Luận văn phương trình bậc ba sinh bởi các yếu tố trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNGPHẠM BÌNH NGUYÊN PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA SINH BỞI CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số :60.. Mục lụcCác đơn vị kiến th

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

PHẠM BÌNH NGUYÊN

PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA SINH BỞI CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC

Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số :60 46 40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

ĐÀ NẴNG - NĂM 2010

Mục lục

Các đơn vị kiến thức liên quan 5

1 Các kiến thức cơ bản về phương trình bậc ba 241.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba 241.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba 25

2 Phương trình bậc ba của các yếu tố trong tam giác 362.1 Phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố độ dài trong

tam giác 362.2 Phương trình bậc ba sinh bởi các biểu thức lượng giác trong

tam giác 512.3 Phương trình bậc ba của các cung và góc đặc biệt 58

3 Bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam giác 653.1 Nhận dạng tam giác đều 663.2 Nhận dạng tam giác vuông 813.3 Nhận dạng tam giác cân 93

4 Một số dạng bất đẳng thức liên quan 1034.1 Một số dạng bất đẳng thức khác trong tam giác 1034.2 Một số bài toán cực trị trong tam giác 108

Tài liệu tham khảo 114

5 Sáng tạo các bất đẳng thức trong tam giác 1155.1 Bất đẳng thức Schur và ứng dụng 1155.2 Các bất đẳng thức đối xứng 120

5.3 Bất đẳng thức Vectơ 1235.3.1 Các bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến 1235.3.2 Các bất đẳng thức liên quan đến đường tròn ngoại

tiếp 1275.3.3 Các bất đẳng thức liên quan đến đường tròn nội tiếp 128

6 Các đẳng thức trong tam giác 1296.1 Các đẳng thức liên quan đến yếu tố độ dài trong tam giác 1296.2 Các đẳng thức liên quan đến các biểu thức lượng giác trong

tam giác 1376.3 Các đẳng thức liên quan đến các cung và góc đặc biệt 143

Lời nói đầu

Trong chương trình toán học bậc Trung học Phổ thông, các bài toán vềLượng giác chiếm một vị trí rất quan trọng Việc chứng minh các hệ thức

đã biết theo một cách khác không theo cách biến đổi thông thường và tìm

ra các hệ thức mới là rất cần thiết Điều này giúp chúng ta rèn luyện tưduy và có hệ thống bài tập cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏicũng như trong các kỳ thi Dựa trên nhận xét: Một tam giác hoàn toànđược xác định bởi ba yếu tố độc lập, ba yếu tố đó có thể được coi là banghiệm của một phương trình bậc ba tương ứng Các yếu tố độc lập đóđều có thể biểu diễn qua p, R, r, tức phương trình bậc ba tìm được sẽ có

hệ số chứa p, R, r

Luận văn nhằm hiểu về các phương trình bậc ba sinh bởi các yếu tốtrong tam giác và nêu cách giải quyết các vấn đề liên quan Trên cơ sở đóxây dựng một số hệ thức lượng giác mới dựa vào tính chất của phươngtrình bậc ba và các bất đẳng thức quen biết

Luận văn được chia làm ba chương:

Chương 1 trình bày về phương trình bậc ba, nêu cách giải và các tínhchất của chúng

Chương 2 xây dựng các phương trình bậc ba với hệ số là ba yếu tố cơbản p, R, r và nhận các yếu tố trong tam giác là các nghiệm của chúng.Sau đó, dựa vào các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba để đưa ramột số hệ thức lượng giác mới

Chương 3 khảo sát các bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tamgiác (vuông, đều, cân)

Các đơn vị kiến thức liên quan

Hình 1:

Định lí 2 (Định lý về đường phân giác trong của

tam giác)

Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh

đối diện thành hai phần tỉ lệ với hai cạnh bên

tương ứng

Chứng minh Giả sử AD là phân giác trong kẻ

từ A, nghĩa là \BAD = \CAD Kẻ BE song song

với AD cắt AC tại E Khi ấy do EBA = \[ BAD

(so le trong) và BEA = \[ CAD (đồng vị) nên các

góc EBA = [[ BEA, do đó tam giác BAE cân, suy

2 Khi góc A tù thì (Hình 3b)

a2 = a02+ hb2 = a02+ c2 − c02

= c2 + (b + c0)2 − c02 = c2 + b2 + 2bc0

Vậy định lý được chứng minh 

Định lí 5 (Đường thẳng Euler) Gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trựctâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì khi đó ta có −−→

