6 tich vo huong

chơng tích vô hớng hai vectơ ứng dụng A Kiến thức cần nhớ I giá trị lợng giác góc định nghĩa Với góc (00 1800), ta xác định điểm M nửa đờng tròn đơn vị cho MOx = Giả sử điểm M có toạ độ (x, y) Khi đó: Tung độ y điểm M gọi sin góc , kí hiệu sin Hoành độ x điểm M gọi côsin góc , kí hiệu cos y  TØ sè (víi x ≠ 0) gäi lµ tang cđa gãc α, kÝ hiƯu lµ tanα x x Tỉ số (với y 0) gọi côtang góc , kí hiệu cot y Các số sin, cos, tan, cot gọi giá trị lợng gi¸c cđa gãc α Ta cã: x sinα cosα y sinα = y, cosα = x, tanα = = , cot = = y cos sin x Giá trị lợng giác hai góc bù a sin(1800 α) = sinα c tan(1800 − α) = b cos(180 − α) = cosα − tanα d cot(1800 − ) = cot Hàm số lợng giác hai gãc phô a sin(900 − α) = cosα b cos(900 − α) = sinα c tan(900 − α) = cot d cot(900 ) = tan Giá trị lợng giác cung đặc biệt Góc 00 300 450 600 900 1200 1350 1500 18 00 sinα 2 3 2 2 2 2 cosα − − − 2 49 tanα cotα || 3 1 3 || − − − − 3 − || Các đẳng thức lợng giác a sin2 + cos2 = sin cos b tanα = vµ cotα = cosα sinα c tanα.cotα = 1 d = + tan2α vµ = + cot2α 2 cos α sin II tích vô hớng hai vectơ góc hai vectơ Cho hai vectơ a vµ b ( a , b ≠ ) Từ điểm O đó, ta vẽ vectơ OA = a OB = b Khi đó: Số số đo góc hai vectơ a đo góc AOB đợc gọi b , góc hai vectơ a b Ta thấy việc xác định góc hai vectơ không phụ thuộc vào việc chọn điểm O, góc hai vectơ a b đợc kí hiệu ( a , b ) Định nghĩa tích vô hớng hai vectơ Định nghĩa: Tích vô hớng hai vectơ a b kí hiệu a b số thực đợc xác định bởi:       a b = | a | | b | cos( a , b ) Từ định nghĩa với a , b ta có kết quả:  a a2 = a a cos00 = | a |   b a b > ⇔ cosα > ⇔ 00 ≤ α < 900     c a b = ⇔ cosα = ⇔ α = 900 ⇔ a ⊥ b   d a b < ⇔ cosα < ⇔ 900 < α 1800 Nếu hai vectơ ta quy íc:   a = b = tÝnh chÊt cđa tÝch v« híng   Víi mäi vect¬ a , b , c với số thực k ta có : 50     TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a b = b a      TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt ph©n phèi): a ( b + c ) = a b + a c     TÝnh chÊt 3: m( a ) b = m( a b ) biểu thức toạ độ tích vô hớng Nếu a (a1, a2) b (b1, b2) th×:   a b = a1.b1 + a2.b2 Góc hai vectơ a b xác định bởi: a1.b1 + a2 b2 cosα = a12 + a22 b12 + b22 III hệ thức lợng tam giác Định lí côsin tam giác Trong ABC có AB = c, BC = a, CA = b ta cã: a2 = b2 + c2 − 2bccosA; b2 = a2 + c2 − 2accosB; 2 a + b − 2abcosC c2 = Định lí sin tam giác Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b ta cã: a b c = = = 2R, R bán kính đờng tròn sinA sinB sinC ngoại tiếp ABC Tổng bình phơng hai cạnh độ dài đờng trung tuyến tam giác Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b đờng trung tuyến tơng ứng ma, mb, mc, ta cã: a2 b2 b2 + c2 = m2a + , c2 + a2 = m2b + , a2 + b2 = m2c 2 c2 + diƯn tÝch tam gi¸c Trong ∆ABC cã AB = c, BC = a, CA = b đờng cao tơng ứng ha, hb, hc, ta cã: 1 S = aha = bhb = chc 2 1 abc S = bcsinA = acsinB = absinC = 2 4R S = pr = p(p − a)(p − b)(p − c) víi p lµ nưa chu vi tam giác, r bán kính đờng tròn nội tiếp) 51 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 Giá trị lợng giác góc Thí dụ Tính giá trị biểu thức A = 4sin41350 + cos31500 − 3cot21200  Gi¶i Ta cã:  2      +  −  −  −  = − A =      3    Thí dụ Tính giá trị biểu thøc: a2 sin1800 − b3 2.sin1350 − 2ab2 cos1500 A= a.cotg1500 − b.cos00 + 2atg600  Gi¶i Ta cã: − b3 + ab2 b2 (a − b) + 2ab2 A= = = b2 2 = a 3− b a 3− b − a − b + 2a ThÝ dô Biết tan75o = + , tính giá trị hàm số lợng giác của: a Góc 105o b Gãc 15o − b3  Gi¶i a Ta cã: tan105o = tan(1800 − 75o) = −tan75o = −2 − , 1 cot105o = =− = − 2, tan105 2+ cos105o = cos(1800 − 75o) = cos750 (1) Mặt khác ta có: 1 31 = + tan2α ⇒ cos750 = = 2 cos α 1+ tan 75 2 (2) Thay (2) vào (1), ta đợc cos105o = 2 Khi ®ã, tõ: 52 tan105o = 1− 3+1 = 2 2 b Ta cã: sin1050 ⇒ sin105o = tan105o.cos105o = (−2 − cos1050 cot150 = cot(900 − 750) = tan75o = + 2+ =2− cot15o = = 2 , tan15o = = cotg150 3, sin150 = sin(900 − 750) = cos75o = 3+1 ) 3−1 2 , cos150 ⇒ cos15o = cot15o.sin15o = (2 + sin150 ) 3−1 2 ThÝ dô Cho gãc x víi cosx = = 3sin2α + cos2α Tính giá trị biểu thức P  Gi¶i Ta cã: P = 3sin2α + cos2α = P = 2sin2α + sin2α + cos2α = sin2α + (1) L¹i cã:  1 2 2 cos α + sin α = ⇔ sin α = − cos α = −   ⇔ sin2α =  3 Do ®ã: 25 (1) ⇔ P = sin2α + = +1= 9 ThÝ dô TÝnh tæng S = cos100 + cos300 + + cos150 + cos1700 Giải Viết lại S dới d¹ng: S = (cos100 + cos1700) + (cos300 + cos1500) + + (cos500 + cos1300) + (cos700 + cos1100) + cos900 = (cos100 − cos100) + (cos300 − cos300) + + (cos500 − cos500) + (cos700 − cos700) = 53 uuur uuur uuur uuur ThÝ dơ Cho h×nh vu«ng ABCD TÝnh cos( AC , BA ), sin( AC , BD uuur uuur ), cos( AB , CD ) Giải uuur uuur a Vẽ tia AB' tia ®èi cña tia AB , ta cã: uuur uuur uuur uuur uuur uuur ( AC , BA ) cã sè ®o C¢B' ⇒ ( AC , BA ) = 1350 ⇒ cos( AC , BA ) = − b Ta cã: uuur uuur uuur uuur ( AC , BD ) = CÔD = 900 sin( AC , BD ) = c Ta cã: uuur uuur uuur uuur AB CD ngợc hớng nên ( AB , CD ) = uuur uuur VËy, ta đợc cos( AB , CD ) = Đ2 Tích vô hớng hai vectơ Dạng toán 1: Tính tích vô hớng hai vectơ Phơng pháp thực Ta lùa chän mét c¸c c¸ch sau: r r C¸ch 1: Sử dụng định nghĩa cách đa hai vectơ a , b r r gốc để xác định đợc góc = ( a , b ), tõ ®ã: r r r r a b = | a | | b | cosα C¸ch 2: Sư dụng tính chất đẳng thức tích vô hớng hai vectơ Cách 3: Sử dụng định lý hình chiếu: với A', B' hình chiếu uuur A, B lên giá CD , ta cã: uuur uuur AB CD = A 'B' CD Cách 4: Sử dụng biểu thức toạ độ Thí dụ Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O M điểm tuỳ ý đờng tròn nội tiếp hình vuông N điểm tuỳ ý c¹nh BC TÝnh: uuuu r uuuu uuuu r uuur r A a MA MB + MC MD uuur uuur b NA AB M uuur c NO BA  Gi¶i a Ta cã: uuuu r uuuu uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur r MA MB + MC MD = ( MO + OA ).