một số bài giảng về các bài toán trong tam giác nguyễn vũ lương

NGUYẼN VÚ LƯONG (Chủ biên) NGUYỄN NGỌC THẮNG MỌT SO BAI GIÁNG VÊ CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC TT rr-1V*ĩíHOGHN N ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯ Ờ NG ĐẠI H Ọ• C KHOA HỌC T ự• N H IÊ N • • KHỐI THPT CHUYỀN TOÁN - TIN NGUYỄN VŨ LƯƠNG (Chủ biên) NGUYỄN NGỌC THẮNG ề MỘT SÔ BÀI GIẢNG VÊ CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Một sô giảng vế toán tam giác MỎ ĐẦU Các toán tam giác dạng toán khó kỳ thi đại học xuất kỳ thi quốc gia, quốc tế Với hy vọng giúp bạn đọc dễ dàng giải loại toán kỳ thi đại học hứng thú giải toán khó kỳ thi quốc gia nhiều nước giới, tác giả sách cố gắng phân loại dạng tập xây dựng phương pháp giải chúng Để bạn đọc tự học, giảng trình bày trons sách viết cách chi tiết từ đơn giản đến phức tạp Tuỳ theo khả bạn đọc lĩnh hội nhiều phương pháp giải hay cần thiết cho Hy vọng sau khỉ đọc sách bạn đọc nhận thấy tự tin giải toán tam giác xuất kỳ thi đại học Cuốn sách gồm hai phần: Phần I: Trình bày đẳng thức liên hệ yếu tô' khác tam giác góc, cạnh, chu vi, diện tích, bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp, độ dài, đường cao, đường trung tuyến, Đây phần quan trọng toán chứng minh đẳng thức mà toán chứng minh bất đẳng thức tam giác Phán II: Trình bày việc áp dụng bất đẳng thức đại số bất đẳng thức Côsi, bất đẳng thức lồi hay yếu tố tam thức bậc hai, để giải toán bất đảng thức tam giác, đồng thời nêu mối liên hệ ngược lại đê chuyên đẳng thức, bất đẳng thức tam giác thành bất đảng thức đại sô có điều kiện Các ký hiệu dùng sách ký hiệu thông dụng dùng sách giáo khoa: i4, B, c sô' đo góc đỉnh A, D, C\ a 6, c độ dài cạnh đối diện đỉnh A, B , C; ha, hb hc độ dài đường cao; la1 h, lc độ dài đường phân giác; ma, mu, m c độ dài đường trung tuyến hạ tương ứng từ đỉnh A, B , c đến cạnh đối diộn; 5,p, R,r tương ứng diện tích, nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác; ra, rb, rc bán kính đường tròn bàng tiếp góc A , B, c tương ứng Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng » Trong trình biên soạn sách này, nhận động viên khích lộ đồng nghiệp khối chuyén Toán - Tin, Ban lãnh đạo Khoa Toán - Cơ - Tm học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội Chúng xin chân thành cảm ơn giúp đỡ cá nhân tập thể nói Lẩn đầu mắt độc giả chắn sách chưa hoàn toàn đầy đủ nhiều thiếu sót, mong góp ý bạn Các ý kiến góp ý xin gửi vẻ địa chỉ: Khối THPT chuyên Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, 334 Đường Nguyễn Trãi, Thanh Xuân, Hà Nội Mục Lục Các dáng thức tam giác Gác đẳng thức đỏi với hàm số lượng giác tam giác ** Các yếu tố hình hoc tam g iá c 17 Xây dựng đẳng thức từ phép biến đối hình học 