CÁC bài TOÁN về hệ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ XUYẾN CHI CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ XUYẾN CHI CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.0113 Người hướng dẫn khoa học PGS TS PHAN HUY KHẢI HÀ NỘI - 2014 Mục lục Mở đầu Một số ký hiệu Kiến thức sở 1.1 Các hệ thức lượng tam giác 1.2 Các công thức lượng giác 1.3 Các hệ thức lượng giác tam giác Hệ thức lượng tam giác thường 11 2.1 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 Hệ thức lượng tam giác vuông 25 3.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông 25 3.2 Bài tập đề nghị 36 Hệ thức lượng tam giác cân 38 4.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân 38 4.2 Bài tập đề nghị 45 Hệ thức lượng tam giác 47 5.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác 47 5.2 Nhận dạng tam giác từ hệ điều kiện 51 5.3 Bài tập đề nghị 55 Hệ thức lượng tam giác đặc biệt khác 56 6.1 Các yếu tố tam giác cho dạng cấp số 56 6.2 Các yếu tố tam giác cho dạng hình học 65 6.3 Bài tập đề nghị 81 Phụ lục 83 Kết luận 98 Tài liệu tham khảo 99 Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Phan Huy Khải người tận tình hướng dẫn để em hoàn thành khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè động viên, khích lệ giúp đỡ em suốt trình học tập thực khóa luận Hà Nội, ngày 15 tháng 02 năm 2014 Học viên Trần Thị Xuyến Chi Mở đầu Hệ thức lượng tam giác nội dung quan trọng trường phổ thông, thường gặp đề thi tuyển sinh vào đại học kỳ thi học sinh giỏi cấp Đây chuyên đề hay tương đối khó với học sinh phổ thông Để có nhìn toàn cảnh chuyên đề này, luận văn sâu vào nghiên cứu toán hệ thức lượng tam giác Cấu trúc luận văn gồm chương Chương Kiến thức sở Chương Hệ thức lượng tam giác thường Chương Hệ thức lượng tam giác vuông Chương Hệ thức lượng tam giác cân Chương Hệ thức lượng tam giác Chương Hệ thức lượng tam giác đặc biệt khác Bây nói kỹ chương tiêu biểu, ví dụ chương Trong chương trình bày phần sau: Nhận dạng tam giác vuông Trong mục đưa đặc điểm tiêu biểu tam giác vuông Phương pháp để chứng minh tam giác vuông biến đổi biểu thức đưa đặc điểm Các ví dụ nhận dạng tam giác vuông Ở trình bày ví dụ tiêu biểu phân loại từ dễ đến khó Hệ thống phân loại tập tam giác vuông Phần cuối luận văn phụ lục Trong trình bày cách thiết lập hệ thức lượng giác tam giác dựa vào mối liên hệ yếu tố tam giác nghiệm phương trình bậc ba Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi sai sót Chúng mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Một số ký hiệu ABC Tam giác ABC A, B, C Các góc đỉnh tam giác ABC a, b, c Các cạnh đối diện với đỉnh A, B, C ha, hb, hc Đường cao hạ từ đỉnh A, B, C ma, mb, mc Độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C la, lb, lc Độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnh A, B, C R Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác r Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ra, rb, rc Bán kính đường tròn bàng tiếp góc A, B, C S Diện tích tam giác