Chuyên đề hệ thức lượng trần thị xuyên chi

Trang 1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-TRẦN THỊ XUYẾN CHI

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNGTRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Trang 2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-TRẦN THỊ XUYẾN CHI

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNGTRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤPMã số: 60.46.0113

Người hướng dẫn khoa họcPGS TS PHAN HUY KHẢI

Trang 3

Mục lục

Mở đầu 3

Một số ký hiệu 4

1 Kiến thức cơ sở 5

1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác 5

1.2 Các công thức lượng giác 7

1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác 9

2 Hệ thức lượng trong tam giác thường 112.1 Hệ thức lượng giác không điều kiện 11

2.2 Hệ thức lượng giác có điều kiện 21

2.3 Bài tập đề nghị 23

3 Hệ thức lượng trong tam giác vuông 253.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông 25

4 Hệ thức lượng trong tam giác cân 384.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân 38

5 Hệ thức lượng trong tam giác đều 475.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều 47

5.2 Nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện 51

6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác 566.1 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số 56

6.2 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học 65

Phụ lục 83

Kết luận 98

Trang 4

Lời cảm ơn

Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biếtơn chân thành và sâu sắc tới PGS TS Phan Huy Khải người đã tận tìnhhướng dẫn để em có thể hồn thành khóa luận này.

Em cũng xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể các thầy cơ giáotrong khoa Tốn - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học QuốcGia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.

Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khích lệ và giúp đỡem trong suốt quá trình học tập và thực hiện khóa luận.

Hà Nội, ngày 15 tháng 02 năm 2014Học viên

Trang 5

Mở đầu

Hệ thức lượng trong tam giác là nội dung quan trọng trong trường phổthông, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào đại học và các kỳ thi họcsinh giỏi các cấp Đây là chuyên đề hay và tương đối khó với học sinh phổthơng Để có cái nhìn tồn cảnh về chun đề này, luận văn đi sâu vào nghiêncứu các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác.

Cấu trúc luận văn gồm 6 chương.Chương 1 Kiến thức cơ sở.

Chương 2 Hệ thức lượng trong tam giác thường.Chương 3 Hệ thức lượng trong tam giác vuông.Chương 4 Hệ thức lượng trong tam giác cân.Chương 5 Hệ thức lượng trong tam giác đều.

Chương 6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác.

Bây giờ chúng tơi sẽ nói kỹ một chương tiêu biểu, ví dụ như chương 3.Trong chương này chúng tơi sẽ trình bày các phần sau:

1 Nhận dạng tam giác vuông Trong mục này đưa ra những đặc điểm tiêubiểu nhất của tam giác vuông Phương pháp để chứng minh tam giác vuônglà biến đổi biểu thức đưa về một trong các đặc điểm này.

2 Các ví dụ về nhận dạng tam giác vng Ở đây chúng tơi trình bàynhững ví dụ tiêu biểu nhất được phân loại từ dễ đến khó.

3 Hệ thống và phân loại bài tập về tam giác vuông.

Phần cuối luận văn là phụ lục Trong đó chúng tơi trình bày cách thiếtlập các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác dựa vào mối liên hệ giữacác yếu tố của tam giác và nghiệm phương trình bậc ba.

Mặc dù hết sức cố gắng nhưng luận văn khơng tránh khỏi những sai sót.Chúng tơi rất mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quýthầy cô và bạn đọc.

Trang 6

Một số ký hiệu

ABC Tam giác ABC.

A, B, C Các góc đỉnh của tam giác ABC.

a, b, c Các cạnh đối diện với đỉnh A, B, C.

ha, hb, hc Đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C.

ma, mb, mc Độ dài đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C.

la, lb, lc Độ dài đường phân giác kẻ từ các đỉnh A, B, C.

R Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác.

r Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác.

ra, rb, rc Bán kính đường trịn bàng tiếp trong các góc A, B, C.

S Diện tích tam giác.

p = a + b + c

Trang 7

Chương 1

Kiến thức cơ sở

1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác

Định lý hàm số sinasin A =bsin B =csin C = 2R.Định lý hàm số cosina2= b2+ c2− 2bc cos A.b2= a2+ c2− 2ac cos B.c2= a2+ b2− 2ab cos C.Định lý hàm số tanga − ba + b =tanA − B2tanA + B2.b − cb + c =tanB − C2tanB + C2.c − ac + a =tanC − A2tanC + A2.Định lý hàm số cotang

cot A + cot B + cot C = a

2

+ b2

+ c2

4S .

