2

)

= 2

1(25 + 49 − 18) = 28

cosA =

AC.AB2

BCAC

Ví dụ 3: Cho ∆ABC, biết AB + AC = 13, AB > AC, A = 600 và bán

kính đờng tròn nội tiếp tam giác bằng 3 Tính độ dài các cạnh của ∆ABC

 Giải

Ta có AB = c, AC = b, khi đó từ giả thiêt ta đợc:

Gọi M, N, P là tiếp điểm của đờng tròn nội

tiếp với các cạnh AB, AC, BC Ta đợc:

Ta có:

BC = BP + PC = BM + CN = (AB − AM) + (AC − AN)

= (AB + AC) − (AM + AN) = 13 − 6 = 7

A

PO

−+

13c

b

49bcc

5b.Vậy, độ dài ba cạnh của ∆ABC là a = 7, b = 5, c = 8

Ví dụ 4: Cho ∆ABC vuông tại A, AB = 3, AC = 4 Gọi M là trung

điểm AC Tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp ∆MBC

 Giải

áp dụng định lý hàm số sin trong ∆BMC, ta có:

RBMC =

Csin2

Ví dụ 5: Cho ∆ABC, các trung tuyến AA1 = 3, BB1 = 6 và hợp với

nhau một góc 600 Tính độ dài các cạnh của ∆ABC