Vài bài toán hay về bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

Việc chứng minh nhiều định lý và giải rất nhiều bài toán hình học đòi hỏi phải vận dụng hợp lý nhiều kiến thức về hình tam giáctam giác bằng nhau, tam giác đồng dạng, các đường thẳng đặc

I Lời giới thiệu

Trong môn hình học ở trường phổ thông, hình học phẳng có khá nhiều phân môn, thể loại, và hình tam giác, có vai trò rất đặc biệt Việc chứng minh nhiều định lý và giải rất nhiều bài toán hình học đòi hỏi phải vận dụng hợp lý nhiều kiến thức về hình tam giác(tam giác bằng nhau, tam giác đồng dạng, các đường thẳng đặc biệt trong tam giác, v.v…)

Hình tam giác đã được nhiều nhà toán học trên thế giới nghiên cứu từ hàng nghìn năm nay và mãi cho đến những năm gần đây, nhiều tính chất, định lý mới, hoặc nhiều cách chứng minh mới của các định lý đã biết lần lượt ra đời Ở bài viết này, tác giả xin giới thiệu đến bạn đọc những định lý, những bài toán hay về đẳng thức

lượng giác trong tam giác, bao gồm định lý Stewart, định lý Morley, định lý Steiner-Lenmus về tam giác cân, bài

toán Napoleon … và những mở rộng, chú ý, cách chứng minh độc đáo của nhiều nhà toán học cũng được nêu

ra trong bài viết này, chúng ta hãy cùng tìm hiểu.

II Định lý STEWART

Bài toán: Cho là một điểm trên cạnh Đặt Khi đó ta có công thức sau:

Lời giải.

a = m + n − amn d2 b2 c2

Vài bài toán hay về Bất đẳng thức lượng

giác trong tam giác

Kẻ đường cao Xét hai tam giác và và theo định lý hàm số , ta có:

Nhân từng vế theo thứ tự với và rồi cộng lại, ta có:

Định lý Stewart chứng minh xong.

Chú ý:

Stewart (1717 – 1785) là nhà toán học và thiên văn học người Scotland.

Nếu trong hệ thức Stewart xét là đường trung tuyến, thì từ hệ thức Stewart có:

Hệ thức trên chính là hệ thức xác định trung tuyến quen biết trong tam giác.

Nếu trong hệ thức Stewart xét là phân giác Khi đó theo tính chất đường phân giác trong ta có:

Từ hệ thức Stewart có:

= + − 2md cos = + − 2m HD (1)

c 2 d 2 m 2 ADBˆ d 2 m 2

= + − 2dn cos(π − ) = + + 2dn cos =

b2 d2 n2 ADBˆ d2 n2 ADBˆ

= d 2 + n 2 + 2nHD (2) (1), (2) n m

n + m = (n + m) + mn(m + n) c2 b2 d2 (3)

m + n = a (3) a = m + n − amn d2 b2 c2

∙

2 b2

a

2 c2

a 2

a

2 m2

2 + 2 − b2 c 2 a 2

4

m c

n b

ac

b + c

ab

b + c

bc[ 2 − ] 2

Chú ý rằng:

Từ và suy ra:

Hệ thức trên chính là hệ thức xác định đường phân giác.

Vậy hệ thức Stewart là tổng quát hoá của các hệ thức xác định đường trung tuyến và đường phân giác

đã quen biết.

III Định lý MORLEY

Bài toán: Cho Ở mỗi góc của tam giác vẽ hai đường chia góc đó ra làm ba phần bằng nhau Các đường ấy cắt nhau tại (hình vẽ) Chứng minh rằng đều.

Lời giải.

