HỆ THỰC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC A CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC: 1.1 Định lí cosin: 2 a = b +c2 -2bc cosA b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB c2 = a2 + b2 -2ab.cosC Hệ quả: b2 + c2 − a cos A = 2bc a + c − b2 cos B = 2ac b c C M a B a + b2 − c cos C = 2ab 1.2 Định lí sin: a b c = = = R (với R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác) sin A sin B sin C 1.3 Định lý đường trung tuyến: 2b + 2c − a m = a 2a + 2c − b m = b 2a + 2b − c m = c CÁC DẠNG BÀI TẬP: 2.1 Dạng 1: Tính yếu tố tam giác Bài 1: Tam giác ABC có ABC tam giác nhọn Bài 6: Cho tam giác ABC có c mb = ≠ CMR 2cotA= cotB +cotC CM : Theo giả thiết ta có b mc c mb c2 m c 2a + 2c − b = ⇔ = b2 ⇔ = ⇔ c (2a + 2b − c = b (2a + 2c − b ) 2 b mc b b 2a + 2b − c mc ⇔ 2a = (b + c ) ⇔ 2a = a + 2bc cos A ⇔ cos A = ⇔ cot A sin A = a2 bc sin A sin A sin( B + C ) ⇔ cot A = ⇔ cot A = cot B + cot C SinB SinC sin B sin C Bài 7: Cho tam giác ABC CMR tanA a + c − b a) = tanB b + c − a CM: Ta có SinA a a2 + c2 − b2 ( )( ) tanA CosA SinACosB a2 + c2 − b2 R ac = = = = tanB SinB SinBCosA b b2 + c2 − a2 b + c2 − a2 ( )( ) CosB 2R 2bc a2 + b2 + c2 CM dạng b) cotA + cotB + CotC = R abc c) a + c = 2b ⇔ cotA + cotC = 2CotB CM Ta có cosA cosC cosB cotA + cotC = 2CotB ⇔ + =2 sin A sin C sin B 2 2 2 2 b +c −a a +b −c a + c − b2 2bc 2ab 2ac ⇔ + =2 2S 2S 2S bc ab ac 2 2 2 ⇔ (b + c − a ) + ( a + b − c ) = 2( a + c − b ) ⇔ 2b = a + c 1 1 Bài 8: CMR: h + h + h = r a b c 1 a+b+c a+b+c VT = + + = = = = VP 2S S = ah ⇒ h = S S S Giải Ta có: , 2S pr r a a a a b c Bài 10: Cho tam giác ABC có AA’, BB’ trung tuyến Chứng minh rằng: AA’vuông góc với BB’ ⇔ cot C = 2(cot A + cot B ) Giải BG + AG = AB 2 ⇔ ( BB ' ) + ( AA' ) = AB Gọi G trọng tâm tam giác ABC Vì AA’vuông góc với BB’ 3 4 ⇔ BB' + AA' = AB (1) 9 Mà AA’, BB’ trung tuyến nên AA' = 2b + 2c − a ; BB ' = 2a + 2c − b Thay vào (1) ta được: 2b + 2c − a a + 2c − b ( )+ ( ) = c ⇔ 2b + 2c − a + 2a + 2c − b = 9c ⇔ a + b = 5c 9 Lại có: a2 + b2 − c2 = cos C ⇔ a + b − c = 2ab cos sC ⇔ 2ab cos C = 4c ⇔ ab cos C = 2c 2ab 2c R sin C sin( A + B ) ⇔ cot C = = = = 2(cot B + cot A) ab sin C R sin A sin B sin C sin A sin B Bài 11: Cho tam giác ABC, chứng minh: a) ( p − a )( p − b) ≤ c2 b) ( p − a)( p − b)( p − c) ≤ Giải a) c) R ≥ 2r abc a +b+c a+b+c −a+ − b ≥ ( p − a)( p − b) 2 b +c −a + a +c −b c c2 ⇔ ≥ ( p − a)( p − b) ⇔ = ( p − a)( p − b) ⇔ ( p − a )( p − b) ≤ 2 ( p − a) + ( p − b) ≥ ( p − a)( p − b) ⇔ b) Áp dụng Bất đẳng thức Cối cho cặp: c (1) a ( p − b) + ( p − c) ≥ ( p − b)( p − c) ⇔ ( p − b)( p − c ) ≤ (2) • b • ( p − a) + ( p − c) ≥ ( p − a )( p − c) ⇔ ( p − a)( p − c) ≤ (3) (1)x(2)x(3) ta có điều phải chứng minh • ( p − a) + ( p − b) ≥ ( p − a )( p − b) ⇔ ( p − a )( p − b) ≤ c) Ta có: abc r 4S p ( p − a)( p − b)( p − c) S= = pr = p ( p − a)( p − b)( p − c) ⇒ = = 