Dạng 1: Tính các yếu tố trong một tam giác Bài 1: Tam giác ABC có... Ứng dụng hệ thức lượng trong tam giác giải bài toán thực tế Bài toán 1: Đo chiều cao Trên nóc một tòa nhà có một cột
Trang 1HỆ THỰC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
A
b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB
Hệ quả:
bc
a c b
A
2 cos
2 2
2 + −
ac
b c a B
2 cos
2 2
=
ab
c b a C
2 cos
2 2
=
1.2 Định lí sin:
R C
c B
b
A
a
2 sin
sin
sin = = = (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)
1.3 Định lý đường trung tuyến:
4
2
4
2
4
2
2 CÁC DẠNG BÀI TẬP:
2.1 Dạng 1: Tính các yếu tố trong một tam giác
Bài 1: Tam giác ABC có <B=60o ; <C= 450 ; BC= a
a / Tính độ dài hai cạnh AB, AC
b / Chứng minh: cos 750 =
4
2
6 −
Bài 2: Tam giác ABC có BC =12, CA=13, trung tuyến AM =8
a / Tính diện tích tam giác ABC
b / Tính góc B
Bài 3: Cho ta giác ABC có độ dài 3 đường trung tuyến bắng 15; 18 ;27
a / Tính diện tích tam giác
b / Tính độ dài các cạnh của tam giác
2.2 Dạng 2: Chứng minh hệ thức giửa các yếu tố trong một tam giác
Bài 1: Chứng minh trong mọi tam giác ABC đều có
abc
c b a C B
A
2 2 2
cot cot
Giải : Ta có
Trang 2
R abc
c b a
R c ab
c b a
R
b ac
b c a
R a bc
a c b
C
C B
B A
A
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
2 2
2
sin
cos sin
cos sin
cos cotC
cotB cotA
+ +
=
− + +
− + +
− +
=
+ +
= +
+
Bài 2: Chứng minh rằng: (b-c) cot A/2 +(c-a) cot B/2 + (a-b) cot C/2 =0
CM:
(1) ) cos (cos
2 2
sin 2 sin 4
2 cos 2
sin ) 2
sin 2 cos 4 ( 2 sin 2
cos ) sin 2 sin 2 ( 2 cot ) (
A B
R B A B A R
B A
B A B
A B A R C
C B R A R
C b a
−
=
− +
=
+
+
− +
=
−
=
−
Tương tự
(3) ) cos (cos
2 2 cot ) (
(2) ) cos (cos
2 2 cot ) (
C A
R
B a c
B C
R
A c b
−
=
−
−
=
−
Cộng vế theo vế (1),(2),(3) => đpcm
Bài 3: Chứng minh rằng: r = 4R sin A/2 sin B/2 sin C/2
CM
2
sin 2
sin 2 sin 4 2 2 2
2
sin sin sin R ) 2 2
( 2
sin sin sin R
2 2
2 2 2
2
sin sin sin R
2 ) (
2
sin sin sin 4R
2
sin sin sin 2 sin sin sin 2
pr nC sinAsinBsi 2R
S
2
2 2
2
C B A R C Cos
B Cos
A Cos
C B A B
A Cos B A Cos
C Cos
C B A
C Cos
C Sin B
A Cos B A Sin
C B A SinC
SinB SinA
R
C B A
c b a
C B A R p
C B A R r
=
= + +
−
=
+
− +
= +
+
=
+ +
=
=
⇒
=
=
2.3 Ứng dụng hệ thức lượng trong tam giác giải bài toán thực tế
Bài toán 1: Đo chiều cao
Trên nóc một tòa nhà có một cột ăng ten cao 5 m Từ vị trí quan sát A cao 7 m so với mặt đất,
có thể nhìn thấy đỉnh B và chân C của cột ăng ten dưới góc 450 và 600 so với phương nằm ngang Tính chiều cao của tòa nhà