Theo định lý hàm số trong , ta có:

a = l2a b + cac b2 + b + cab c2 − a a2bc ⇒ = (5)

(b + c)2 l

2 a

bc[ (b + c)2 − ] a 2

(b + c)2

2 cos2 A2 = 1 + cos A = 1 + b2 +2bcc2 −a2 = (b + c) − (6)

2 a 2

2bc

(5) (6)

l2a

4b2cos 2 A

2

(b + c)2 la

2bc cos A2

b + c

ΔABC

A = 3α B = 3β C = 3γ BC, CA, AB ΔABC

a, b, c, d sin ΔCY A

CY sin α

b sin( 180 o − α − γ)

α + γ = 60o − β (1)

CY = b sin α = d sin 3β sin α (2)

Ta có:

Thay vào có:

Lí luận tương tự có:

Trong , áp dụng định lý hàm số , ta có:

Do , nên xét

Gọi là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này Theo định lý hàm số trong tam giác này có:

Vậy thay vào , ta có:

CY = b sin α = d sin 3β (2)

sin( 120 o + β)

sin α sin( 60 o − β)

sin 3β = 3 sin β − 4 sin3β = 4 sin β⎡ − β =

⎣( )

3

√ 2

2

sin2 ⎤

⎦

= 4 sin β( sin260o − sin2β) = 4 sin β sin( 60o + β) sin( 60o − β) (3)

(3) (2) n = CY = 4d sin α sin β sin( 60 o + β)

m = CX = 4d sin α sin β sin( 60o + α)

X Y 2 = m2 + n2 − 2mn cos γ =

= 16 d2sin2α sin2β[ sin2( 60o + α) + sin2( 60o + β) − 2 sin( 60o + α) sin( 60o + β) cos γ] (4)

( 60o + α) + ( 60o + β) + γ = 1800 ΔEFG v ớ i Eˆ 60 = o + α, = Fˆ 60o + β, = γ Gˆ

FG = e = d 1 sin( 60 o + α) ⇒ sin( 60 o + α) = e

d 1

EG = f = d 1 sin( 60 o + β) ⇒ sin( 60 o + β) = f

d 1

EF = g = d 1 sin γ ⇒ sin γ = g

d 1

(4)

X Y 2 = 16 d2sin2α sin2β e2 +f2 − 2ef cos γ

d12

Do vai trò bình đẳng, ta cũng có

Vậy là tam giác đều (đpcm).

Chú ý:

Frank Morley (1860 – 1937) sinh tại Anh, nhưng hầu như suốt đời sống ở Mĩ Trong vài chục năm ông là giáo

sư toán học ở trường đại học tổng hợp thuộc bang Baltimore Bản thân học cách chứng minh của ông rất phức tạp Cách chứng minh ở trên là của nhà toán học Ấn Độ Naranengar tìm ra vào năm 1909 Một nhà toán học Ấn

Độ khác là Xachianarian cho cách giải "phi lượng giác" (chỉ dùng đến kiến thức hình học lớp 9)

Định lý về đường chia ba góc được Morley tìm ra từ 1899, nhưng mãi đến năm 1914 ông mới công bố cách chứng minh và mở rộng định lý với việc xét không chỉ các đường chia ba góc trong mà cả các đường chia ba góc ngoài của tam giác Định lý Morley đã hấp dẫn nhiều người, trong đó có nhà toán học Pháp nổi tiếng Henri Lebesgue (1875 – 1941) Năm 1939, Lebesgue công bố chứng minh sơ cấp của định lý này Ông xét các đường chia ba các góc trong và ngoài của tam giác (có tất cả 12 đường), và đã chứng minh được rằng trong các giao điểm của các đường đó có 27 bộ ba điểm là các đỉnh của tam giác đều.

= 16 d2sin2α sin2β g2 = 16 α β γ

d12 d

2 sin2 sin2 sin2

⇒ XY = 4d sin α sin β sin γ

XZ = ZY = 4d sin α sin β sin γ ⇒ XY = Y Z = ZX.