Trang 8

m2a = 2b2+ 2c2− a24 m2b = 2a2+ 2c2− b24 m2c = 2a2+ 2b2− c24 Độ dài đường phân giác trong

la = 2bcb + c cosA2 =2bcb + crp(p − a)bc .lb = 2cac + acosB2 =2cac + arp(p − b)ca .lc = 2aba + b cosC2 =2aba + brp(p − c)ab .Cơng thức tính diện tíchS = 12aha =12bhb =12chc= 12bc sin A =12ac sin B =12ab sin C= abc4R= pr= (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc=qp(p − a)(p − b)(p − c).Định lý hình chiếua = rcotB2 + cotC2= b cos C + c cos B.b = rcotC2 + cotA2= c cos A + a cos C.c = rcotA2 + cotB2= a cos B + b cos A.Công thức tính các bán kính.Bán kính đường trịn nội tiếp.

r = S

p = (p − a) tanA

2 = (p − b) tanB

Trang 9

Bán kính đường trịn ngoại tiếp.R = abc4S =a2 sin A =b2 sin B =c2 sin C.Bán kính đường trịn bàng tiếp.ra = p tanA2 =Sp − a.rb = p tanB2 =Sp − b.rc = p tanC2 =Sp − c.1.2 Các công thức lượng giác

Các hệ thức lượng giác cơ bản.

sin2α + cos2α = 1 tan α cot α = 1.cot α = cos αsin α. 1 + tan2α = 1cos2α.tan α = sin αcos α. 1 + cot2α = 1sin2α.Công thức cộng cung.

sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β.sin(α − β) = sin α cos β − cos α sin β.cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β.cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β.tan(α + β) = tan α + tan β

1 − tan α tan β.tan(α − β) = tan α − tan β

1 + tan α tan β.

Công thức nhân cung.

sin 2α = 2 sin α cos α.cos 2α = cos2

α − sin2

α = 2 cos2

α − 1 = 1 − 2 sin2

Trang 10

tan 2α = 2 tan α1 − tan2

α.sin 3α = 3 sin α − 4 sin3α.cos 3α = 4 cos3

α − 3 cos α.tan 3α = 3 tan α − tan3

α1 − 3 tan2

α .

Công thức biến tổng thành tích.

sin α + sin β = 2 sin α + β2 cos

α − β2 .sin α − sin β = 2 cosα + β

2 sin

α − β2 .cos α + cos β = 2 cos α + β

2 cos

α − β2 .cos α − cos β = −2 sinα + β2 sinα − β

2 .tan α + tan β = sin(α + β)

cos α cos β.tan α − tan β = cos α cos βsin(α − β).cot α + cot β = sin(α + β)

sin α sin β.cot α − cot β = sin(α − β)

sin α sin β.

Cơng thức biến tích thành tổng.

sin α cos β = sin(α + β) + sin(α − β)

2 .

cos α cos β = cos(α + β) + cos(α − β)

2 .

sin α sin β = cos(α − β) − cos(α + β)

2 .

Trang 11

• Hai góc đối nhau:cos(−α) = cos α.sin(−α) = − sin α.tan(−α) = − tan α.cot(−α) = − cot α.• Hai góc bù nhausin(π − α) = sin α.cos(π − α) = − cos α.tan(π − α) = − tan α.cot(π − α) = − cot α.• Hai góc phụ nhau:sin(π2 − α) = cos α.cos(π2 − α) = sin α.tan(π2 − α) = cot α.cot(π2 − α) = tan α.• Hai góc hơn kém π:tan(π + α) = tan α.cot(π + α) = cot α.sin(π + α) = − sin α.cos(π + α) = − cos α.

1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác

Trong mọi tam giác ABC, ta có:1) sin A + sin B + sin C = 4 cosA

2 cosB

2 cosC

2.

2) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C.

Trang 12

4) cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sinA2 sinB2 sinC2.

5) cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C.6) cos2

A + cos2

B + cos2

C = 1 − 2 cos A cos B cos C.

7) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (ABC là tam giác khôngvuông).8) cotA2 + cotB2 + cotC2 = cotA2 cotB2 cotC2.9) tanA2 tanB2 + tanB2 tanC2 + tanC2 tanA2 = 1.

Trang 13

Chương 2

Hệ thức lượng trong tam giác thường

Hệ thức lượng trong tam giác thường là dạng toán cơ bản nhất của bàitốn hệ thức lượng trong tam giác Vì các kết quả này đúng cho mọi tamgiác đặc biệt khác như tam giác vng, tam giác cân, tam giác đều Bàitốn về hệ thức lượng trong tam giác thường gồm hai dạng: chứng minh hệthức lượng giác không điều kiện và chứng minh hệ thức lượng giác có điềukiện Phương pháp để giải dạng toán này là:

Cách 1 Biến đổi vế phức tạp sang vế đơn giản.

Cách 2 Biến đổi hai vế về cùng một biểu thức trung gian.Cách 3 Biến đổi tương đương về một biểu thức đúng.Sau đây là một số ví dụ tiêu biểu.

2.1 Hệ thức lượng giác khơng điều kiện

Các bài tốn này đưa ra u cầu chứng minh các hệ thức lượng áp dụngchung cho mọi tam giác.

