Sáng kiến kinh nghiệm Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức

m) 
Ta có 1 0
.sin .sin
sin sin 80 57 '50,25''
sin sin
BC AC AC A AC A
B B
A B BC BC
        
 
044 2'9,75''C  
Ta có 2 2 2DEF sin os os
ABC
S
A c B c C
S
  
2 2 2 2
DEF (sin os os ) 28,654( )ABCS S A c B c C cm    
Bài toán 5. (vận dụng bài toán mở đầu) 
Cho hình bình hành ABCD , biết AB = a, AD = b và A  . 
a) Tính diện tích hình bình hành ABCD theo a, b và  
b) Chứng minh rằng : 0sin sin(180 )   
Lời giải. 
a) – Nếu 090  , ta có SABCD = 2SABD = 
1
2. . .sin sin
2
a b ab  
Nên SABCD sinab  (1) 
 – Nếu 0 090 180  , ta kẻ AH vuông góc với BC nên SABCD = AH.BC 
 Mà tam giác AHB vuông tại H nên AH = AB.sinB. 
Do đó SABCD = AB.sinB.BC = 
0. .sin(180 )a b 
(2)
b)Từ (1) và (2) suy ra 0sin sin(180 )   
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 8 
α
α
KO
HA
B
C
D

E
G
F
H
C
B
A
D
Bài toán 6. (áp dụng bài toán mở đầu) 
Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O. Cho biết AOB   ; BD= m, 
AC = n. 
a) Tính diện tích của tứ giác ABCD theo m, n và . 
b) Áp dụng. Tính diện tích tứ giác ABCD với m = 26,31931 cm ; 
n = 30,41975 và  = 80
0
20
’
11
’’
Lời giải. 
Kẻ BK và DH vuông góc với AC 
Ta có SABCD = SABC + SADC 
1 1
. .
2 2
AC BK AC DH  
1
( ).sin
2
AC OB OD   
1
. .sin
2
AC BD  
Vậy: SABCD 
1
. .sin
2
m n  
b) SABCD 394,63308 (cm
2
) 
Bài toán 7. (vận dụng bài toán 6) 
Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC, BD cắt nhau tạo thành góc  và AC = 
a, BD = b. Trên tia đối của các tia BA, CB, DC, AD lần lượt lấy các điểm E, F, G, H sao 
cho BE = BA, CF = CB, DG = DC và AH = AD. 
a) Lập công thức tính diện tích tứ giác EFGH theo a, b và  . 
b) Áp dụng: Tính góc  , biết a = 25,081911(cm) ; b = 41,02013(cm) và 
SEFGH = 2488,325971 (cm
2
) 
Lời giải. 
Ta có BA là đường trung tuyến của HBD nên BAH BADS S 
HB là đường trung tuyến của AHE nên HBA HBES S 
Do đó 2 2AHE BAD DABS S S  
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 9 
K
H
N
M
S
Q
P
R
B
D C
A
Chứng minh tương tự, ta có 
 2BEF ABCS S 
 2CFG BCDS S 
 2DGH CDAS S 
Mà EFGH EF DGHAHE B CFG ABCDS S S S S S     
 EF DGH( ) ( )AHE CFG B ABCDS S S S S     
 CDA2( ) 2( )DAB BCD ABC ABCDS S S S S     
 2 2 5ABCD ABCD ABCD ABCDS S S S    
Suy ra EFGH 5 ABCDS S 
Mặt khác: 
1
sin
2
ABCDS ab  (tứ giác có 2 đường chéo vuông góc) 
Do đó EFGH
5
sin
2
S ab  
b) Áp dụng: EFGH
5
sin
2
S ab  075 19'54''  
Bài toán 8.(áp dụng kết quả bài toán 5) 
Cho hình bình hành ABCD có AB = a, BC = b và B  . Gọi R, S, P, Q lần lượt là trung 
điểm của AB, BC, CD, DA. Vẽ AP cắt BQ, DS lần lượt tại H, M. Vẽ CR cắt BQ, DS lần 
lượt tại K, N. 
a) Lập công thức tính diện tích tứ giác HKNM theo a, b và  . 
b) Áp dụng : Tính số đo các góc của hình bình hành ABCD, biết a = 22,121944 
(cm), b = 30,041975 và diện tích tứ giác HKNM là 128,5765873 (cm2) 
Lời giải. 
a) Nối A với C ta có AP là đường trung tuyến của ACD 
 nên 
1 1
2 4
ADP APC ADC ABCDS S S S   
Tương tự 
1 1
2 4
CRA CBA ABCDS S S  
Do đó ARCP
1
2
APC CRA ABCDS S S S   
Dễ dàng chứng minh được tứ giác HKNM là hình bình hành 
Nên KHA KHB MNK MNC AKB CMDS S S S S S     
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 10 
M
A
B C
Mà 
1
2
AKR AKBS S (đáy gấp đôi, chung đường cao) 
tương tự: 
1
2
CMP CMDS S 
Suy ra:   ARCP
1
5
KHA KHB MNK MNC AKR CMPS S S S S S S      
 Mà 
ARCP
1
2
ABCDS S 
ARCP
2
5
HKM MKNS S S   
 Hay 
2 1 1
.
5 2 5
HKNM ABCD ABCDS S S  
 sinABCDS ab  
Do đó 
1 1
sin
5 5
HKNM ABCDS S ab   
1 1
sin
5 5
HKNM ABCDS S ab   
Vậy: 
1
sin
5
HKNMS ab  
b)Áp dụng: 
1
sin
5
HKNMS ab    = 75
019’0,54’’ 
Vậy 0 ' ''104 4059,4A C  , 0 ' ''75 190,54B D  
Bài toán 9. (áp dụng bài toán mở đầu) 
Cho tam giác ABC . Tính độ dài trung tuyến AM, biết BC = a, AC = b, AB = c. 
Lời giải. 
 Ta có 
2
2 2 . .cosB
4
BC
AM BA AB BC   (tam giác ABM) (1) 
2
2 2 . .cosC
4
BC
AM CA AC BC   (tam giác ACM) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 
2
2 2 22 ( . .cosB+AC.BC.cos )
2
BC
AM AC BA AB BC C    (3) 
Mà 
2 2 2
cosB=
2 .
BA BC AC
BA BC
 