p=a+b+c Nửa chu vi tam giác đpcm Điều phải chứng minh Chương Kiến thức sở 1.1 Các hệ thức lượng tam giác Định lý hàm số sin a b c sin A = sin B = sin C = 2R Định lý hàm số cosin a2 = b2 + c2 − 2bc cos A b2 = a2 + c2 − 2ac cos B c2 = a2 + b2 − 2ab cos C Định lý hàm số tang tan A − B a−b a+b= tan A + B tan B − C b−c b+c= tan B + C tan C − A c−a c+a= tan C + A Định lý hàm số cotang cot A + cot B + cot C = a2 + b2 + c2 4S Độ dài đường trung tuyến m2a = 2b2 + 2c2 − a2 mb = 2a2 + 2c2 − b2 m2c = 2a2 + 2b2 − c2 Độ dài đường phân giác 2bc A p(p − a) la = 2bc b + c cos = b + c bc B 2ca p(p − b) lb = 2ca ca c + a cos = c + a C 2ab p(p − c) lc = 2ab ab a + b cos = a + b Công thức tính diện tích 1 S = aha = bhb = chc 2 1 = bc sin A = ac sin B = ab sin C 2 = abc 4R = pr = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc = p(p − a)(p − b)(p − c) Định lý hình chiếu C + cot = b cos C + c cos B A b = r cot C + cot = c cos A + a cos C B c = r cot A + cot = a cos B + b cos A a = r cot B Công thức tính bán kính Bán kính đường tròn nội tiếp r=S p = (p − a) tan A B = (p − b) tan = (p − c) tan C Bán kính đường tròn ngoại tiếp a b R = abc 4S = sin A = sin B = c sin C Bán kính đường tròn bàng tiếp = p tan A 2= rb = p tan B 2= rc = p tan C 2= S p −Sa p−b S p−c 1.2 Các công thức lượng giác Các hệ thức lượng giác sin2 α + cos2 α = tan α cot α = cot α = cos α sin α + tan2 α = tan α = sin α cos α + cot2 α = cos2 α sin2 α 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 − tan α tan β + α α.tan − tan(α − β) = tantan ββ Công thức nhân cung sin 2α = sin α cos α cos 2α = cos2 α − sin2 α = cos2 α − = − sin2 α tan 2α = tan α − tan2 α sin 3α = sin α − sin3 α cos 3α = cos3 α − cos α tan 3α = tan α − tan3α − tan2 α Công thức biến tổng thành tích sin α + sin β = sin α + β cos α −2β α+β sin α − sin β = cos sin α − β cos α + cos β = cos α + β cos α −2β α+β cos α − cos β = −2 sin sin α − β tan α + tan β = sin(α + β) cos α cos β tan α − tan β = sin(α cos −cos β) β cot α + cot β = sin(α + β) sin α sin β ) cot α − cot β = sin(α − sinββ Công thức biến tích thành tổng sin α cos β = sin(α + β) + sin(α − β) cos α cos β = cos(α + β) +2 cos(α − β) sin α sin β = cos(α − β) −2 cos(α + β) Giá trị lượng giác góc (cung) có liên quan đặc biệt 4R2x3 − 4R(R + r)x2 + (p2 + r2 − 4R2)x + (2R + r)2 − p2 = Tương tự cos B, cos C nghiệm phương trình Suy đpcm Bổ đề 6.4 , , sin A sin B sin C ba nghiệm phương trình bậc ba 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = Chứng minh t Đặt x = , 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = 2pr 1 ⇔ t3 − (p2 + tr2 + t4Rr) + 4Rp − 4R2 = 23 2 ⇔ 4R t − 4Rpt + (p + r + 4Rr)t − 2pr = (1) Theo bổ đề (2) sin A, sin B, sin C nghiệm (1) Do , , sin A sin B sin C ba nghiệm phương trình bậc ba 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = Đpcm Bổ đề 6.5 , , cos A cos B cos C ba nghiệm phương trình bậc ba [p2 − (2R + r)2]x3 − (p2 + r2 − 4R2)x2 + 4R(r + R)x − 4R2 = Chứng minh tương tự bổ đề cách thay biến x = t áp dụng bổ đề Bổ đề 6.6 sin2 A B C , sin2 , sin2 ba nghiệm phương trình bậc ba 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = Chứng minh Đặt x = − t , 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = (1 − t)3 − 8R(2R − r) (1 − ⇔ 16R t)2 + (p2 + r2 − 8Rr) − t − 2r2 = 2 ⇔ 4R (1 − t) − 4R(2R − r)(1 − t) + (p + r − 8Rr)(1 − t) − r2 = ⇔ 4R2t3 − 4R(R + r)t2 + (p2 + r2 − 4R2)t + (2R + r)2 − p2 = (1) Theo bổ đề (3) cos A, cos B, cos C nghiệm (1) Do 85 − cos A − cos B − cos C , , nghiệm phương trình 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = B C Suy sin2 A , sin2 , sin2 ba nghiệm phương trình Suy đpcm Bổ đề 6.7 cos2 A B C , cos2 , cos2 ba nghiệm phương trình bậc ba 16R2x3 − 8R(2R + r)x2 + [p2(4R + r)]x − p2 = Chứng minh Thay biến x = 1+ t dùng bổ đề Suy đpcm Bổ đề 6.8 , , ba nghiệm phương trình bậc ba sin2 A sin2 B sin2 C 2 r2x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = Chứng minh t Đặt x = , r2x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = r2 8R(2R − r) + ⇔ 3t − p2t + r2 −28Rr − 16R2 = t 23 2 ⇔ 16R t − 8R(2R − r)t + (p + r2 − 8Rr)t − r2 = (1) B C Theo bổ đề (6) sin2 A , sin2 , sin2 ba nghiệm phương trình (1) Do , , ba nghiệm phương trình bậc ba sin A sin2 B sin C 2 r2x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = Suy đpcm Bổ đề 6.9 , , ba nghiệm phương trình bậc ba cos2 A cos2 B cos2 C 2 86 p2x3 − [p2 + (4R + r)2]2x2 + 8R(4 + r)x − 16R2 = Chứng minh Đặt x = t dùng bổ đề Suy đpcm Bổ đề 6.10 cot A, cot B, cot C ba nghiệm phương trình bậc ba 2prx3 − (p2 − r2 − 4Rr)x2 + 2prx + (2R + r)2 − p2 = Chứng minh Ta có a+p−a=p A ⇔ 2R sin A + r cot = p 2R + r ⇔ √ + cot2 A sin A + r cot A = p 2R ⇔ √ + cot2 A + r + cot2 A = p − r cot A ⇔ [2R + r(1 + cot2 A)]2 = (1 + cot2 A)(p − r)2 ⇔ (2R + r + r cot2 A)2 = (1 + cot2 A)(p2 − 2pr cot A + r2 cot2 A)[ ⇔ 2pr cot3 A − (p2 − r2 − 4Rr) cot2 A + 2pr cot A + (2R + r)2 − p2 = Từ (1) suy cot A nghiệm phương trình 2prx3 − (p2 − r2 − 4Rr)x2 + 2prx + (2R + r)2 − p2 = Tương tự cot B, cot C nghiệm (*), suy đpcm Bổ đề 6.11 tan A, tan B, tan C ba nghiệm phương trình bậc ba [p2 − (2R + r)2]x3 − 2prx2 + (p2 − 4Rr − r2)x − 2pr = Chứng minh t Đặt x = Khi [p2 − (2R + r)2]x3 − 2prx2 + (p2 − 4Rr − r2)x − 2pr = 2pr ⇔t p2 − (2R r)2 t2=+ p02 − 4Rr − r2 t3 − − +2pr ⇔ 2prt3 − (p2 − 4Rr − r2)t2 + 2prt + (2R + r)2 − p2 = (1) 87 (1) Theo bổ đề 10 cot A, cot B, cot C ba nghiệm (1) Điều nghĩa tan A, tan B, tan C ba nghiệm phương trình bậc ba [p2 − (2R + r)2]x3 − 2prx2 + (p2 − 4Rr − r2)x − 2pr = Suy đpcm Bổ đề 6.12 tan A B C , tan , tan ba nghiệm phương trình bậc ba px3 − (4R + r)x2 + pr − r = Chứng minh Ta có a + (p − a) = p A ⇔ 2R sin A + r cot = p 4R tan A 2+r =p ⇔ + tan2 A tan A 2 A A A A ⇔ 4R tan2 + r + r tan2 = p tan + p2 tan3 A A A − r = (1) ⇔ p tan3 − (4R +2r)+tan p tan Từ (1) suy tan A nghiệm phương trình bậc ba px3 − (4R + r)x2 + pr − r = (*) C Lập luận tương tự tan B , tan nghiệm phương trình bậc ba (*), suy đpcm Bổ đề 6.13 cot A B C , cot , cot ba nghiệm phương trình bậc ba rx3 − px2 + (4R + r)x − p = Chứng minh t Đặt x = Khi rx3 − px2 + (4R + r)x − p = r p (4R + r) ⇔ t3 − t2 + t − p =0 ⇔ pt3 − (4R + r)t2 + pt − r = 88 (1) B C , , , tan , tan nghiệm (1) Do tan A tan B tan 2 Theo bổ đề 12 tan A B C hay cot A nghiệm phương trình bậc ba , cot , cot rx3 − px2 + (4R + r)x − p = Suy đpcm Bổ đề 6.14 ra, rb, rc ba nghiệm phương trình bậc ba x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = Chứng minh Đặt x = pt ta có: x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = ⇔ p3t3 − (4R + r)p2t2 + p3t − p2r = ⇔ pt3 − (4R + r)t2 + pt − r = (1) B C Theo bổ đề 12 tan A , tan , tan nghiệm (1) Do B C = p tan A , rb = p tan , rc = p tan nghiệm phương trình bậc ba x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = Suy đpcm Bổ đề 6.15 , , rb rc ba nghiệm phương trình bậc ba p2rx3 − p2x2 + (4R + r)x − = Chứng minh Đặt x = t dùng bổ đề 14 Suy đpcm Bổ đề 6.16 ha, hb, hc ba nghiệm phương trình bậc ba 2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = 89 Chứng minh Đặt x = 2pr t , ta có 2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = t 223 ⇔ 2R(2pr)3 − (p2 + r + 4Rr) (2pr) t 322 22 2 + 4p2r 2pr t − 4p2r2 = ⇔ p r t − 2p r t + p r (p + r + 4Rr)t − 4Rp3r3 = ⇔ t3 − 2pt2 + (p2 + r2 + 4Rr)t − 4Rrp = (1) Theo bổ đề (1) a, b, c nghiệm (1) Do = 2pr 2pr hb = 2pr b , hc = c nghiệm phương trình bậc ba a, 2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = Suy đpcm Bổ đề 6.17 , , hb hc ba nghiệm phương trình bậc ba 4p2r2x3 − 4p2rx2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 2R = Chứng minh Đặt x = t dùng bổ đề 16 Suy đpcm Ta áp dụng bổ đề để giải toán phụ trợ sau: Theo bổ đề 2, sin A, sin B, sin C ba nghiệm phương trình bậc ba 4R2x3 − 4Rpx2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 2pr = Áp dụng định lý Viet với phương trình ta có p sin A + sin B + sin C = 4Rp 4R2 = R 1) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = p2 + 4Rr + r2 4R2 2) sin A sin B sin C = pr 2R2 Do sin2 A + sin2 B + sin2 C = (sin A + sin B + sin C )2 − 2(sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A) nên ta có 2 3) sin A + sin B + sin C = p R − p2 + r4R+ 2 4Rr= p22−2 4Rr − r2 90 Ta lại có sin4A + sin4B + sin4C =(sin2 A + sin2 B + sin2 C )2 − 2(sin2 A sin2 B + sin2 B sin2 C + sin2 C sin2 A) =(sin2 A + sin2 B + sin2 C )2 − (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A)2 −2 sin A sin B sin C (sin A + sin B + sin C )] Áp dụng tính chất đến 6) sin4 A + sin4 B + sin4 C 2 p2 − 4Rr − r2 2R2 = − p2 + 4Rr +2 r2 +4 pr p 2R2 R = 2(p2 − 4Rr − r2)p2 − (p2 + r2 + 4Rr)2 + 16p2rR 8R4 2 = p − (8Rr + 6r )p + r2(4R + r)2 8R4 Ta có sin3 A + sin3 B + sin3 C =(sin A + sin B + sin C )3 − sin A sin B(sin A + sin B) − sin B sin C (sin B + sin C ) − sin C sin A(sin C + sin A) − sin A sin B sin C =(sin A + sin B + sin C )3 − 3(sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A) (sin A + sin B + sin C ) + sin A sin B sin C Vì áp dụng phép tính ta 4) sin3 A + sin3 B + sin3 C p3 p p2 + 4Rr + r2 4R2 + = R3 − R 3pr 2R2 