Bài toán 2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có:

1) b − ca cos2 A2 +c − ab cos2 B2 +a − bc cos2 C2 = 0.2)a2cos B − C22 sinA2+b2cosA − C22 sin B2+c2cosA − B22 sin C2= ab + bc + ca.3) (b + c) cos A + (a + c) cos B + (a + b) cos C = a + b + c.

Trang 14

b − ca cos2 A2 =sin B − sin Csin A cos2 A2 =2 cosB + C2 sinB − C22 sinA2 cosA2cos2 A2=2 sinB − C2 sinB + C22 =12(cos C − cos B) (1)Tương tự ta có:c − ab cos2 B2 =12(cos A − cos C) (2)a − bc cos2 C2 =1

2(cos B − cos A) (3)

Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra đpcm.2) Ta cóa2cos B − C22 sinA2= a.2R sin AcosB − C22 sin A2= a.2R.2 sinA2 cosA2cos B − C22 sinA2= aR(2 sin B + C2 cosB − C2 ) = aR(sin B + sin C) =ab + ac2 .(1)Tương tựb2cosA − C22 sin B2= bc + ba2 . (2)c2cosA − B22 sinC2= ca + cb2 . (3)

Cộng theo vế của (1), (2), (3) suy ra đpcm.3) Áp dụng định lý hàm số sin, ta có

V T = 2R(sin B + sin C) cos A + 2R(sin A + sin C) cos B + 2R(sin A + sin B) cos C= 2R(sin B cos A + sin A cos B) + 2R(sin C cos A + sin A cos C) + 2R(sin B cos C

+ sin C cos B)= 2R sin(B + A) + 2R sin(C + A) + 2R sin(B + C)

Trang 15

1) bc cos A + ac cos B + ab cos C = a

2

+ b2

+ c2

2 .

2) abc(cos A + cos B + cos C) = a2(p − a) + b2(p − b) + c2(p − c).

Chứng minh1) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta cóV T = b2+ c2− a22 +a2+ c2− b22 +a2+ b2− c22 =a2+ b2+ c22 = V P.2) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta cóV T = ab2+ c2− a22 + ba2+ c2− b22 + ca2+ b2− c22= a22 (b + c − a) + b22(a + c − b) + c22(a + b − c)= a2(p − a) + b2(p − b) + c2(p − c) = V P Đpcm.

Trang 16

Bài toán 2.4 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có:1) ra− r = 4R sin2 A2.2) ra− rb = 4R sinA − B2 cosC2.

3) a cot A + b cot B + c cot C = 2(R + r).4) (ra2 + p2)(ra− r) = 4Rr2a.5) ha − 2rha= ha2ra+ ha= tanB2 tanC2.Chứng minh1) Ta córa− r = p tanA2 − (p − a) tan A2 = a tanA2 = 2R sin A tanA2= 2R.2 sinA2 cosA2.sinA2cosA2= 4R sin2 A2.2) Ta có ra− rb = p(tanA2 − tan B2) (1)Dop = 12(a + b + c) =1

Trang 17

= 2R sin A.2R sin B sin C2R (sin A + sin B + sin C)=2R.8 sinA2 sinB2 sinC2 cosA2 cosB2 cosC24 cosA2 cosB2 cosC2= 4R sinA2 sinB2 sinC2. (1)

a cot A + b cot B + c cot C = 2R[sin A cot A + sin B cot B + sin C cot C]= 2R[cos A + cos B + cos C]

= 2R1 + 4 sinA2 sinB2 sinC2= 2R + 2r = 2(R + r)do (1).4) Ta có(ra2 + p2)(ra− r) = p21 + tan2 A2 p tanA2 − (p − a) tanA2= p2cos2 A2a tanA2= p2cos2 A24R sin A2 cosA2 tanA2 = 4Rp tanA22= 4Rra2.5) Ta có• ha− 2rha = 1 − 2rha = 1 −2Sp2Sa= 1 − ap =p − ap • 2r haa+ ha=2Sa2Sp − a +2Sa= a 1p − a +aa= a 1p − a + 1= p − ap • tanB2 tanC2 =rbp.rcp =Sp(p − b).Sp(p − c) =p(p − a)(p − b)(p − c)p2(p − b)(p − c)= p − ap Đpcm.

Trang 18

1) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = p

2

+ 4Rr + r2

4R2 2) sin A sin B sin C = pr

2R2.3) sin2A + sin2B + sin2C = p2− 4Rr − r22R2 4) sin3A + sin3B + sin3C = p(p2− 6Rr − 3r2)4R3 5) (sin A + sin B)(sin B + sin C)(sin C + sin A) = p(p

2

+ r2

+ 2Rr)4R3 6) sin4A + sin4B + sin4C = p

4− (8Rr + 6r2)p2+ r2(4R + r)28R4 7) cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = r

2

+ p2

− 4R2

4R2 8) cos A cos B cos C = p

2− (2R + r)24R2 9) cos2A + cos2B + cos2C = 6R2+ 4Rr + r2− p22R2 10) cos3A + cos3B + cos3C = 2Rr2+ r3+ p2r4R3 − 1.