; 
2 2 2
cosC=
2 .
CA BC AB
CA BC
 
 (4) 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 11 
H D
M
A
B
C
Từ (3) và (4) suy ra 
2
2 2 22
2
BC
AM AB AC  
Do đó 
2 2 2
2 2 4
AB AC BC
AM   
Bài toán 10. (áp dụng bài toán mở đầu) 
Cho tam giác nhọn ABC, biết AC = b, AB = c; BAC  . đường trung tuyến 
AM, đường phân giác của góc A cắt cạnh BC tại D (M, D thuộc cạnh BC) .Tính diện 
tích tam giác ADM theo b, c và  . 
Lời giải. 
Giả sử ABC có AB < AC (1). 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2). 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC 2BD < DC + BD. 

2
BC
BD BM  . Do đó điểm D nằm giữa B và M 
DM = BM – BD =
2
BC
BD . 
Từ (2) suy ra 
. ( ) . .
AC
AB DC AB BC BD AB BC AB BD
BD
AC AC
 
   
BD.AC = AB.BC – AB.BD BD(AB + AC) = AB.BC 

.AB BC
BD
AB AC



. ( ) 2 .
2 2( )
BC AB BC BC AB AC AB BC
DM
AB AC AB AC
 
  
 
. 
Ta có 
. ( ) 2 . 1
.
. 2( ). 2
ADM
ABC
S AH DM DM BC AB AC AB BC AC AB
S AH BC BC AB AC BC AB AC
  
   
 
Vì dạng tổng quát: AB có thể lớn hơn, nhỏ hơn hoặc bằng AC. 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 12 
H D
M
A
B
C
Nên ta có: 
1 1
. .sin .
2 4
ADM
ADM
ABC
S AB AC b c
S b c
S AB AC b c

 
  
 
Từ kết quả này cho ta bài toán 11 
Bài toán 11. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, đường phân giác của góc A 
cắt cạnh BC tại D (M, D thuộc cạnh BC) với AB = 10 cm. Xác định độ dài cạnh AC của 
ABC để SADM = 25%SABC. 
Lời giải. Áp dụng kết quả bài toán 10 
Ta có 
1 1
2 4
ADM
ABC
S AB AC
S AB AC