35 39 Bát đẳng thức tam giác Các dạng hệ bất đảng thức Côsi áp dụng cho yếu tô tam g i c 39 Tính chất lồi lõm cua hàm sô' lương giác 60 Sử dụng tính chất tam thức bậc chứng minh số bất đảng thức tam g i c l 72 Sử dụng đẳng thức lượng giác xây dựng sô' dạng bất đáng thức tam g i c 84 Áp dụng dạng bất đẳng thức có điều kiện tam giác 101 Bất đẳng Ihức dang gần suy b i ế n 1 Chuyển đẳng thức, bất đẳng thức tam giác thành bất dẳng thức đai sô' có điều k iê n 127 Bất đẳng thức xoay vòng tam g i c 142 Cóng thức Hêrông sô' dạng bất đẳng thức tam g i c 152 Chương * Các đẳng thức tam giác Các đẳng thức hàm số lượng giác tam giác Trước hết chúng minh công thức quen thuộc sauỉ Ví dụ 1.1 Chứng minh A B c siũA + s m B -sin = COS — COS — COS — £* t* Zt A B C COSA + cos B + cos c — sin —sin — sin — z ifa z sin2 A + sin B + sin2 1 = (đpcn) Ngoài cách chứng minh trực tiếp nhận đuợc kết từ mệnh đề tổng quát Ví dụ 1.2 Chứng minh • x +y y + z z + z p = sin x + sin ? /+ sin —s in (x + y -f ) = sin —-— sin —- — si.n —— z z P Mót sô giảng toán tam giác • 2? ỉiai Tact _ sin o x—-— + V COS „ —— X- — V +, 2o cos X pr> =2 Am! + ĨJ tmj s + jj / + 2z —X — y — sill - tLí r —y X -f y + c ‘2 sill -—— ( co s cos V ) + y V+ ~ + X =4 sin —-— sill ——— sin ——— 2 rừ crng thức ví dụ 1.2 ta thu công thức sau góc D c tam giác *) Vú X= A ,y = B z = c (A + B + c = 7T, ứiu círợckết ) ví dụ 1.1 /1 /? c > 0) ta sin A -f sill D + sill c A +D B +C C +A iin —— — sin ——— sin ——— 2 A D c cos —cos — cos — 2 *) Víi X = 2A, y = 2D, z = 2C ta thu sn 2,4 + sill 22? + sin C = sin(i4 + ) sin(B + C) sin(ơ + A) sin A sin B sin c *) Vã X = 3i4, Ị/ = 35 = 3C ta thu o, : o o / &4 + £ , : 3B + 3C , ; 3Ơ + A sim 31 H-siii # + sin = 4sin(— ———)sin( — )sin( ^ ) À ‘ÒA 3B 3C = - cos ^ cos - - COS — ĩat c« thể mở rộng kết ìhiư au X — nA, y — nD, z — nC , n G Ar* Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn NgọcThấng Ví dụ u Chứng minh p = sin nA + sin n B + sin nC Đặt Ta có r» _ nA nB nC „ p = —4 sin - sin sin —— với 2 nA nB nC p = cos -jr- COS —— COS —— với z « _ , nA n B nC F =4 sin — sin sin —z z z voi _ n = 4k n = 4k + n = 4k + r> _ nB nC „ p = — A cos —- cos — - cos —- với z Az _ _ n = Ak -I- Giải Tacó /, ,1 • n-4 + n # _ n i? + nC nC + án n A sin rm +sin n ij+ sin nC = s in - ^ -s in s in • / n7r = 4sin( *) n ^ \_ i_ /n7r nj4\ • / n7r )si" ( ■ )sin( n = 4fc =ĩ- s i n ( ~ - ~ ) = sin(2A:7r - - -s in ^ ,n n nC 7T *) n = 4Ả: + =►sin( Y - -y -) = sin(2fc7T + ,7T nC nơ, ^ nC = sin(—— — ) = cos —— 2 *) , n7r nC \) = sin( • /«, nC \ • nc n = 4k + =►sin(— — «;7r 4-7r — — ) = sin — > Một sô giảng toán tam giác X2 = y cos2 nC + z COS2 n B + 2y z 143 COS n C COS nB, 2yz sin nC sin n B — y2 sin2 nC 4- z sin nB Cònị hai đảng thức ta