12pRr + 6pRr) = p3 − 3r2p − 4R = p(p2 − 6Rr − 3r4R 2) Sau hết ta có 5) (sin A + sin B)(sin B + sin C )(sin C + sin A) =2 sin A sin B sin C + sin A sin B(sin A + sin B)+ 91 + sin B sin C (sin B + sin C ) + sin C sin A(sin C + sin A) =2 sin A sin B sin C + (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A) (sin A + sin B + sin C ) − sin A sin B sin C =(sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A)(sin A + sin B + sin C ) − sin A sin B sin C = p2 + r2 + 4Rr p 4R2 R − pr 2R2 = p(p2 + r2 + 2Rr) 4R3 Vậy hệ thức 1-6 chứng minh Lập luận tương tự cách áp dụng bổ đề định lý Viet cho phương trình bậc ba ta suy hệ thức 7-11 Theo bổ đề , , ba nghiệm phương trình bậc ba 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta được: 1 = p2 + r2 + 4Rr sin A + sin B + sin C2pr 1 2R sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = r sin A sin B sin C = pr = 2R2 pr 12) 13) 14) 1 2 sin A + sin B + sin2 C 1 = sin A + sin B + sin C 4R = p2 + r2 + 4Rr − r 2pr −2 1 sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = (p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr 4p2R2 15) 92 sin A sin B sin C + sin C sin A sin B 1 = (sin A + sin B + sin C ) sin A + sin B + sin C sin B sin C sin A + −3 = p p + r + 4Rr -6R −3 2pr = p2 + r2 + 4Rr p2 + r2 − 2Rr − -62pr = Theo bổ đề sin2pr , sin2 B ba phương trình bậc , sin2 Bằng lập luận tương tự ta chứng2 minh cácnghiệm hệ thứccủa 16-20 ba A C 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta có 21) 16R − 2r) = 2R − r + sin2 + sin2 = 8R(2R B C sin2 A sin B + sin B2 sin2 C2 + sin C2 + sin 2R A2 = p2 + R2 − 8Rr sin A sin2 sin2 = r2 B C sin2 A 16R2 Ta có 22) + sin4 + sin4 B C sin4 A + sin2 B + sin C = sin2 A 16R2 2 − sin2 − p − r − 8Rr 2 +−r2r − p2 = 8R2R 2R = sin2 + sin2 sin2 A B B C sin2 A + sin2 C 2 8R2 8R2 Như hệ thức 21-23 chứng minh Lập luận tương tự (dùng bổ đề 7), hệ thức 24-26 chứng minh 93 Dùng bổ đề 8, kết hợp với định lý Viet suy hệ thức 27-32 chứng minh Theo bổ đề 10 cot A, cot B, cot C ba nghiệm phương trình bậc ba 2prx3 − (p2 − r2 − 4Rr)x2 + 2prx + (2R + r)2 − p2 = Áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba ta 33) cot A + cot B + cot C = p2 − r2 − 4Rr 2pr 34) cot A cot B cot C = p2 − (2R + r)2 2pr (Ta kiểm tra lại hệ thức cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = Thật theo định lý Viet cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 2pr 2pr = 1) Ta thấy 35) cot2 A + cot2 B + cot2 C =(cot A + cot B + cot C )2 − 2(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A) = (p2 − r2 − 4Rr)2 4p2r2 − Do (cot A + cot B)(cot B + cot C )(cot C + cot A) =(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A)(cot A + cot B + cot C ) − cot A cot B cot C Áp dụng kết đến 36) (cot A + cot B)(cot B + cot C )(cot C + cot A) R = p2 − r2 − 4Rr − p2 − (2pr + r)2 −2 2pr = 4R2 2pr = 2R2 pr Sử dụng đẳng thức quen biết ta thấy 37) 94 cot3 A + cot3 B + cot3 C = (cot A + cot B + cot C )3 −3(cot A+cot B+cot C )(cot A cot B+cot B cot C +cot C cot A)+3 cot