 


1
10
1 2
3
12
30
2
AB AC
ACAB AC AB AC
AB ACAB AC
AC
AB AC

      
     
. 
Vậy AC = 30 (cm) hoặc AC = 
10
3
 (cm) thì SADM = 25% SABC. 
Từ kết quả của bài toán 10 ta cũng có bài toán sau: 
Bài toán 12. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, đường phân giác của góc A 
cắt cạnh BC tại D (M, D thuộc cạnh BC). 
Chứng minh rằng: 
1 1 sin sin
2 2 sin sin
ADM
ABC
S AB AC B C
S AB AC B C
 
 
 
Lời giải. Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC 2BD < DC + BD 

2
BC
BD BM  .Do đó điểm D nằm giữa B và M 
DM = BM – BD =
2
BC
BD 
Từ (2) suy ra 
. ( ) . .
AC
AB DC AB BC BD AB BC AB BD
BD
AC AC
 
   
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 13 
r
r
r
F
E
D
I
C
B
A
BD.AC = AB.BC – AB.BD BD(AB + AC) = AB.BC 

.AB BC
BD
AB AC



. ( ) 2 .
2 2( )
BC AB BC BC AB AC AB BC
DM
AB AC AB AC
 
  
 
Ta có 
. ( ) 2 . 1
.
. 2( ). 2
ADM
ABC
S AH DM DM BC AB AC AB BC AC AB
S AH BC BC AB AC BC AB AC
  
   
 
Vì dạng tổng quát: AB có thể lớn hơn, nhỏ hơn hoặc bằng AC 
Nên ta có: 
1
2
ADM
ABC
S AB AC
S AB AC



(a) 
Ta có 
sin
AH
AB
B
 và 
sin
AH
AC
C
 (trong ABH vuông tại H, ACH vuông tại H) 

1 1
1 1 1 sin sinsin sin sin sin
1 12 2 2 sin sin
sin sin sin sin
ADM
ABC
AH AH
S C BB C B C
AH AHS B C
B C B C
 

  

 
1 sin sin
2 sin sin
B C
B C



 (b) 
Từ (a) và (b) suy ra: 
1 1 sin sin
.
2 2 sin sin
ADM
ABC
S AB AC B C
S AB AC B C
 
 
 
 (đpcm). 
Bài toán 13. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, bán kính r, biết 
BC = a, AC = b, AB = c và 
2
a b c
p
 
 . 
a) Tính diện tích tam giác ABC theo p và r. 
b) Chứng minh: ( ) tan ( ) tan ( ) tan
2 2 2
A B C
r p a p b p c      
Lời giải. 
a) Ta có 
1 1 1
. . .
2 2 2
ABC IAB IBC IACS S S S AB r BC r AC r        
 = 
1
. ( ) . .
2 2
a b c
r AB BC CA r p r
 
   
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 14 
1
2
1
2
P
x
D
N
M
H
O
CB
A
b) Ta có AFI vuông tại F  r = FI = AF.tan FAI =AF.tan
2
A
(1) 
Mà 
2
2 2
AB AC BC BC AB AC BC
p a
    
   
2
=AF
2 2
AF BF AE CE BD DC AF    
  (2) 
Từ (1), (2) suy ra ( ) tan (3)
2
A
r p a 
Chứng minh tương tự ta cũng có ( ) tan
2
B
r p b 
; ( ) tan (4)
2
C
r p c  
Từ (3) và (4) suy ra ( ) tan ( ) tan ( ) tan
2 2 2
A B C
r p a p b p c     
Bài toán 14. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O,R) . Hai đường cao BM, CN cắt nhau 
tai H. 
a) Chứng minh AMN ABC . 
b) Chứng minh rằng: OA vuông góc với MN và AB = 2R.sinC 
c) Chứng minh: 
. .
4
ABC
AB AC BC
S
R
 