11) (cos A + cos B)(cos B + cos C)(cos C + cos A) = 2Rr

Trang 19

19) cos A + cos Bcos C +cos B + cos Ccos A +cos C + cos Acos B= (R + r)(p2+ r2− 4R2)R[p2− (2R + r)2] − 3.20) sin A + sin Bcos A + cos B.sin B + sin Ccos B + cos C.sin C + sin Acos C + cos A =pr.21) sin2 A2 + sin2 B2 + sin2 C2 =2R − r2R 22) sin4 A2 + sin4 B2 + sin4 C2 =8R2+ r2− p28R2 23) sin2 A2 sin2 B2 + sin2 B2 sin2 C2 + sin2 C2 sin2 A2 =p2+ r2− 8Rr16R2 24) cos2 A2 + cos2 B2 + cos2 C2 =4R + r2R 25) cos4 A2 + cos4 B2 + cos4 C2 =(4R + r)2− p28R2 26) cos2 A2 cos2 B2 + cos2 B2 cos2 C2 + cos2 C2 cos2 A2 =p2+ (4R + r)216R2 27) 1sin2 A2+ 1sin2 B2+ 1sin2 C2= p2+ r2− 8Rrr2 28) 1sin2 A2 sin2 B2+ 1sin2 B2 sin2 C2+ 1sin2 C2 sin2 A2= 8R(2R − r)r2 29) 1cos2 A2+ 1cos2 B2+ 1cos2 C2= p2+ (4R + r)2p2 30) 1cos2 A2 cos2 B2+ 1cos2 B2 cos2 C2+ 1cos2 C2 cos2 A2= 8R(4R + r)p2

31) cos 2A + cos 2B + cos 2C = 3R

2

+ 4Rr + r2

− p2

R2 32) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2pr

R2 33) cot A + cot B + cot C = p

2

− r2

Trang 20

34) cot A cot B cot C = p2− (2R + r)22pr 35) cot2A + cot2B + cot2C = (p2− r2− 4Rr)24p2r2 − 2.

36) (cot A + cot B)(cot B + cot C)(cot C + cot A) = 2R

2p2 37) cot3A + cot3B + cot3C = (p2− r2− 4Rr)3− 48p2R2r28p3r3 38) tan A + tan B + tan C = 2pr

p2

− (2R + r)2.39) tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A = p

Trang 22

67) 1ha+ 1hb+ 1hc= 1r.68) 1hahb+ 1hbhc+ 1hcha= p2+ r2+ 4Rr4p2r2 69) 1h2a+ 1h2b+ 1h2c= p2− r2− 4Rr2p2r2 70) ha+ hbhc+ hb + hcha+ hc + hahb= p2+ r2− 2Rr2Rr 71) (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) = 4Rr + r2.72) (p − a)2+ (p − b)2+ (p − c)2= p2− 2r(4R + r).73) (p − a)3+ (p − b)3+ (p − c)3= p(p2− 12Rr).74) 1p − a +1p − b +1p − c =4R + rpR 75) 1(p − a)2 + 1(p − b)2 + 1(p − c)2 = (4R + r)2− 2p2p2r2 76) lalblc = 16Rr2p2p2+ 2Rr + r2.Nhận xét:

• Từ 76 hệ thức trên ta có một hệ thống các hệ thức lượng giác đóng vai

trị quan trọng trong các bài tốn về nhận dạng tam giác.

• Các hệ thức này đều thống nhất ở điểm vế phải được tính theo ba đại

lượng R, r, p.

• Phương pháp chứng minh chung cho tất cả các hệ thức là sử dụng định

Trang 23

2.2 Hệ thức lượng giác có điều kiện

Đối với các hệ thức lượng giác có điều kiện ta có thể chứng minh bằngmột trong hai cách sau:

• Sử dụng điều kiện cho trước trong q trình chứng minh.

• Biến đổi trực tiếp điều kiện cho trước về hệ thức cần chứng minh.

Bài toán 2.6 Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

sin A + sin B + sin C = 2(sinA

2 + sinB2 sinC2).Chứng minh 1b +1c =1la.GiảiTa có

sin A + sin B + sin C = 2

sinA2 + sinB2 sinC2⇔ 4 cosA2 cosB2 cosC2 = 2cosB2 +C2+ sin B2 sinC2⇔ 4 cosA2 cos B2 cosC2 = 2cos B2 cosC2 − sin B2 sin C2 + sinB2 sinC2⇔ cos A2 =12. (1)Lại có1b +1c =1la ⇔ b + cbc =b + c2bc cos A2⇔ cosA2 =12. (2)Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

Bài toán 2.7 Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC, B = 2A và

b2

= a(a + c) là hai hệ thức tương đương.Giải

Từ

B = 2A ⇔ B − A = A

⇔ sin(B − A) = (do B − A + A = B < 1800

Trang 24

⇔ 2R sin C − 4R sin A cos B = 2R sin A⇔ c − 2a cos B = a⇔ c2− 2ac cos B = ac (do c > 0)⇔ a2 + c2 − 2ac cos B = ac + a2⇔ b2 = a(a + c) Đpcm.