ΔXY Z

∙

∙

Suy ra:

nên giả thiết phản chứng là sai

Chú ý:

Jacob Steiner (1796 – 1863) là nhà hình học nổi tiếng người Thuỵ Sĩ

ac cos B

2

a + b

ab cos C

2

1 cos B

2

1 a

1 c

cos C

2

1 a

1 b

b ≠ c

b > c

> > > 0 ⇒ cos

2

C 2

B 2

1 cos C 2

>

1 c

1

∙

Định lý Steiner – Lenmus này có đến mấy chục cách chứng minh khác nhau, trong đó cách chứng minh trên là cách duy nhất sử dụng các kiến thức lượng giác

Sau đây là hai cách chứng minh “phi lượng giác” đẹp mắt để bạn đọc thưởng thức

Cách 1: (Tác giả là hai kĩ sư người Anh là G.Jylbert và D.Mac – Donnell) Cách giải này được coi là đơn giản nhất và được công bố trên tạp chí

“American Mathematical Monthly” năm 1963

Chứng minh bổ đề

nội tiếp

∙

BM

AB M N ′

⇒ MB < ′A

Định lý Steiner – Lenmus là hệ quả trực tiếp của bổ đề trên

Cách 2: (Của tác giả R.W.Hegy đăng trên tạp chí “The Mathematical Gazette” của Anh năm 1982 – và được xem là đơn giản nhất!)

⇒ MB < N ′A

ABM

N ′

AMDN

= δ

Nếu như , thì từ suy ra

, mà

Ta có điều phải chứng minh

Các bạn thân mến! Kể từ năm 1840 khi S.L.Lenmus gửi thư cho nhà hình học J.Steiner đã quá 150 năm Từ cách chứng minh của Steiner cho đến cách chứng minh gần đây nhất của R.W.Hegg, con người đã dần dần thực hiện được khát vọng là vươn tới cái đơn giản nhất Chắc rằng quá trình này chưa dừng lại ở đây

Cuối cùng, xin dành cho cách giải của chính J.Steiner

Dựa vào công thức

⇒ α = β

∙

⎧

⎩

⎨

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

=

l2b ac[ (a + c) − ]

(a + c)2

=

l2c ab[ (a + b) − ]

(a + c)2

Từ , sau khi biến đổi, đưa được về dạng:

IV Bài toán NAPOLÉON

Lời giải.

=

lb lc

a(a + b + c)[(a + b + c)( + bc) + 2abc](b − c) = 0 a2

ABC

O1 O2 O3

O1O2O3

cos

O2O23 O22 O23 O2 O3 O ˆ2C O3

Chú ý:

3

2

( a 3 √ )

3

2

ab

= a 32 + b 32 − 2ab 3 ( cos C − 1 2 √ 2 3 sin C)

O2O23 a2 + 3 b2 1 6 a2 b2 c2 ab 3 √ 3 2S ab

6

2S 3 √ 3

O1O23 O1O22 a2 + b2 + c2

6

2S 3 √

= O1O2

O1O2O3

Napoléon Bonaparte (1769 – 1821), hoàng đế nổi tiếng của nước Pháp,

là một người ham thích toán; ngay cả lúc cầm quân ở trận mạc, ông vẫn dành những phút giải trí qua việc giải các bài toán Napoléon đã nêu ra một số bài toán hay, trong đó có bài toán nói trên

Dưới đây là cách giải "phi lượng giác" của bài toán trên (đó chính là cách giải của hoàng đế Napoléon)

Như vậy, ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều

∙

∙

AC , BC B′ A′

cắt nhau tại Ta có (vì là

V Lời kết

Trên đây là những vấn đề mà tác giả đã học tập, sưu tầm được Chúng tôi

hi vọng rằng, bài viết sẽ giúp các bạn trẻ yêu thêm toán và thấy rõ hơn rằng: một ý tưởng mới, một cách giải quyết độc đáo có thể nảy sinh từ những vấn đề đơn giản, rất quen thuộc, các bài toán sơ cấp vẫn không ngừng hấp dẫn nhiều người, trong đó có không ít các nhà toán học nổi tiếng trên thế giới

Tuy đã nỗ lực rất nhiều nhưng bài viết còn có những thiếu sót, mong bạn đọc góp ý để bài viết được hoàn thiện hơn Xin chân thành cảm ơn!

OC

JK⊥OA ⇒ IJK ˆ = 600 AOC ˆ = 1200