( MO + OB ) + 54 D K B N O C uuuu r uuur uuuu r uuur + ( MO + OC ).( MO + OD ) uuur uuur uuur uuur uuuu r uuur uuur uuur uuur = 2MO2 + OA OB + OC OD + MO ( OA + OB + OC + OD ) = a2, uuur uuur uuur uuur r bëi OA ⊥ OB, OC ⊥ OD vµ OA + OB + OC + OD = b Nhận xét B hình chiếu vuông góc N lên AB, đó: uuur uuur NA AB = BA AB = −AB AB = AB2 = a2 c Gọi K trung điểm AB, suy M hình chiếu vuông góc O lên AB, đó: uuur uuur 1 NO BA = BK BA = a.a = a2 2 Chú ý: Với toán có điều kiện, cần vận dụng linh hoạt điều kiện dể nhận đợc biểu thức cần dùng, cụ thể giả sử toán yêu cầu tính: r r r r A = (α1 a + β1 b )(α2 a + β2 b ) r r r r biÕt r»ng | a | = a, | b | = b vµ | a + b | = c, ®ã ta hiÓu r»ng: r r r r A = α1α2 a + β1β2 b + (α1β2 + α2β1) a b r r = α1α2a2 + β1β2b2 + (α1β2 + α2β1) a b r r Nh từ giả thiết ta cần nhận đợc giá trị tích a b , để có đợc nã ta sư dơng: r r r r | a + b | = c ⇔ ( a + b ) = c2 r r r r r r ⇔ a + b + a b = c2 ⇔ a b = (c2 − a2 − b2) Suy ra: A = α1α2a2 + β1β2b2 + (α1β2 + α2β1)(c2 − a2 + b2) Thí dụ Cho ABC có cạnh b»ng a, b, c uuur uuur a TÝnh AB AC theo a, b, c, tõ ®ã suy ra: uuur uuur uuur uuur uuur uuur AB BC + BC CA + CA AB b Gäi M lµ trung điể BC G trọng tâm ABC, tính ®é dµi AM tõ ®ã suy ®é dµi AG cosin góc nhọn tạo AG BC Gi¶i 55 a Ta cã: uuur uuur uuur (1) BC = AC AB Bình phơng vô hớng hai vế (1), ta đợc: uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 BC = ( AC − AB ) ⇒ BC = AC + AB − AC AB theo tÝnh giao ho¸n, ta cã: uuur uuur uuur uuur AC AB = AB AC Suy ra: uuur uuur 1 2 2 2 AB AC = (AB + AC − BC ) = (b + c − a ) 2 Bằng cách tính tơng tự, ta đợc: uuur uuu r uuur uuur 2 2 2 BA BC = (a + c − b ) vµ CA CB = (a + b − c ) 2 Tõ ®ã: uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur AB BC + BC CA + CA AB = −BA BC − CA CB − AB AC 1 = − (a2 + c2 − b2) − (a2 + b2 − c2) − (b2 + c2 − a2) 2 = − (a2 + c2 + b2) b Ta cã: uuur uuuu r uuur AM = ( AB + AC ) (2) Bình phơng vô hớng hai vế (2), ta đợc: uuur uuur uuur uuur AM2 = ( AB + AC )2 = (AB2 + AC2 + AB AC ) 4 1 = [c2 + b2 + (b2 + c2 − a2)] = (2c2 + 2b2 − a2) 4 ⇔ AM = (*) 2c + 2b − a Suy AG = 2 AM = 3 2c + 2b − a = 2c + 2b − a c Gọi góc nhọn tạo AG BC, ®ã: uuur uuur uuur uuur uuur uuur | AG.BC | | AG BC | = | AG | | BC | cosα ⇔ cosα = uuur uuur | AG | | BC | (3) uuur uuur Ta ®i tÝnh AG BC , b»ng c¸ch: 56 uuur