D
C B
A
Trang 3Bài toán 2: Tính khoảng cách
Tính khoảng cách một con tàu ngoài biển tới đất liền
2.4 Nhận dạng tam giác:
Dạng 1: Nhận dạng tam giác đều
2
cos 2
cos 2
cos sin
sin
Dạng 2: Nhận dạng tam giác cân
C
B C
B
tan
tan sin
sin
2
2
= Dạng 3: Nhận dạng tam giác vuông
C B
a C
c B
a
sin sin cos
Dạng 4: Tìm đặc điểm của tam giác
Nhận dạng tam giác ABC nếu các góc của nó tỏa mãn: (1+cotA)(1+cotB)=2
BÀI TẬP
Bài 1: Cho tam giác ABC cạnh đáy a, cạnh bên b, góc ở đỉnh bằng 20 CMR 0 a3+b3 =3ab2
Giải
Ta có
2 0
3 0
3 0
0 3 3
0 0
3 3 0
3 3 3 3 0 3
3
0 0
0 0
0 0
3 10 sin 6 ) 10 sin 4 10 sin 3 10 sin 4 ( 2
) 30 sin 10 sin 4 ( 2 ) 2
1 10 sin 4 ( 2 )
10 sin 2 ( a
10 sin 2 10 80 2
10 10
4 20 2
2
ab b
b
b b
b b
b
b Sin
RSin Cos
RSin RSin
RSinA a
=
=
− +
=
+
= +
= +
= +
⇒
=
=
=
=
=
Bài 2: CMR diên tích tam giác ABC có thể tính bởi ( sin2 sin2 )
4
A b
B a
CM Ta có
Trang 4
S SinC Sin Sin SinBCosA
SinACosB SinB
SinA
SinACosA B
Sin R SinBCosB A
Sin R A
b B a
=
= +
=
= +
= +
B A 2R ) (
2R
) 2
4
2 4
( 4
1 ) 2 sin 2
sin (
4
1
2 2
2 2 2
2 2
2
Trang 5
Bài 3: Cho ∆ABC có 4A 2∧ = B∧ =C∧
CMR a)
c b a
1 1
1 = + b)
4
5 cos
cos cos2 A+ 2B+ 2C=
C/M
a) Ta có
C R B R c
1 sin
2
1 1
Ta laị có
7
4 , 7
2 , 7 A 2
4
Π
=
Π
=
Π
=
⇒
−
=
Π
= + +
C B
C B A
C B A
Π Π
Π +
Π
= Π
+ Π
= +
⇒
7
2 sin 7
4 sin
7
2 sin 7
4 sin 2 1 7
4 sin 2
1 7
2 sin 2
1 1
1
R R
R c b
a R
R
1 7 sin 2
1 7
cos 7
sin 7
3 sin 2
7
cos 7
3 sin 2 2
Π Π
b)
4
5 cos
cos cos2 A+ 2B+ 2C=
2
2 cos 1 2
2 cos 1 cos cos
C B
2
1
= (cos( ) cos( ))
cos
= =1−2cosAcosBcosC
7
4 cos 7
2 cos 7 cos 2
=
Đặt
7
4 cos 7
2 cos 7 cos
=
T
7
4 cos 7
2 cos 7
2 sin 7
4 cos 7
2 cos 7
cos 7 sin 2 7
)
= +
= +
+
⇒
=
⇒
Π
−
=
Π
= Π Π
=
dpcm C
B A
v
( 4
5 4
1 1 cos
cos cos
4
1 -T 7
sin 4
1 7
8 sin 4
1 7
4 cos 7
4 sin 2 1
2 2
2
Bài 5: Cho ∆ABC có ba cạnh thoả a4 =b4 +c4.CMR ∆ABCnhọn và 2sin2A=tanBtanC
C/M
G/s a là cạnh lớn nhất trong tam giác ABC Vì
A a
A a
A a c
C b
B a
c bc a c
b bc
a ac
b c a ac
b c a C B
2 2
2
2 2
2 2 2 2 4
2 2
2 2 2 2 2
sin 2 sin sin 2 sin sin 2
2b
sinBsinC 4
) (
a
sinBsinC 4
) 2
)(
2 (
sinBsinC cos
cos
sinBsinC tanBtanC
=
=
=
=
−
−
=
− +
− +
=
=
==> ABC là tam giác nhọn
Trang 6Bài 6: Cho tam giác ABC có = ≠1
c
b
m
m b
c
CMR 2cotA= cotB +cotC CM : Theo giả thiết ta có
cot cot
cot 2 sin
sin
) sin(
cot 2 sin
sin sin
cot
2
cos 2 cos
2 2
) (
2
) 2
2 ( 2
2 ( 2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
C B
A C
B
C B A
SinC
A SinB
A A
A
bc
a A A
bc a
a c