d) Xác định số đo BAC để diện tích tứ giác BNMC bằng 
3
4
 diện tích tam giác 
ABC. 
e) Tìm điều kiện của tam giác ABC để cosA + cosB + cosC đạt giá trị lớn nhất. 
Tính giá trị lớn nhất đó. 
Lời giải. 
a) Ta có osA
AM AN
c
AB AC
  nên AMN ABC (c.g.c) 
Suy ra AMN ABC 
b) Lấy D đối xứng với A qua O. Khi đó ta có ABD vuông 
tại B 
Suy ra 090BAD BDA  (1) 
Ta có OBC cân tại O và OAC cân tại O. 
Nên 
2 2 2
AOx BOx AOB
ACB    và 
2
AOB
ADB  (góc ngoài tam giác) 
Suy ra ADB ACB (2) 
Mặt khác ta có AMN ABC (c.g.c). 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 15 
Suy ra ANM ACB (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra 090ANM BAD  
Do đó ADMN hay OAMN (đpcm) 
Từ (2) suy ra sinC = sinD mà sin
2
AB AB
D
AD R
  
Suy ra AB = 2R.sinC (4) 
c) Ta có 
. .sin
2
ABC
CB CA C
S  (5) 
Từ (4) và (5) suy ra 
. .
4
ABC
AB AC BC
S
R

d) Ta có AMN ABC nên 
2
AMN
ABC
S AM
S AB
 
  
 
Suy ra 2osAMN
ABC
S
c A
S
 
Mà 2 21 1 cos sinBNMC ABC AMN AMN
ABC ABC ABC
S S S S
A A
S S S

      
Do đó 
3 3
sin
4 2
BNMC
ABC
S
A
S
    060A  
Vậy: 060BAC  thì diện tích tứ giác BNMC bằng 
3
4
 diện tích tam giác ABC. 
e) Kẻ AH cắt BC tại P 
Ta có 2osAMN
ABC
S
c A
S
 
.AN 1
os
. 2
AMN
ABC
S AM AN AM
c A
S AB AC AB AC
 
    
 
 (BĐT Cô-si) (6) 
Tương tự : 
BN.BP 1
osB
. 2
BNC
ABC
S BN BP
c
S BC AB AB BC
 
    
 
 (7) 
CP.CM 1
osC
. 2
CPM
ABC
S CP CM
c
S AC BC BC AC
 
    
 
(8) 
Từ (6), (7) và (8) suy ra 
3
cos os os
2
A c B c C   . 
Dấu ‘=’ xảy ra khi 
AN AM
AB AC
 ; 
BN BP
AB BC
 ; 
CP CM
BC AC
 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 16 
Ta lại có 
AM AN
AB AC
 ; 
BP BN
AB BC
 ; 
CM CP
BC AC
 nên AB = BC = AC. 
Do đó cos os osA c B c C  đạt giá trị lớn nhất là 
3
2
 khi tam giác ABC là tam giác đều. 
Bài toán tổng quát: Cho tam giác ABC, biết BC = a, AC = b, AB = c. Gọi S, p, 
r, R lần lượt là diện tích, nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường 
tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM. 
Chứng minh rằng: 
 a) 2
sin sin sin
a b c
R
A B C
   
 b) S = 
1
sin ( )( )( )
2 4
abc
bc A pr p p a p b p c
R
      
 c) a
2
 = b
2
 + c
2
 - 2bc.cosA 
 d) AD =
2 cos
2
A
bc
b c
 e) 
2
2 2 22
2
BC
AM AB AC  
f) 
1 1 sin sin
2 2 sin sin
ADM
ABC
S AB AC B C
S AB AC B C
 
 
  
Lời giải. 
Kẻ các đường cao AH, BK, CL của ABC (HBC, KAC, LAB) 
I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Kéo dài 
OA cắt đường tròn (O) tại N 
a
c b
r
R
D
N
O
M
K
L
H
I
B
A
C
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 17 
a)Ta có 
sin
a a ab
CLA CL
b
  ; 
sin
b b ab
CLB CL
a
 
sin sin
a b
A B
  (1) 
sin
a a ac
BKA BK
c
  ;
sin
c c ac
BKC BK
a
 
sin sin
a c
A C
  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
sin sin sin
a b c
A B C
  (3) 
Ta có : ABNC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O;R) 
ANB ACB C   
Ba điểm A, O, N thẳng hàng; A và N thuộc đường tròn (O;R) 
AN là đường kính của đường tròn (O;R) 
090ANB  và AN = 2R 
Ta có 2
sin sin
c c c
AN R
cC ABN
AN
    (4) ( ABN vuông tại B) 
Từ (3) và (4) suy ra 2
sin sin sin
a b c
R
A B C
   (đpcm) 
b)Ta có: 
1 1 1
. . in sin
2 2 2
ABCS c CL c bs A bc A    (*) 
1 1 1
. . .
2 2 2
ABC IAB IBC IACS S S S AB r BC r AC r         
 = 
1
. ( ) . .
2 2
a b c
r AB BC CA r p r
 