HO = 3−→

GO

Chứng minh

Hình 4:

Gọi A0, B0, C0 lần lượt là trung điểm

BC, CA, AB thì khi đó dễ thấy tam giác

ABC là ảnh của tam giácA0B0C0 qua phép

vị tự tâm G tỉ số bằng −2 (Hình 4) Mặt

khác ba đường cao của tam giác A0B0C0

lại là ba đường trung trực của tam giác

ABC, nên tâm O của đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC là ảnh của H qua

Định lí 6 (Định lý Stewart) Nếu đường thẳng AD = d thuộc tam giác

ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì

d2a = b2m + c2n − amn

Chứng minh

Hình 5:

Giả sử AH là đường cao của tam giác

ABC, theo định lí về hệ thức lượng trong

tam giác thường (Định lí 4), từ các tam

giác BDA và ADC ta có (Hình 5)

Cộng các vế đẳng thức trên, ta được điều phải chứng minh 

Hệ quả 6 Đường phân giác của góc A được tính bởi công thức

Hệ quả 8 Khoảng cách từ trực tâm đến tâm đường tròn ngoại tiếp đượctính bởi công thức

OH = p9R2 − (a2 + b2 + c2)

Chứng minh Được suy ra từ Hệ quả 7 và Định lý 5 

Hệ quả 9 Khoảng cách từ trọng tâm đến trực tâm tiếp được tính bởicông thức

GH = 2

3

p9R2 − (a2 + b2 + c2)

Chứng minh Được suy ra từ Hệ quả 8 và Định lý 5 

Hệ quả 10 Khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đườngtròn nội tiếp được tính bởi công thức

Chứng minh Gọi A0 là trung điểm BC M, N, P lần lượt là các tiếpđiểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh (Hình 11), ta có

p4r2 + (b − c)2

Từ tam giác vuông IN A ta có

IA = pIN2 + AN2 = pr2 − (p − a)2

Áp dụng định lý Stewart cho tam giác IAA0 ta được

IA2.GA0+ IA02.AG − AA0.AG.GA0 = IG2.AA0

Hình 12:

Định lí 8 (Định lý Ptolemy) Trong một tứ giác nội

tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng của tích hai cạnh

đối, tức là

AC.BD = BC.AD + AB.CD

Chứng minh Dựng góc DAF = [\ BAC (Hình 12)

Do BCA = \[ BDA nên hai tam giác ABC và AF D

Mặt khác ta lại có ABF = \[ ACD và

[BAF = [CAB − [F AC = \DAF − [F AC = \CAD

nên hai tam giác BAF và CAD đồng dạng, suy ra

AC(F D + BF ) = BC.AD + AB.CD

II Các định lý cơ bản trong tam giác

Định lí 9 (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta luôn có

asinA =

bsinB =

csinC = 2R.

Chứng minh Vẽ đường tròn tâm O bán kính R ngoại tiếp tam giác

ABC

Hình 13:

Trường hợp 1 Nếu A = 90b 0

Khi đó a = BC = 2R và sinA = 1 (Hình 13a) và khi đó do tam giác

ABC vuông tại A nên

sinA =

bsinB =

csinC = 2R.

bsinB = 2R;

csinC = 2R.

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có

asinA =

bsinB =

csinC = 2R.

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có a2 = b2 + c2 − 2bccosA

Các công thức còn lại là tương tự 

Định lí 11 (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC ta luôncó

Các công thức còn lại được chứng minh tương tự 

Định lí 12 (Định lý hàm số tan) Trong tam giác ABC ta luôn có

a − b

a + b =

tanA − B

2tanA + B

2cosA + B

2 .sin

A − B22sinA + B

2 .cos

A − B2

a + b =

tanA − B

2tanA + B

Định lí 13 (Công thức về hình chiếu trong tam giác) Trong tam giácABC ta luôn có

a = b.cosC + c.cosB = r(cotB

Cũng theo định nghĩa góc lượng giác, với I là tâm

đường tròn nội tiếp, ta có

a = CM + BM = r(cotB

2 + cot

C

2) (∗∗)

Từ (*) và (**) ta có điều phải chứng minh 

Định lí 14 ( Các công thức về diện tích tam giác) Trong tam giác ABC

4 Trong một tam giác luôn có ít nhất hai góc nhọn, do đó không mấttính tổng quát, ta giả thiết góc B và C nhọn Theo định lý Pythagoras(Hình 16) ta có

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

4a2

Công thức được chứng minh Công thức trên còn có tên gọi là công thứcHeron.