b
a
b c a b c b a c c b a
b c a b
c m
m b
c
m
m
b
c
c
b c
b
+
=
⇔
+
=
⇔
=
⇔
=
⇔ +
=
⇔ +
=
⇔
− +
=
− +
⇔
− +
− +
=
⇔
=
⇔
=
Bài 7: Cho tam giác ABC CMR
2 2 2
2 2 2
tanB
tanA
)
a c b
b c a a
− +
− +
=
2 2 2 2 2 2
2 2 2
) 2
)(
2 (
) 2
)(
2 ( tanB
tanA
a c b
b c a bc
a c b R b
ac
b c a R a SinBCosA SinACosB CosB
SinB CosA
SinA
− +
− +
=
− +
− +
=
=
=
CotC
cotB cotA
)
2 2 2
abc
c b a R
CM ở bài 1 dạng 2 CotB
2 cotC cotA
2
c
CM Ta có
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 ) (
2 ) (
) (
2
2 2 2
2 2
2
sin
cosB 2 sin
cosC sin
cosA CotB
2 cotC cotA
c a b b
c a c
b a a c b
ac S ac
b c a
ab S ab
c b a
bc S bc
a c b
B C
A
+
=
⇔
− +
=
− + +
− +
⇔
− +
=
− + +
− +
⇔
= +
⇔
= +
Bài 8: CMR: h h h r
c b a
1 1 1
Giải Ta có:
a
S h ah
2
c b a S
c b a c
S b
S a S
2 2
2
1 2
1 2 1
Bài 10: Cho tam giác ABC có AA’, BB’ là các trung tuyến Chứng minh rằng:
AA’vuông góc với BB’⇔cotC =2(cotA+cotB)
Giải
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC Vì AA’vuông góc với BB’
) 1 ( '
9
4 ' 9 4
) ' 3
2 ( ) ' 3
2 (
2 2 2
2 2
2
2 2
2
AB AA
BB
AB AA
BB
AB AG
BG
= +
⇔
= +
⇔
= +
Mà AA’, BB’ là các trung tuyến nên
4
2 2 '
; 4
2 2 '
2 2 2 2 2
2 2
BB a
c b
Trang 7Thay vào (1) ta được:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
5 9
2 2 2
2 )
4
2 2 ( 9
4 ) 4
2
2
(
9
4
c b a c b c a a c b c
b c a a
c
b
= +
⇔
=
− + +
− +
⇔
=
− + +
−
+
Lại có:
) cot (cot
2 sin sin
) sin(
2 sin sin sin 4
sin 8 sin
2 cot
2 cos 4
cos 2 cos
2 cos
2
2
2 2 2
2 2
2 2 2 2
2
2
A B
B A
B A C
B A R
C R
C ab
c C
c C ab c
C ab sC
ab c
b a C ab
c
b
a
+
=
+
=
=
=
⇔
=
⇔
=
⇔
=
− +
⇔
=
−
+
Bài 11: Cho tam giác ABC, chứng minh:
a)
4 ) )(
(p−a p−b ≤ c2
b)
8 ) )(
)(
(p−a p−b p−c ≤ abc
c) R 2≥ r
Giải
a)
b) Áp dụng Bất đẳng thức Cối cho từng cặp:
2 ) )(
( ) )(
( 2 ) ( ) (p−a + p−b ≥ p−a p−b ⇔ p−a p−b ≤ c
2 ) )(
( ) )(
( 2 ) ( ) (p−b + p−c ≥ p−b p−c ⇔ p−b p−c ≤ a
2 ) )(
( ) )(
( 2 ) ( ) (p−a + p−c ≥ p−a p−c ⇔ p−a p−c ≤b
(1)x(2)x(3) ta có điều phải chứng minh
c) Ta có:
pabc
c p b p a p p pabc
S R
r c p b p a p p pr R
abc
4
=
⇒
−
−
−
=
=
=
2
1 8
4 8
) )(
)(
(
abc R
r abc c
p b p a
p
Ta
Bài 12: CMR
2
tan 2
tan 2 tan CotC
cot cotA
2 2 2 3
2 2 2
C B A
c b a B
c b
+ +
+ +
Ta có
(1) cot
4
cot sin 2 cos
2 a
2 2
2 2 2
2 2
A S c b
A A bc c
b A bc c
b
− +
=
− +
=
− +
=
Tương tự b2 =a2 +c2 −4ScotB (2)
c2 =a2 +b2 −4ScotC (3)
4 ) )(
( ) )(
( 2 ) )(
( 2 2
) )(
( 2 2
2 )
)(
( 2 ) (
)
(
2
c b p a p b
p a p
c b
p a p b
c a a c
b
b p a p b
c b a a c b a b