    (**) 
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông, ta có: 
 AB
2
- BH
2
 = AC
2
 – HC2 
 AB
2
- (BC –CH)2 = AC2 – HC2 
 AB
2
- (BC
2
 – 2BC.CH + CH2) = AC2 – HC2 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 18 
CH = 
2 2 2 2 2 2
2 2
AC BC AB b a c
BC a
   
 
 CH
2
 = 
2
2 2 2
2
b a c
a
  
 
 
AH
2
 = b
2
 - 
2
2 2 2
2
b a c
a
  
 
 
2
2 2 2 2 2
2 2 2. 1. .
4 2 4
ABC
AH BC b a c
S b a
a
   
    
   
2 2 2 2 2 2 2
2
4 ( ) .
16
a b b a c a
a
     
2 2 2 2 2 2(2 )(2 )
16
ab b a c ab b a c     
 
( )( )( )( )
16
a b c a b c c a b c a b       
 
2 (2 2 )(2 2 )(2 2 )
16
p p a p b p c  
 
 = ( )( )( )p p a p b p c   
 ( )( )( )ABCS p p a p b p c    (***) 
Từ câu a) 2 2 sin 2 .
sin
a CL
R a R A R
A b
    
 ab = 2R.CL abc = 2R.CL.c = 2R.2SABC 
4 .
4
ABC ABC
abc
abc R S S
R
    (****) 
Từ (*),(**), (***),(****), ta có 
 S = 
1
sin ( ) )( )
2 4
abc
bc A pr p p a p b p c
R
      (đpcm) 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 19 
c) Ta có b
2
 + c
2
 - 2bc.cosA = AK
2
 + KC
2
 + 2AK.KC + AB
2
 – 2AB.AC.
AK
AB
 = AK
2
 + KC
2
 + 2AK.KC + (AK
2
 +BK
2
) – 2AC.AK 
 = 2AK
2
 + KC
2
 + 2AK.KC + BK
2
 – 2(AK + KC)AK 
 = 2AK
2
 + KC
2
 + 2AK.KC + BK
2
 – 2(AK + KC)AK 
 = 2AK
2
 + KC
2
 + 2AK.KC + BK
2
 – 2AK2 - 2AK.KC 
 = KC
2
 + BK
2
 = BC
2 
= a
2
Vậy: a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA (đpcm) 
d) Ta có ABC ABD ADCS S S  
1 1 1
. .sinA . .sin . .sin
2 2 2 2 2
A A
AB AC AB AD AD AC   
 . .sinA .sin
2
A
AB AC AD AB AC   
 . .2sin .cos .sin
2 2 2
A A A
AB AC AD AB AC   
 . .2cos
2
A
AB AC AD AB AC   
2 . cos
2
A
AB AC
AD
AB AC
 

2 c.cos
2
A
b
AD
b c
 

 (đpcm) 
e) Ta có AB
2
 = AH
2
 + BH
2 
 AC
2
 = AH
2
 + CH
2
 AB
2
 + AC
2
 = 2AH
2
 + BH
2
 + CH
2
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 20 
 AB
2
 + AC
2
 = 2AH
2
 + 
2 2
2 2
BC BC
HM HM
   
     
   
2 2
2 2 22 . .
4 4
BC BC
AH HM BC HM HM BC HM       
2
2 22 2
2
BC
AH HM   

2
2 2 2 2 2 2 22 2 2( 2 ) 2AM
2
BC
AB AC AH HM AH HM       
Vậy: 
2
2 2 22
2
BC
AM AB AC   (đpcm) 
f) Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC 2BD < DC + BD 