4R R pabc pabc Ta co ( p − a )( p − b)( p − c) ≤ abc r abc ⇒ ≤ = R abc a2 + b2 + c2 a 2b c ≤ Bài 12: CMR cotA + cotB + CotC A B C tan tan tan 2 Ta có a = b + c − 2bc cos A = b + c − 2bc sin A cot A = b + c − 4S cot A Tương tự b = a + c − S cot B c = a + b − S cot C (1) (2) (3) Cộng vế theo vế (1)(2)(3) ta : a + b2 + c2 = ( S ) a + b + c = S (cot A + cot B + cot C ) ⇒ cot A + cot B + cot C Mặt khác ta có 2 a = b + c − 2bc cos A ≥ 2bc(1 − cos A) ⇔ a ≥ 2bc sin A a cos a sin A bc ≥ 4S ⇔ a ≥ 4S ⇔ ≥ sin A ⇔ A A A 2 sin sin tan 2 (*) A (1) b2 c2 ≥ 4S (2) ≥ 4S (3) Tương tự: , B C tan tan 2 2 a b c2 ≥ (4 S ) Nhân vế theo vế (1)(2)(3) ta được: (**) B B B tan tan tan 2 2 a +b +c a 2b c ≤ Từ (*)(**) ta có A B C cotA + cotB + CotC tan tan tan 2 Bài 13: Cm: ma + mb + mc ≤ R CM: Theo Bunhiacopki: 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c (ma + mb + mc ) ≤ 3(ma2 + mb2 + mc2 ) = 3( + + = (a + b + c ) 4 4 ⇒ ( m a + mb + m c ) ≤ ( a + b + c ) Dau " =" xay ⇔ m a = mb = mc Mat khac : a + b + c = R (sin A + sin B + sin C ) = R ( − cos A − cos B + + − cos C ) 2 = R (2 − (cos A + cos B ) − cos C ) 2 ≤ R (2 + cos C (1 − cos C )) cos C + − cos C ≤ R (2 + ( )) = R 2 A = B cos(A - B) = Dau " =" xay ⇔ ⇔ Π CosC = - cosC C = 9 Tu (*) ⇒ (ma + mb + mc ) ≤ R ⇒ m a + mb + mc ≤ R Dau " =" xay ⇔ ∆ABC deu Bài 14: ma2 + mb2 + mc2 ≥ 3S a) CM: ma2 = b2 + c2 a2 − ; a2 + c2 b2 − ; mb2 = mc2 = a2 + b2 c2 − b2 + c2 a2 a2 + c2 b2 a + b2 c2 m +m +m = − + − + − = (a + b + c ) 4 4 Lại có: S= p ( p − a)( p − b)( p − c) Áp dung BĐT Côsi ta có: a+b+c (p - a) + (p - b)(p - c) ≥ 33 ( p − a )( p − b)( p − c ) ⇔ ≥ 33 ( p − a )( p − b)( p − c) p3 s2 s2 p3 p2 ⇔ p ≥ 27( p − a )( p − b)( p − c) ⇔ ≥ ( p − a )( p − b)( p − c ) = ⇔ ≤ ⇔s≤ 27 p p 27 3 a b ⇔s≤ c (a + b + c ) (*) 12 Áp dụng côsi cho (a + b + c) ta có (a + b + c) ≤ 3(a + b + c ) (a + b + c) (*) ⇔ s ≤ 12 m b) CM: a ≤ 3(a + b + c ) 12 2 + mb + mc ≥ Từ trên: ( Mà m ( a 2 + mb + mc = abc ( a + b2 + c2 ( a+ b+ c ) ) ≤ (1 + + )( a + b + c ) c ) ≤ 9( a + b + c ) a+ b+ c a+ b+ (a + b + c ) ≥ 3S ⇔ ma2 + mb2 + mc2 ≥ 3S ⇔ 2 ( a + b + c ) ≤ (12 + 12 + 12 )( a + b + c ) ⇒ ( a+ b+ c ( ⇒ 27( a ) ( ≤ 27 a + b + c ) ( a + b + c) ( a + b + c) ) ≥ 27 abc ( a + b + c ) ⇒ 27 a + b + c ≥ 2 + b2 + c2 ) ⇔ ma + mb + mc ≥ abc ( a+ b+ c ) ) ... 2.4 Nhận dạng tam giác: Dạng 1: Nhận dạng tam giác sin A + sin B + sin C = cos A B C + cos + cos 2 Dạng 2: Nhận dạng tam giác cân sin B tan B = sin C tan C Dạng 3: Nhận dạng tam giác vuông a c... c a + = cos B cos C sin B.sin C Dạng 4: Tìm đặc điểm tam giác Nhận dạng tam giác ABC góc tỏa mãn: (1+cotA)(1+cotB)=2 BÀI TẬP Bài 1: Cho tam giác ABC cạnh đáy a, cạnh bên b, góc đỉnh 200 CMR a... =R = R sin sin sin C A− B A+ B A B C 2 Cos (Cos + Cos ) 2Cos Cos Cos 2 2 2 2.3 Ứng dụng hệ thức lượng tam giác giải toán thực tế B Bài toán 1: Đo chiều cao Trên tòa nhà có cột ăng ten cao m Từ