A cot B cot C Từ theo tính toán suy cot3 A + cot3 B + cot3 C = (p2 − r2 − 4Rr)2 8p3r3 2 22 2 − 4Rr R (2pr + r)2 − p2 − r2pr +3 p2 − = (p + r − 4Rr) − 12p r [p − r − 4Rr − p + (2R + r)2] 8p2r3 = (p2 + r2 − 4Rr)3 − 48p2R2r2 8p2r3 Vậy hệ thức 34-41 chứng minh Bằng lập luận tương tự sử dụng bổ đề 11 suy hệ thức 42 chứng minh B C , tan , tan ba nghiệm phương trình bậc ba Theo bổ đề 12 tan A px3 − (4R + r)x2 + pr − r = Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta B C 4R + r tan A + tan + tan = p , B C r tan A tan tan = p (Ta kiểm tra hệ thức B B C C A p tan A tan + tan tan + tan tan = p = 1) Sử dụng đẳng thức ta có 95 42) B C tan2 A + tan2 + tan2 C B = tan A + tan + tan 2 B B C A − tan tan + tan tan A + tan C tan 2 2 C B = 4R + r tan 3A − 2= (4R + r) p−2 2p + tan3 + tan3 p B A B C = tan A + tan + tan C2 − tan + tan + tan B C C A B C B A tan A tan + tan tan + tan tan + tan tan tan r 4R + r = (4R + r) −3 p +3 p p3 = (4R + r) − 3p2 (4R + r − r) p3 = (4R + r)3 − 12p2R p3 Áp dụng bổ đề 13 định lý Viet suy hệ thức 43 - 46 chứng minh Sử dụng bổ đề 14-17 áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba suy hệ thức 47-75 Sau hết xét hệ thức 76) lalblc = 16Rr2p2 p + 2Rr + r2 Áp dụng công thức tính đường phân giác ta có lalblc B C 2bc cos A 2ac cos 2ab cos = b+c a+c a+b B C 8(abc)2 cos A cos cos = (a + b)(b + c)(c + a) B C 8(abc)2 cos A cos cos = (a + b + c)(ab + bc + ca)abc Theo bổ đề 1: a, b, c ba nghiệm phương trình 96 (*) x3 − 2px2 + (p2 + 4Rr − +r2)x − 4pRr = Ngoài theo hệ thức ta có C B p cos A cos cos = (sin A + sin B + sin C ) = 4R Thay vào (*) ta được: lalblc = 8.16Rr2p2 p 4R 2p(p2 + 4Rr + r2) − 4pRr = Suy đpcm Như toán phụ trợ giải xong 97 16Rr2p2 p + 2Rr + r2 Kết luận Luận văn Các toán hệ thức lượng tam giác thu số kết sau đây: Hệ thống hóa phân loại toán hệ thức lượng tam giác thường, tam giác vuông, tam giác cân tam giác Với dạng luận văn đưa ví dụ tiêu biểu đặc trưng cho phương pháp giải Luận văn đưa toán hệ thức lượng tam giác đặc biệt khác như: Các yếu tố tam giác cho dạng cấp số cộng, cấp số nhân; Các toán hệ thức lượng hình học phẳng, hình học không gian Đặc biệt luận văn đưa gần 80 hệ thức lượng giác tính theo đại lượng R, r, p phương pháp chứng minh hệ thức theo định lý Viet nghiệm phương trình bậc ba Đây nhìn hệ thức lượng tam giác Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi sai sót Tác giả mong đóng góp ý kiến thấy cô bạn để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! 98 Tài liệu tham khảo [1] Doãn Minh Cường (2004), Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Trần Văn Hạo (2001), Lượng giác, NXB Giáo Dục [3] Võ Đại Mau (2003), Phương pháp giải toán lượng giác, NXB Trẻ [4] Trần Thành Minh, Trần Quang Nghĩa, Lâm Văn Triệu, Dương Quốc Tuấn (2000), Giải toán lượng giác, NXB Giáo Dục [5] Trần Phương (2010), Hệ thức lượng giác, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [6] Tạ Duy Phượng (2006), Phương trình bậc ba hệ thức tam giác, NXB Giáo Dục [7] Nguyễn Thượng Võ (1998), Tuyển tập 300 toán hệ thức lượng tam giác, NXB Trẻ 99 [...]