Nhận xét: Ta xét bài tốn có cùng điều kiện như trên:

Có tồn tại hay khơng một tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh của nólà ba số nguyên liên tiếp.

Giải

Từ B = 2A ⇔ b2

= a(a + c) Vì b > a nên có các trường hợp sau:

1) a là cạnh bé nhất, c là cạnh trung bình, đặt a = x, c = x + 1, b = x + 2.⇒ (x + 2)2= x(2x + 1) ⇒ x2− 3x − 4 = 0 Do x > 0 nên x = 4⇒ a = 4, b = 6, c = 5.2) a là cạnh bé nhất, b là cạnh trung bình, đặt a = x, b = x + 1, c = x + 2.⇒ (x + 1)2= x(2x + 2) ⇒ x2= 1 ⇒ x = 1 ⇒ a = 1, b = 2, c = 3.

Loại vì khơng thỏa mãn yêu cầu về ba cạnh trong một tam giác (3=2+1).3) a là cạnh trung bình, đặt c = x, a = x + 1, b = x + 2.

⇒ (x + 2)2

= (x + 1)(2x + 1) ⇒ x2

− x − 3 = 0 Loại vì khơng có nghiệm

ngun.

Vậy có duy nhất một tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là tam giác

ABC với a = 4, b = 6, c = 5.

Bài toán 2.8 Cho tam giác ABC có tan A tan C = 3 và tan B tan C = 6.Chứng minh rằng khi đó ta cũng có tan C = tan A + tan B.

GiảiTừ:

tan A tan C = 3 ⇒ tan C = 3tan A.tan B tan C = 6 ⇒ tan B = 6

Trang 25

Áp dụng công thức

tan A = − tan(B + C) = tan B + tan Ctan B tan C − 1⇒ tan A =2 tan A + 3tan A5⇒ 5 tan2A = 2 tan2A + 3⇔ tan2A = 1 (1)

Từ giả thiết suy ra tan A, tan B, tan C cùng dấu, do đó A, B, C cùngnhọn (vì nếu khơng A, B, C cùng tù, điều này không thể xảy ra).

Vậy từ (1) suy ra tan A = 1, tan C = 3, tan B = 2 Nói riêng tan C =tan A + tan B.

Nhận xét: Thực chất từ tan A tan B = 3, tan B tan C = 6 suy ra bA = π4.

Bài tốn khơng có mệnh đề đảo, tức là từ tan C = tan A + tan B không thểsuy ra tan A tan C = 3 và tan B tan C = 6 Thật vậy, xét tam giác ABC

có

tan A = tan B = √

2, tan C = 2√2.Rõ ràng tam giác này tồn tại vì từ đó có

tan C = tan A + tan B

tan A tan B − 1 = − tan(A + B) ⇒ A + B + C = π, A, B, C > 0.

Tam giác này khơng có điều kiện tan A tan C = 3 và tan B tan C = 6.

2.3 Bài tập đề nghị

Bài toán 2.9 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có:1) bc(b2− c2) cos A + ac(c2− a2) cos B + ab(a2− b2) cos C = 0.

2) a sin(B − C) + b sin(C − A) + c sin(A − B) = 0.

3) sinA2cosB2 cosC2+sinB2cos C2 cosA2+sinC2cosA2 cosB2= 2.

4) sin A + sin B − sin C

Trang 26

5) sinA2 cosB2 cosC2 + sinB2 cosC2 cosA2 + sinC2 cosA2 cosB2.= sin A2 sinB2 sinC2+tanA2 tanB2+tanB2 tanC2+tanC2 tanA2.6) tanA4 + tanB4 + tanC4 + tanA4 tanB4 + tanB4 tanC4 + tanC4 tanA4− tanA4 tanB4 tanC4 = 1.7) S = p2tanA2 tanB2 cotC2.

8) a cos A + b cos B + c cos C = 2prR .9) tanB2 cotC2 =ha2ra + ha.10) b cos2 A2 + a cos2 B2 = p.

Bài toán 2.10 Cho tam giác ABC có:

sin A + sin B + sin C − 2 sin A2 sinB2 = 2 sinC2.Chứng minh rằng bC = 2π3 .

Bài toán 2.11 Cho tam giác ABC có:

sin A + sin Bsin 2A + sin 2B =

sin Csin 2C.

Trang 27

Chương 3

Hệ thức lượng trong tam giác vuông

3.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông.

Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày phương pháp biến đổi đẳng thứcnhận dạng tam giác vuông Để chứng minh tam giác ABC vuông ta có thểdùng các cơng thức lượng giác biến đổi về một trong các dấu hiệu nhận dạngtam giác vuông sau đây.

1 sin A = 1; sin B = 1; sin C = 1.2 cos A = 0; cos B = 0; cos C = 0.3 sin 2A = 0; sin 2B = 0; sin 2C = 0.

4 cos 2A = −1; cos 2B = −1; cos 2C = −1.5 tanA2 = 1; tanB2 = 1; tanC2 = 1.

6 tan A = cot B; tan B = cot C; tan C = cot A.

7 sin A = sin(B − C); sin B = sin(C − A); sin C = sin(A − B).8 cos A2 = cosB − C2 ; cosB2 = cosC − A2 ; cosC2 = cosA − B2 .9 a2 = b2 + c2; b2 = c2 + a2; c2 = a2 + b2.10.sinA = cosB0 < A < π2 ;sinB = cosC0 < B < π2 ;sinC = cosA0 < C < π2.Ta xét các ví dụ sau đây.

Trang 28

điều kiện sau thì tam giác ABC là tam giác vuông:

1) sin 2A + sin 2B = 4 sin A sin B.2) cotB2 + cotC2 =ap − a.3) cos Bcos C +cos Ccos B =a2bc.Chứng minh1) Ta có

sin 2A + sin 2B = 4 sin A sin B

⇔ 2 sin(A + B) cos(A − B) = 2[cos(A − B) − cos(A + B)]⇔ 2 sin C cos(A − B) = 2[cos(A − B) + cos C]

⇔ 0 = cos(A − B)[1 − sin C] + cos C

⇔ 0 = cos(A − B) cos C[1 − sin C] + cos2C⇔ 0 = cos(A − B) cos C[1 − sin C] + 1 − sin2C⇔ 0 = [1 − sin C][cos(A − B) cos C + 1 + sin C]⇔ 1 − sin C = 0 ⇔ sin C = 1 ⇔ C = π

2.

Vậy tam giác ABC vuông Đpcm.2) cotB2 + cotC2 =ap − a ⇔sinB + C2sinB2 sinC2= 2R sin A

R(sin B + sin C − sin A) (1)

Dựa vào sin B + sin C − sin A = 4 cosA

Trang 29

Chỉ có hai khả năng xảy ra:a) nếu A = π

2, khi đó (1) đúng (do cos C = sin B, cos B = sin C).b) nếu A 6= π

2 Từ (1) theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có

cos2B + cos2Ccos B cos C =cos2B + cos2C − sin2Acos B cos C − sin B sin C= cos2B + cos2C + cos2A − 1cos(B + C)

= 1 − 2 cos A cos B cos C − 1

− cos A = 2 cos B cos C.

Suy ra

cos2B + cos2C = 2 cos2B cos2C

⇒ cos2B(1 − cos2C) + cos2C(1 − cos2B) = 0⇒ cos2B sin2C + cos2C sin2B = 0

⇒cos B sin C = 0cos C sin B = 0 ⇒cos B = 0cos C = 0 (2)(do sin C > 0, sin B > 0).

Từ (2) suy ra B = C = π

2 vô lý Vậy giả thiết A 6= π

2 là sai ⇒ đpcm.

Bài toán 3.2 Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau,chứng minh rằng tam giác ABC vuông:

Trang 30

⇔ 2 sin A = sin(B + C) + sin(B − C)⇔ sin A = sin(B − C) ⇔ A = B − C⇔ A + C = B ⇔ B = π

2.

Vậy ABC là tam giác vng tại B.2) Ta córa = 3r⇔ Sp − a = 3Sp⇔ p = 3p − 3a⇔ 3a = a + b + c⇔ b + c = 2a (1)Từ 2R = 5r ⇔ abc2S = 5Sp (áp dụng S = abc4R) ⇔ abcp = 10S2 (2)Theo công thức Hêrông ta có

(2) ⇔ abcp = 10p(p − a)(p − b)(p − c) ⇔ abc = 10(p − a)(p − b)(p − c) (3)

Từ (1) có p − a = b + c − a2 =a2. Thay vào (3) và cóabc = 5a(p − b)(p − c)⇔ bc = 5(p − b)(p − c)⇔ bc = 5p2 − 5p(b + c) + 5bc⇔ 5p2 − 5p(b + c) + 4bc = 0 (4)Do p = a + b + c2 =3a2 và từ (4) có59a24 − 15a2 2a + 4bc = 0 ⇒ bc = 15a216 Vậy kết hợp với (1) ta cób + c = 2abc = 1516a2.