thu X2 — y — z = 2yz COS n(B + C) = 2yzcos(m r — nA) = 2yz(—ì)n COSnA Dấu lẳng thức xảy chi X2 — y — z — 2yz(—ì) n COSnA, Tươrg tự y2 — z — X2 = 2zx(—ì)n cosnB, z - X2 — y — 2xy(—ì)n COSnC Suy X2 - —y —z { \ y \ - \z\)2 < X2 < (\y\ + \z\)2 Tuơrg tự ( \ z \ - \ x \ f < y 0, chứng minh 1) abc < ^ - ( a + b + c ỹ 27Q < S A w (8.1) I 2) (a + Ò+ c)2 ^ 3(aò + bc + ca) 3) ((//) + 4) («6 + bc + ca)(a 4- b + c) ^ 9abc 4=í> PS ^ 9Q bc + ^ 3P (8.2) ca)2 ^ 3a b c ị a + b + c ) 1 rhay ba sô (a, b, c) bời „ r ^ 35Q (8.3) (8.4) ta có 1 s 1—~7 ab à be~ ca~ nQ Q1= — = V1 abc Q Chi 1) 27g, < s? Q Ọ3 4" b 4" + -f- c -|- c 4" o, — 2is P2 — (fl + b){b + c) + (6 + c)(c + ữ) + (c + a)(a 4- 6) = ( S - c)(S - a) + (s - b)(S — a) + (S — b)(S - c) = 352 —2(a + 4- c)5 4" ữ6 -I- bc -t- Cfl = s 2+ p Q2 = s — (a + 4- c)S2 4- (ab + bc + ca)S —abc = PS —Q Khi 1) 27Q2 < | ^ 27(PS - Q ) < 8S3 85* + 27Q > 27PS (8 ) 2) s \ > 3P2 452 ^ 3(522 + P) ẽ> S ^ P (đã có) 3) p | > 3S Q2 (S2 + p f > 6S(PS - Q) s + S 2P + P > P - 6QS &s4+ P2+6QS >4PS2 4) (8.7) P2 S > 9Q2 - 6) + ( p - b)(p - c) + ( p - c){p - a) ~ r OX 3) ‘I A = /(p-6)(p-c) V * i - Ví dụ 9.1 Chứng minh o2 ^ a4 + 64 + c4 1« * Giải Ta có 1652 =(a + b + c)(a + —c)(b + c —a)(c + a —b) =[(o + 6)2 - c2]!^ - (o - 6)J] = - (o2 - t 2)2 - c4 + ^((a + 6)2 + (o - 6)J1 =2(a262 + b2c2 + (?a2) —(a4 + 64 + c4) Suy 16S2 5; 2(a4 + 6^ + c*) —(fl* + b* + c*) = c ^ ữ4 -f- 64 4- c4 Sr < - - (đpcm) 10 Ví dụ 9.2 Chúng minh c P2 + b* -+- c* 153 Một ;ô' giảng toán tam giác (ìiai Ta c< (p ~ a){p - b)(p - c) < ( « s2 < - o 27 p - a + p - b -4 p - c s< ~~r- ’ _ 27 ' (đpcm) 3\/3 Ví di 9».3 Chứng minh Ị J_ (p —a )2 + (p - 6)2(p - c)2 ^ r Giải Áp ding bất đẳng thức a2 4- b2 + c2 ^ afc + bc + ca, suy 1 _ { p - a)(jp - b ) + ( p - b)(p - c ) + ( p - c){p - a ) ~ r ' Ví di 9.4 Chứng minh Giải Ta có p - a (p - a) + { p - b) p-b c Tưomí tụ ——r 4- —— ^ p —b p - c — I — ^ p —c p - a — — a - b Cộng :á«c bất đẳng thức ta thu bất đẳng thức cẩn chứng minh Ví d ụ ^ Chứng minh Q = \fp-~a + ựp - b+ \/p - c < ựõp Nguyẻn Vũ Lựơng, Nguyẻn Ngọc ThấJig 154 Giải Ta có Q < ^ E ĩ í Ẽ H ± í E Z = ^ /| (đ p cm ) y/ãỊp - 6)(p - c) + y/b(p~^c){p^a) + y/c{p - a)(p - 6) < toi oc Ví dụ 9.6 Chứng minh Giải Bất đảng thức cho tương đương với / (p -fr)(p -ẽí V be / (p -c)(p -"ặy V ca V / (p ~ a)(p ~~b) < a6 : ^ B : c ^ 4* sin ^ + sin Y + sin - (Đã chúng minh tiết I) Vỉ dụ 9.7 Chúng minh a(p - a) + 6(p - 6) + c(p —c) < 9/?r Giải Bất đẳng thúc tương đương với / t/ L\ /^ 36i?rp 9a6c a(p - a) + 6(p - 6) + c(p - c) < —Ẹ - = p (p -« ) p (p -fr) p ( p - c ) bc ca aò 2^ 2B ^ ^ «=> COS — + COS — + COS — < Ù Ù & (Xem tiết 1) * * Một số giảng toán tam giác BÀI TẬP Bài Chứng minh rầng - «Kp ~ b) + y (/' - b)[p - + / (/> -