p a p b
p a
p
≤
−
−
⇔
−
−
=
⇔
−
−
≥
− + +
− +
⇔
−
−
≥
− + + +
− + +
⇔
−
−
≥
− +
−
Trang 8
Cộng vế theo vế (1)(2)(3) ta được : ( )4 (*)
cot cot cot b a ) cot cot (cot 4 b a 3 3 2 2 2 2 2 2 S C B A c C B A S c = + + + + ⇒ + + = + + Mặt khác ta có
(1)
4 2 tan 4 2 sin 2 cos sin 2 4 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 ) cos 1 ( 2 cos 2 a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 S A a S A A a A bc A A a A bc a A bc A bc c b ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ − + = Tương tự: 4 (2)
2 tan 2 S B b ≥ , 4 (3)
2 tan 2 S C c ≥ Nhân vế theo vế (1)(2)(3) ta được: 3 2 2 2 ) 4 ( 2 tan 2 tan 2 tan S B c B b B a ≥ (**)
Từ (*)(**) ta có 2 tan 2 tan 2 tan CotC cot cotA 2 2 2 3 2 2 2 C B A c b a B c b a ≤ + + + + Bài 13: Cm: m a m b m c R 2 9 ≤ + + CM: Theo Bunhiacopki:
deu ABC ra xay " "
2 9
9 4 9 ) ( (*) 3 cosC -1 CosC 1 B) -cos(A ra xay " " Dau 9 )) 2 cos 1 cos ( 2 ( 4
)) cos 1 ( cos 2 ( 4
) cos ) 2 cos 2 (cos 2 1 2 ( 4
) cos 1 2
2 cos 1 2
2 cos 1 ( 4 ) sin sin
(sin 4 :
m ra
xay
"
"
Dau
) (
4
9 ) (
) (
4
9 4
2 2 4
2 2 4
2 2 ( 3 ) (
3 ) (
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
a
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
∆
⇔
=
≤ + +
⇒
≤ +
+
⇒
Π
=
=
⇔
=
=
⇔
=
=
− + +
≤
− +
≤
− +
−
=
− +
− +
−
= +
+
= + +
=
=
⇔
=
+ +
≤ +
+
⇒
+ +
=
− + +
− + +
− +
= + +
≤ +
+
Dau R
m m m R
m m m
Tu
C
B A
R C
C R
C C
R
C B
A R
C B
A R
C B
A R
c b a
khac
Mat
m m
c b a m
m
m
c b a c
b a b a c a c b m
m m m
m
m
c b a c
b a
c b
c b
a
c b a c
b
a
Trang 9Bài 14:
a) CM: m a2 +m b2 +m c2 ≥3 3S
4 2
; 4 2
; 4 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
m b
c a m a
c
b
) (
4
3 4 2
4 2
4 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 m m b c a a c b a b c a b c
Lại có: S= p(p−a)(p−b)(p−c)
Áp dung BĐT Côsi ta có:
(*) 3
12
) (
3 3 27
) )(
)(
( 27 ) )(
)(
(
27
) )(
)(
( 3 2
) )(
)(
( 3 c) -b)(p
-(p
a)
-(p
2 2 2
2 3
2 2 3
3
3 3
c b a
s
p s
p p
s p
s c p b p a p
p c p b p a p p
c p b p a p c
b a c p b p a p
+ +
≤
⇔
≤
⇔
≤
⇔
=
−
−
−
≥
⇔
−
−
−
≥
⇔
−
−
−
≥ + +
⇔
−
−
−
≥ +
Áp dụng côsi cho (a+b+c)2ta có (a+b+c)2 ≤3(a2 +b2 +c2)
S m
m m S c
b a c
b a c
b a
4
3 3
12
) (
3 3
12
) (
b) CM: ma +mb +mc ≥ abc( a + b+ c)
4
3
2 2
2
Từ trên:
2 2
2
4
3
c b a
m m
( a+ b + c)2 ≤(12 +12 +12) (a+b+c)
( a + b+ c)4 ≤9(a+b+c)2
1 1
c b
⇒( a+ b + c)4 ≤27(a2 +b2 +c2)
abc
c b a abc c
b a
c b a c b a c
b a
m m
⇔
+ +
≥ + +
⇒
+ + +
+
≥ + +
⇒
4 3
27 27
27
2 2
2
2 2 2
3 2
2 2