Theo định lý Viet thì b và c là các nghiệm phương trình

x2

− 2ax + 1516a

2

Trang 31

Giải (*) ta được:(∗) ⇔ x =5a4x = 3a4Vậy b = 5a4 , c =3a4 (hoặc b = 3a4 , c =5a4 ).Từ5a42=3a42

+ a2 suy ra ABC là tam giác vuông đỉnh B hoặc C.3) Ta có2R + r = p⇔ 4R cosA2 cosB2 cosC2 = 2R + 4R sinA2 sinB2 sinC2⇔ 2 cosA2 cosB2 cosC2 − 2 sinA2 sinB2 sinC2 = 1⇔ cosA2cos B + C2 + cosB − C2− sin A2cos B − C2 − cos B + C2= 1⇔ cosA2sin A2 + cosB − C2− sinA2cos B − C2 − sinA2−sin2 A2 + cos2 A2= 0⇔ cosA2sin A2 − cosA2− cosB − C2sinA2 − cosA2= 0⇔sinA2 − cosA2 cos A2 − cosB − C2= 0⇔tanA2 = 1cosA2 = cosB − C2⇔bA = π2"bA = B −b CbbA = C −b BbSuy ra bA = π2, hoặc bB = π2, hoặc bC = π2.Vậy ABC là tam giác vuông Đpcm.

Trang 32

1) cos A2 =rb + c2c .2) tanA2 =rb − cb + c.3) cos(B − C) = 2bca2 4) tanA2 + cotA2 + 2 cot A =2ab − c.5) asin B sin C =bcos B +ccos C.

6) sin A − sin(A − B) sin C + cos B = 3

2.Giải1) Ta cócos A2 =rb + c2c ⇔ cos2 A2 =b + c2c ⇔ 1 + cos A2 =b + c2c⇔ 1 + cos A = bc + 1⇔ b2 + c2 − a2 = 2b2 ⇔ c2 = a2 + b2.

Theo định lý Pitago suy ra ABC là tam giác vng tại C.2) Ta cótanA2 =rb − cb + c ⇔ tan A2 =rsin B − sin Csin B + sin C⇔ tanA2 =vuuuut2 cosB + C2 sinB − C22 sinB + C2 cosB − C2⇔ tan A2 =rtanA2 tanB − C2 (do A2 6= 0)⇔ A2b = B −b Cb2 ⇔ A +b C =b B ⇔b B =b π2.

Trang 33

3) Ta có

cos(B − C) = 2bca2

⇔ cos(B − C) = 2 sin B sin Csin2

A

⇔ 2 sin(B + C) cos(B − C) = 4 sin B sin Csin A⇔ sin 2B + sin 2C = 4 sin B sin C

sin A

⇔ sin B cos B + sin C cos C = 2 sin B sin Csin A⇔ sin B cos B + sin C cos C − sin B sin C

sin A − sin B sin Csin A = 0⇔ sin B

cos B − sin Csin A

+ sin C

cos C − sin Bsin A

= 0

⇔ sin B[sin A cos B − sin(A + B)] + sin C[sin A cos C − sin(A + C)] = 0⇔ − sin B sin B cos A − sin C sin C cos A = 0

⇔ (sin2B + sin2C) = 0 ⇔ cos A = 0(do sin B > 0, sin C > 0)⇔ A =b π

2.

Trang 34

⇔cosA2sinA2=cos A2sinB − C2⇔ sinA2 = sinB − C2do A2 6= 0.⇔ A =b B −b C ⇔b A +b C =b B ⇔b B =b π2.

Vậy tam giác ABC vuông tại B Đpcm.5) Ta cóasin B sin C =bcos B +ccos C⇔ sin Asin B sin C =

sin B cos C + sin C cos Bcos B cos C

⇔ sin Asin B sin C =

sin(B + C)cos B cos C

⇔ sin B sin C = cos B cos C (do sin(B + C) = sin A > 0)⇔ cos(B + C) = 0 ⇔ B +b C =b π

2 ⇔A =b π2.

Vậy ABC là tam giác vng tại A Đpcm.6) Ta có

sin A − sin(A − B) sin C + cos B = 32

⇔ 2 sin A − 2 sin(A + B) sin(A − B) + 2 cos B − 3 = 0⇔ 2 sin A + cos 2A − cos 2B + 2 cos B − 3 = 0.

⇔ 2 sin A + 1 − 2 sin2A − 2 cos2B + 1 + 2 cos B − 3 = 0⇔ sin2A − sin A + cos2B − cos B + 1

2 = 0⇔sin A − 122+cos B − 122= 0⇔sin A = 12cos B = 12⇔A =b π6,B =b π3,C =b π2.

Trang 35

1) rc = r + ra+ rb.2) a cot A + b cot B = √2c cosA − B2 .3) r(sin A + sin B) =√2c sin B2 cosA − B2 .