5 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (Hình 17) Khi ấy

S4ABC = S4ABI + S4ACI + S4BCI = cr

6 Gọi E là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ứng với cạnh BC

P, M, N lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các cạnh

BC, AB, AC Khi ấy (Hình 18) ta có

Chứng minh Công thức trên đã được chứng minh trong Định lí 14, mục

ha =

a2S;

1

hb =

b2S;

1

hc =

c2S.

c2sinC =

abc4S =

abc4pp(p − a)(p − b)(p − c).

Chứng minh Được suy ra từ định lý hàm số sin và các công thức tínhdiện tích (Định lí 9 và Định lí 14) 

Định lí 16 ( Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) Trong tam giácABC ta luôn có

r = (p − a)tanA

2 = (p − b)tan

B2

Từ công thức tính diện tích ta có r = S

p =

s(p − a)(p − b)(p − c)

Chứng minh 1 Theo công thức tính diện tích ta có

S4ABC = S4ABD + S4ACD hay

Chương 1

Các kiến thức cơ bản về phương

trình bậc ba

1.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba

Các sách hiện nay chủ yếu trình bày cách giải phương trình bậc ba theocách cổ điển là công thức Cardano Tuy nhiên tôi xin lựa chọn cách giảiphương trình bậc ba theo cách của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu đã trìnhbày trong quyển "Phương pháp giải phương trình và bất phương trình".Đầu tiên chúng ta nhận xét rằng mọi phương trình bậc ba tổng quát

q.2) Nếu p > 0 Đặt y = 2r p

3t Khi đó ta được phương trình

4t3 − 3t = m với m = 3

√3q2p√

4a2 1

Trừ hai vế của phương trình trên ta được

4a2 1

Ngược lại giả sử ((1.3) đúng nhưng phương trình (1.1) có một nghiệm thực

x1 + x2 + x3 = −a > 0;

x1x2 + x2x3 + x3x1 = b > 0;

x1x2x3 = −c > 0

Điều này chứng tỏ (1.4) được thỏa mãn

Ngược lại, nếu (1.3) được thỏa mãn thì theo định lí 1.1 các nghiệm củaphương trình (1.1) phải là nghiệm thực

Hơn nữa nếu có một nghiệm x1 ≤ 0 thì theo (1.4) ta có

x31 + ax21 + bx1 + c < 0

điều này chứng tỏ x1 ≤ 0 không phải là nghiệm của (1.1), mâu thuẫn vớigiả sử x1 ≤ 0 là nghiệm

Vậy tất cả các nghiệm phải là các số dương 

Định lý 1.3 Nghiệm phương trình (1.1) là độ dài ba cạnh của tam giáckhi và chỉ khi ta có (1.3), (1.4) và

a3 − 4ab + 8c > 0 (1.5)

Điều này chứng tỏ (1.3), (1.4), (1.5) được thỏa mãn.

Ngược lại vì (1.3), (1.4) được thỏa mãn nên nghiệm x1, x2, x3 là các sốthực dương và vì (1.5) được thỏa mãn nên

x1 + x2 − x3 > 0, x2 + x3 − x1 > 0, x3 + x1 − x2 > 0

Thật vậy, nếu một trong ba bất đẳng thức trên có dấu ngược lại, thí dụ

x1 + x2 − x3 ≤ 0 thì theo (1.5) phải có một bất đẳng thức nữa có dấungược lại, chẳng hạn x1+ x3− x2 ≤ 0, từ đó suy ra x1 ≤ 0, vô lí Điều nàychứng tỏ ba nghiệm dương thỏa mãn (1.5) thì thỏa mãn bất đẳng thứctam giác nên chúng là ba cạnh của một tam giác 

Nhận xét 1.1 Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì

t vào phương trình (1.1) ta được đpcm. 