2
BC
BD BM  .Do đó điểm D nằm giữa B và M 
Ta có ADB
ADC
S DB AB
S DC AC
  
ADB
ADC ADB
S AB
S S AC AB

 
 hay ADB
ABC
S AB
S AC AB


 suy ra 
.ABC
ADB
S AB
S
AC AB


(3) 
Vì AM là trung tuyến nên SABM = SACM = 
2
ABCS (4) 
Do đó SADM = SABM - SADB (5) 
Từ (3), (4), (5) suy ra SADM = .
2
ABCS AC AB
AB AC


 Hay 
1
2
ADM
ABC
S AC AB
S AB AC



SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 21 
Vậy 
1
2
ADM
ABC
S AB AC
S AB AC



.(a) 
Theo định lí hàm sin , ta có: 
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
   
 sinB = 
2
b
R
, sinC = 
2
c
R
Nên 
1 sin sin 1
.
2 sin sin 2
B C AB AC
B C AB AC
 

 
(b) 
Từ (a) và (b) suy ra: 
1 1 sin sin
.
2 2 sin sin
ADM
ABC
S AB AC B C
S AB AC B C
 
 
 
 (đpcm). 
BÀI TẬP VẬN DỤNG 
Bài 1. Cho tam giác ABC, AB = 8,91 cm, AC = 10,32 cm, 072BAC  . Tính chính 
xác 3 chữ số thập phân. 
a) Diện tích tam giác ABC. 
b) Độ dài cạnh BC, số đo góc B, C của tam giác ABC. 
c) Độ dài phân giác AD 
d) Độ dài đường trung tuyến AM 
e) Diện tích tam giác ADM (D, M thuộc cạnh BC) 
f) Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC. 
Bài 2. Cho tam giác ABC, AB = 9 cm, AC = 11 cm, BC =12 cm. Tính chính xác 3 
chữ số thập phân. 
a) Diện tích tam giác ABC. 
b) Số đo góc A, B, C của tam giác ABC. 
c) Độ dài phân giác AD 
d) Độ dài đường trung tuyến AM 
e) Diện tích tam giác ADM (D, M thuộc cạnh BC) 
f) Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC. 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 22 
Bài 3. Cho tam giác ABC có chu vi là 107 cm, 030 15'ABC  , 054 25'ACB  . Tính 
chính xác 3 chữ số thập phân. 
a) Diện tích tam giác ABC. 
b) Độ dài phân giác AD 
c) Độ dài đường trung tuyến AM 
d) Diện tích tam giác ADM (D, M thuộc cạnh BC) 
e) Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC. 
Bài 4. Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là 22,121944 cm, 
067 22'12''ABC  , 021 12'ACB  . Tính chính xác 3 chữ số thập phân. 
a) Diện tích tam giác ABC. 
b) Độ dài phân giác AD 
c) Độ dài đường trung tuyến AM 
d) Diện tích tam giác ADM (D, M thuộc cạnh BC) 
e) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 
Bài 5. Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Tính theo a, b, c: 
a) Độ dài ba đường phân giác trong AD, BE, CF của tam giác. 
b) Diện tích tam giác DEF. 
Bài 6. Cho tam giác ABC có 075 19'54''BAC  , AB = 25,81911 cm, AC = 41,02013 
cm . Tính chính xác 4 chữ số thập phân. 
a) Độ dài ba trung tuyến AD, BE, CF của tam giác. 
b) Diện tích tam giác DEF. 
Bài 7. Cho hình chữ nhật ABCD, có BC = a, AB = b. Kẻ CK vuông góc với BD tại 
K. Tính diện tích tam giác ABK theo a,b. 
Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O, R) và ngoại tiếp đường 
tròn (I, r). Tính khoảng cách giữa hai tâm của đường tròn theo R, r. 
SKKN: “Hình thành hệ thống bài toán từ một công thức tính diện tích của tam giác và một đẳng thức” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV trường THCS Nguyễn Trãi – ĐT: 0974267203 23 
HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
+ Kết quả: Dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán các cấp: 
Năm học Cấp huyện Cấp tỉnh 
2011-2012 - Lớp 8: Đạt 6/7 (1 giải Nhất, 
4 giải Nhì, 1giải Ba) 
Lớp 9: Đạt 18/20 (1 giải 
Nhất, 5 giải Nhì, 6 giải Ba, 6 
giải KK). 
2012-2013 - Lớp 9: Đạt 6/7 (1 Nhất, 2 
N