4) sin A + sin B + sin C = cos A + cos B + cos C + 1.5) r + ra + rb + rc = a + b + c.Giải1) Ta córc = r + ra+ rb⇔ Sp − c =Sp +Sp − a +Sp − b⇔ 1p − c =1p +1p − a +1p − b⇔ c(p − c)p =2p − (a + b)(p − a)(p − b). (1)Do 2p − (a + b) = c nên(1) ⇔ (p − c)p = (p − a)(p − b)⇔ −pc = −p(a + b) + ab ⇔ p(a + b − c) = ab

⇔ 2p(a + b − c) = 2ab ⇔ (a + b + c)(a + b − c) = 2ab⇔ (a + b)2 − c2 = 2ab ⇔ a2 + b2 + 2ab − c2 = 2ab⇔ a2

+ b2

= c2

.

Vậy ABC là tam giác vng tại C.2) Ta cóa cot A + b cot B = c√2 cosA − B2⇔ 2R sin Acos Asin A + 2R sin Bcos Bsin B = 2R sin C√2 cosA − B2⇔ cos A + cos B = 2√2 sinC

Trang 36

Docos A + B2 = sinC2 > 0, cosA − B2 > 0nên từ (2) có:(2) ⇔ 1 = √2 cos C2 ⇔ cosC2 =√22 ⇔ Cb2 =π4 ⇔ C =b π2.

Vậy ABC là tam giác vuông tại C.

3) Ta cór(sin A + sin B) = √2c sinB2 cosA − B2 . (3)Áp dụng r = 4R sinA2 sinB2 sinC2 ta có(3) ⇔ 4R sinA2 sin B2 sinC22 sinA + B2 cosA − B2= 2√2R2 sinC2 cosC2 sinB2 cosA − B2⇔ 2 sin A2 = √2 (do sinC2 cosC2 sinB2 cosA − B2 > 0)⇔ sin A2 =√22⇔ A =b π2.

Vậy ABC là tam giác vng tại A.

4) Ta có

Trang 37

⇔ cosC2 = sinC2cosA − B2 = cosC2⇔tanC2 = 1bA −Bb2 =bC2bB −Ab2 =bC2⇔bC = π2bA −B =b CbbB −A =b Cb⇔bC = π2bA = π2bB = π2.

Vậy ABC là tam giác vng.

5) Ta cór + ra+ rb + rc = a + b + c⇔ 4R sin A2 sinB2 sinC2 + p tanA2 + p tanB2 + p tanC2 = 2p. (4)Chú ý rằngp = a + b + c

2 = R(sin A+sin B+sin C) = 4R cosA2 cosB2 cosC2Vậy(4) ⇔ 4R sinA2 sinB2 sinC2 + 4R sinA2 cosB2 cosC2 + 4R sinC2 cosA2 cosB2+ 4R cosA2 sinB2 cosC2 = 8R cosA2 cosB2 cosC2⇔ sinA2 sinB2 sinC2 + sinA2 cosB2 cosC2 + sinC2 cosA2 cosB2+ cos A2 sinB2 cosC2 = 2 cosA2 cosB2 cosC2⇔ sin A2 cosB − C2 + cosA2 sinB + C2 = 2 cosA2 cosB2 cosC2⇔ sin AcosB − C = cosA

(cosB + C + cosB − C

Trang 38

⇔ cos B − C2sin A2 − cosA2= cosA2sinA2 − cosA2⇔cosB − C2 − cosA2 sinA2 − cosA2= 0⇔sinA2 = cosA2cosB − C2 = cosA2⇔tanA2 = 1bB −Cb2 =bA2bC −Bb2 =bA2⇔bA = π2bB −C =b AbbC −B =b Ab⇔bA = π2bB = π2bC = π2.

Vậy ABC là tam giác vuông.

3.2 Bài tập đề nghị

1) sin(A + B) cos(A − B) = 2 sin A sin B.2) cos 2A + cos 2B + cos 2C + 1 = 0.

Trang 40

Chương 4

Hệ thức lượng trong tam giác cân

4.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân.

Tam giác cân là tam giác có hai cạnh bằng nhau hoặc hai góc bằng nhau,đây là lớp bài tốn quan trọng trong nhận dạng tam giác Phương pháp đểchứng minh tam giác ABC cân là biến đổi hệ thức đã cho về các dấu hiệunhận dạng tam giác cân sau:

1 a = b; b = c; c = a.

2 sin A = sin B; sin B = sin C; sin C = sin A.sinAn = sinBn; sinBn = sinCn; sinCn = sinAn.3 cos A = cos B; cos B = cos C; cos C = cos A.

cos An = cosBn; cosBn = cosCn; cosCn = cosAn.4 tan A = tan B; tan B = tan C; tan C = tan A.

tanAn = tanBn; tanBn = tanCn; tanCn = tanAn.5 cot A = cot B; cot B = cot C; cot C = cot A.

cot An = cotBn; cotBn = cotCn; cotCn = cotAn.6 sin(A − B) = 0; sin(B − C) = 0; sin(C − A) = 0.

sinA − Bn = 0; sinB − Cn = 0; sinC − An = 0.7 tan(A − B) = 0; tan(B − C) = 0; tan(C − A) = 0.

Định dạng
Số trang	101
Dung lượng	377,61 KB