Nhận xét 1.2 Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì

x21, x22, x23

là nghiệm của phương trình

t3 − (a2 − 2b)t2 + (b2 − 2ac)t − c2 = 0 (1.7)Chứng minh Từ các tính chất 1.3; 1.5; 1.10 ta có đpcm 

Nhận xét 1.3 Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì

(x1 + x2), (x2 + x3), (x3 + x1)

là nghiệm của phương trình

t3 + 2at2 + (a2 + b)t + (ab − c) = 0 (1.8)Chứng minh Ta có

1 (x1 + x2) + (x2 + x3) + (x3 + x1) = 2(x1 + x2 + x3) = 2T1 = −2a;

2 (x1 + x2)(x2 + x3) + (x2 + x3)(x3 + x1) + (x3 + x1)(x1 + x2)

= x21+x22+x23+3(x1x2+x2x3+x3x1) = T5+3T2 = a2−2b+3b = a2+b;

3 (x1 + x2)(x2 + x3)(x3 + x1) = T6 = −ab + c

Vậy theo định lí V iete về nghiệm của phương trình bậc ba, ta có đpcm 

Nhận xét 1.4 Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì

(x1x2 + x2x3), (x2x3 + x3x1), (x3x1 + x1x2)

là nghiệm của phương trình

t3 − 2bt2 + (b2 + ac)t + (c2 − abc) = 0 (1.9)Chứng minh Ta có

Vậy theo định lí V iete về nghiệm của phương trình bậc ba, ta có đpcm 

Nhận xét 1.5 Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì

x1x2, x2x3, x3x1

là nghiệm của phương trình

t3 − bt2 + act − c2 = 0 (1.10)Chứng minh Ta có

Sau khi đã có các phương trình bậc ba về các yếu tố độc lập, ta sử dụngcác tính chất về nghiệm của phương trình bậc ba để xây dựng các hệ thứclượng giác và chứng minh các hệ thức lượng giác đó Cách làm này khángắn gọn và tổng quát, số lượng hệ thức đưa ra cũng rất nhiều góp phầnquan trọng trong việc giảng dạy và học tập ở trường phổ thông.

2.1 Phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố

độ dài trong tam giác

Bài toán 2.1 Độ dài ba cạnh của tam giácABC (giả sử lần lượt là a, b, c)

là các nghiệm của phương trình

t3 − 2pt2 + (p2 + r2 + 4Rr)t − 4pRr = 0 (2.1)Chứng minh Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, khi ấy

theo định lí hàm số sin và công thức góc nhân đôi ta có

Lấy (*) nhân (**) ta được

cos2A

2 =

a(p − a)4Rr .

Từ đó suy ra ar

4R(p − a) +

a(p − a)4Rr = sin

2

+ 12Rrt −

14pRr = 0. (2.2)

Chứng minh Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.1) ta có đpcm 

Bài toán 2.3 a2, b2, c2 là các nghiệm của phương trình

t3−2(p2−r2−4Rr)t2+[(p2+r2+4Rr)2−16p2Rr]t−16p2R2r2 = 0 (2.3)Chứng minh Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.1) ta có đpcm 

Bài toán 2.4 a + b, b + c, c + a là các nghiệm của phương trình

t3 − 4pt2 + (5p2 + r2 + 4Rr)t − 2p(p2 + r2 + 2Rr) = 0 (2.4)Chứng minh Từ nhận xét 1.3 cho phương trình (2.1) ta có đpcm 

Bài toán 2.5 ab + bc, bc + ca, ca + ab là các nghiệm của phương trình

t3 − 2(p2 + r2 + 4Rr)t2 + [(p2 + r2 + 4Rr)2 + 8p2Rr]t

−8p2Rr(p2 + r2 + 2Rr) = 0 (2.5)Chứng minh Từ nhận xét 1.4 cho phương trình (2.1) ta có đpcm 

Bài toán 2.6 ab, bc, ca là các nghiệm của phương trình

t3 − (p2 + r2 + 4Rr)t2 + 8p2Rrt − 16p2R2r2 = 0 (2.6)Chứng minh Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.1) ta có đpcm 

2 + p

2 + r2 + 4Rr16p2R2r2 t − 1

16p2R2r2 = 0 (2.7)Chứng minh Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.2) hoặc nhận xét

16p2R2r2 = 0

(2.8)Chứng minh Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.3) hoặc nhận xét

1.2 cho phương trình (2.2) ta có đpcm 

Bài toán 2.9 a2b2, b2c2, c2a2 là các nghiệm của phương trình

t3 − [(p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr]t2+32p2R2r2(p2 − r2 − 4Rr)t − 256p4R4r4 = 0 (2.9)Chứng minh Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.3) hoặc nhận xét