... biệt khác như tam giác vuông, tam giác cân, tam giác đều Bài toán về hệ thức lượng trong tam giác thường gồm hai dạng: chứng minh hệ thức lượng giác không điều kiện và chứng minh hệ thức lượng giác có điều kiện 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... là tam giác không vuông) B C A B C 2 + cot 2 + cot 2 = cot 2 cot 2 cot 2 B B C C A 9) tan A 2 tan 2 + tan 2 tan 2 + tan 2 tan 2 = 1 10) cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1 8) cot A 10 Chương 2 Hệ thức lượng trong tam giác thường Hệ thức lượng trong tam giác thường là dạng toán cơ bản nhất của bài toán hệ thức lượng trong tam giác Vì các kết quả này đúng cho mọi tam giác đặc biệt khác như tam. .. Nhận xét: · Từ 76 hệ thức trên ta có một hệ thống các hệ thức lượng giác đóng vai trò quan trọng trong các bài toán 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 lý Viet đối với nghiệm của phương trình bậc ba Phần chứng minh cho các hệ thức trên được trình bày trong phần phụ... được trình bày trong phần phụ lục của luận văn 20 2.2 Hệ thức lượng giác có điều kiện Đối với các hệ thức lượng giác có điều kiện ta có thể chứng minh bằng một trong hai cách sau: · Sử dụng điều kiện cho trước trong quá 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 B C sin A + sin B + sin C = 2(sin A 2 + sin 2 sin... A Bài toán 2.10 Cho tam giác ABC có: sin A + sin B + sin C − 2 sin A B C 2 sin 2 = 2 sin 2 Chứng minh rằng C = 2π 3 Bài toán 2.11 Cho tam giác ABC có: sin A + sin B sin C sin 2A + sin 2B = sin 2C Chứng minh rằng cos A + cos B = 1 24 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 thức. .. 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 không điều kiện Các bài toán này đưa ra yêu cầu chứng minh các hệ thức lượng áp dụng chung cho mọi tam giác Bài toán 2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có: 1) A B C b−c a cos2 2 + c −ba cos2 2 + a −c bcos2 2 = 0 a2 cos B − C b2 cos A − C c2 cos A − B 2 2... = 1 ⇒ a = 1, b = 2, c = 3 Loại vì không 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 không có nghiệm nguyên 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... Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày phương pháp biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông Để chứng minh tam giác ABC vuông ta có thể dùng các công thức lượng giác biến đổi về một trong các dấu hiệu nhận dạng tam 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... π cos( 2 − α) = sin α π tan( 2 − α) = cot α π cot( 2 − 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: B C 2 cos 2 cos 2 2) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C 1) sin A + sin B + sin C = 4 cos A 3) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cos... = π Bài toán không có mệnh đề đảo, tức là từ tan C = tan A + tan B không thể suy 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 không có điều kiện tan A tan C = 3 và tan B tan C = 6 2.3 Bài tập đề nghị Bài toán