1.2 cho phương trình (2.6) ta có đpcm 

(2.10)Chứng minh Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.4) ta có đpcm 

Bài toán 2.11 (a + b)(b + c), (b + c)(c + a), (c + a)(a + b) là các nghiệmcủa phương trình

t3−(5p2+r2+4Rr)t2+8p2(p2+r2+2Rr)t−4p2(p2+r2+2Rr)2 = 0 (2.11)Chứng minh Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.4) ta có đpcm 

Chứng minh Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.5) ta có đpcm 

4p2(p2 + r2 + 2Rr)2 = 0 (2.13)Chứng minh Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.10) ta có đpcm 

Định lý 2.1 GọiG(p, R, r) là biểu thức chứa ba biếnp, R, r, (để cho tiệnlợi, ta sẽ viết G thay vì viết G(p, R, r)) Định lí 2.1 được phát biểu nhưsau:

1 (G.a), (G.b), (G.c) là nghiệm của phương trình

x3 − 2pGx2 + (p2 + r2 + 4Rr)G2x − 4pRrG3 = 0 (2.1.1)

3 (G − a), (G − b), (G − c) là nghiệm của phương trình

2 + (3G2 + 1

2Rr − 2Gp

2 + r2 + 4Rr4pRr )x

−[G3 − p

2 + r2 + 4Rr4pRr G

2 + 12RrG −

14pRr] = 0 (2.1.4)

Chứng minh

1 Nhân hai vế phương trình (2.1) với G3 ta được đpcm

2 Nhân hai vế phương trình (2.2) với G3 ta được đpcm

3 Thay x = G − (G − x) vào phương trình (2.1) ta được

[G − (G − x)]3 − 2p[G − (G − x)]2+(p2 + r2 + 4Rr)[G − (G − x)] − 4pRr = 0 (∗)

1

x)]

2

+ 12Rr[G − (G −

2 + 12Rr[G − X] −

14pRr = 0

⇔ G3 − 3G2X + 3GX2 − X3 − p

2 + r2 + 4Rr4pRr (G

2 − 2GX + X2)

+ 12Rr[G − X] −

14pRr = 0

⇔ −G3 + 3G2X − 3GX2 + X3 + p

2 + r2 + 4Rr4pRr G

2 − 12Rr +

12RrX +

14pRr = 0

⇔ X3 − (3G − p

2 + r2 + 4Rr4pRr )X

2

+ (3G2 + 1

2Rr − 2Gp

2 + r2 + 4Rr4pRr )X

−[G3 − p

2 + r2 + 4Rr4pRr G

2 + 12RrG −

14pRr] = 0

Bài toán 2.14 p − a, p − b, p − c là các nghiệm của phương trình

t3 − pt2 + (r2 + 4Rr)t − pr2 = 0 (2.14)Chứng minh Thay G = p vào định lí 2.1 ta có đpcm 

Bài toán 2.16 (p − a)2, (p − b)2, (p − c)2 là các nghiệm của phương trình

t3 − (p2 − 2r2 − 8Rr)t2 + [(r2 + 4Rr)2 − 2p2r2]t − p2r4 = 0 (2.16)Chứng minh Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.14) ta có đpcm 

Bài toán 2.17 (p − a)(p − b), (p − b)(p − c), (p − c)(p − a) là các nghiệmcủa phương trình

t3 − (r2 + 4Rr)t2 + p2r2t − p2r4 = 0 (2.17)Chứng minh Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.14) ta có đpcm 

Bài toán 2.19 1

(p − a)(p − b),

1(p − b)(p − c),

1(p − c)(p − a) là các nghiệm

2 + (3p2 + 1

2Rr − p

2 + r2 + 4Rr2Rr )t

−(p3 − p

2 + r2 + 4Rr4Rr p +

p2Rr − 1

4pRr) = 0. (2.20)

Chứng minh Thay G = p vào định lí 2.1 ta có đpcm 

Bài toán 2.21 (r − a), (r − b), (r − c) là các nghiệm của phương trình

t3 − (3r − 2p)t2 + (p2 + 4r2 + 4Rr − 4pr)t

−r[2r2 − 2r(p − 2R) + p(p − 4R)] = 0 (2.21)Chứng minh Thay G = r vào định lí 2.1, ta có đpcm