uuur AG BC = uuur ( AB uuur uuur uuur 1 + AC )( AC − AB ) = (AC2 − AB2) = 3 (b2 c2) (4) Thay (4) vào (3), ta đợc: | b − c2 | | b2 − c2 | cosα = = a 2c + 2b − a 2c + 2b − a a  uuur uuur uuur uuur uuur uuur Chó ý: Ta còng cã thĨ tÝnh AB BC + BC CA + CA AB b»ng c¸ch: Ta cã: uuur uuur r uuur AB + BC + CA = (5) Bình phơng hai vế (5), ta đợc: uuur uuur uuur ( AB + BC + CA )2 = uuur uuur uuur uuur uuur uuur ⇔ AB2 + BC2 + CA2 + AB BC + BC CA + CA AB uuur uuur uuur uuur uuur uuur ⇔ AB BC + BC CA + CA AB = − (a2 + c2 + b2) Dạng toán 2: Chứng minh đẳng thức tích vô hớng hay độ dài Phơng pháp thực Ta có hai dạng: Dạng 1: Với biểu thức tích vô hớng ta sử dụng định nghĩa tính chất tích vô hớng, cần đặc biệt lu ý phép phân tích vectơ để biến đổi uuur Dạng 2: Với biểu thức độ dài ta thớng sử dụng AB2 = AB ThÝ dơ Cho nưa ®êng tròn tâm O có đờng kính AB = 2R Gọi M N hai điểm thuộc nửa đờng tròn cho hai dây AM BN cắt t¹i I uur uuuu r uur uuur uur uuuu r uur uuur a Chøng minh: AI.AM = AI.AB vµ BI.BM = BI.BA uur uuuu r uur uuuu r b Hãy dùng câu a) để tính AI.AM + BI.BM theo R  Gi¶i a Ta cã: 57 uur uuuu r uur uuuu r uur uuuu r AI vµ AM cïng híng nªn ( AI , AM ) = ⇒ AI.AM = AI.AM (1) L¹i cã: uur uuur uur uuur uur uuur AB cos( AI , AB ) = AM AI.AB = AI.AB.cos( AI , AB ), uur uuuu r uur uuur Suy AI.AM = AI.AB uur uuuu r uur uuur T¬ng tù, ta còng cã BI.BM = BI.BA b Ta cã: uur uuuu r uur uuuu r uur uuur uur uuur uuur uur uur AI.AM + BI.BM = AI.AB + BI.BA = AB ( AI − BI ) uuur uuur uuur = AB AB = AB2 = AB2 = 4R2 ThÝ dô Cho MM1 đờng kính đờng tròn tâm O, bán kính R A điểm cố định OA = d Giả sử AM cắt (O) N r uuuu r uuuuu a Chøng minh r»ng tÝch v« híng AM AM1 có giá trị không phụ thuộc M b Chøng minh r»ng tÝch AM AN cã gi¸ trị không phụ thuộc M Giải a Ta có: r uuuuu r uuuu r uuur uuur uuuu r uuuuu AM AM1 = ( OM − OA ).( OM1 − OA ) r uuuuu r uuur uuuu r uuuuu uuuu r uuA ur N = OM OM1 − ( OM + OM1 ) OA + OA = OA2 − OM2 = d2 − R2 M1 M O b Ta cã: r uuuuu r uuuu r uuur uuuu r uuuuu AM AN = AM AN = AM ( AM1 + M1 N ) r r uuuu r uuuuu uuuu r uuuuu = AM AM1 + AM M1 N = d2 − R2 ThÝ dô Cho nửa đờng tròn đờng kính AB Có AC, BD hai dây thuộc nửa đờng tròn, cắt t¹i E Chøng minh r»ng: AE AC + BE BD = AB  Gi¶i Ta cã: uuur uuur uuur uuur uuur AE AC = AE AC = AE ( AB + BC ) uuur uuur uuur uuur uuur uuur = AE AB + AE BC = AE AB (1) uuu r uuur uuu r uuur uuur BE BD = BE BD = BE ( BA + AD ) 58 AH   AH sin A CB = sin A CH = = = AC AH (4) Thay (2), (4) vào (1), ta đợc R = Dạng to¸n 2: AH Chøng minh tÝnh chÊt cđa tam gi¸c ThÝ dơ Cho ∆ABC cã a4 = b4 + c4 Chøng minh ∆ABC nhän  Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt suy a > b A > B ⇔  a > c A > C Do ®ã ®Ĩ chøng minh ∆ABC nhän, ta chØ cÇn chøng minh gãc A nhän ⇔ b2 + c2 − a2 > ⇔ b2 + c2 > a2 ⇔ (b2 + c2)2 > a4 ⇔ b4 + c4 + 2b2.c2 > a4 ⇔ a4 + 2b2.c2 > a4 ⇔ b2.c2 > 0, Vậy ABC nhọn Thí dụ Cho ∆ABC, biÕt S= (a + b − c)(a − b + c) (1) chøng minh r»ng ∆ABC vuông Giải Sử dụng công thức Hêrong, ta biến đổi (1) dạng: p(p a)(p b)(p − c) = (p − c)(p − b) ⇔ p(p − a)(p − b)(p − c) (p − c)(p − b) = (p − c)2(p − b)2 ⇔ p(p − a) = ⇔ (a + b + c)(b + c − a) = (a + b − c)(a + c − b) ⇔ a2 + b2 = c2 ⇔ ∆ABC vuông C Thí dụ Cho ABC nhọn, đờng cao AH trung tuyến BE thoả mãn AH = BE  a TÝnh sè ®o gãc CBE 71 b Giả sử AH đờng cao lớn ABC Xác định dạng ABC để B = 600  Gi¶i a Dùng EE1//AH, ∆E1BE, ta cã: AH    EE1 sin CBE = sin E 1BE = = = ⇔ CBE = 300 EB EB B b Dựng đờng cao CF EE2//CF, ∆E2BE, ta cã: CF AH   EE H sin A BE = sin E 2BE = = ≤ = E1 EB 2F EB EB E  ⇔ CBE ≤ 300 E A C Suy    B = CBE + A BE = 300 + A BE ≤ 300 + 300 = 600 (1) VËy ®Ĩ B = 600 ®iỊu kiện dấu = xảy (1) AH = CF ABC cân Ngoài ta có B = 600 ABC Dạng toán 3: Chøng minh c¸c hƯ thøc tam gi¸c ThÝ dụ Cho ABC, cạnh a, b, c A = 600 Chøng minh r»ng: b(b2 − a2) = c(a2 − c2)  Gi¶i Ta cã: a2 = b2 + c2 − 2bc.cosA = b2 + c2 − bc ⇔ a2(b + c) = (b + c) (b + c2 − bc) ⇔ a2b + a2c = b3 + c3 ⇔ b3 − a2b = a2c − c3 ⇔ b(b2 − a2) = c(a − c2), ®pcm ThÝ dơ Cho hai ∆ABC vµ ∆DEF cïng néi tiÕp đờng tròn (C) có: sinA + sinB + sinC = sinD + sinE + sinF (1) Chøng minh r»ng hai ∆ABC vµ ∆DEF cã cïng chu vi  Giải Gọi R bán kính đờng tròn (C) Trong ∆ABC, ta cã: 72 sinA + sinB + sinC = (2) Trong ∆DEF, ta cã: sinD + sinE + sinF = p a b c + + = ∆ABC R 2R 2R 2R p d e f + + = ∆DEF R 2R 2R 2R (3) Thay (2), (3) vào (1), ta đợc: pABC p = DEF p∆ABC = p∆DEF, ®pcm R R ThÝ dơ Cho ABC không cân đỉnh A, trung tuyến BD CE, có cạnh a, b, c Chứng minh rằng: (c2 − b2 )(c2 + b2 − 2a2 ) a AB2.CE2 − AC − BD2 = b AB.CE = AC.BD ⇔ b2 + c2 = 2a2 B Giải a áp dụng định lý trung tuyến, ta cã: E 1 AB c2 CE2 = (CA2 + CB2 − ) = ( b2 + c − ) 2 G 2 2 1 AC b BD2 = (BA2 + BC2 − ) = ( a + c2 − ) D C 2 2 2 AB2.CE2 − AC − BD2 = c (2a2 + 2b2 − c2) − b (2a2 + 4 2c2 − b2) 1 = [2(c2 − b2) a2 + b4 − c4] = ( b2 − c2)( b2 + c2 − 2a2) 4 b Ta cã: AB.CE = AC.BD ⇔ AB2.CE2 − AC − BD2 = ⇔ (b2 − c2)( b2 + c2 − 2a2) = ⇔ b2 + c2 = 2a2 A ThÝ dô Cho ABC vuông A; AH đờng cao HE, HF lần lợt đờng cao AHB, AHC Chứng minh r»ng: a BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2 C b BE2 + CF2 = BC2  Gi¶i a Ta cã: 3AH2 + BE2 + CF2 = 3AH2 + BH2 − HE2 + CH2 − HF2 H F 73 A E B = 3AH2 − EF2 + + (BH + HC) − 2HB.HC = 2AH2 + BC2 − 2AH2 = BC2 b Trong ∆AHB: BE = BH4 BH2 BH4 BH3 ⇒ BE2 = = = BA2 BC BA BH.BC (1) Trong ∆AHC: CF = CH4 CH2 CH4 CH3 ⇒ CF2 = = = CA CA BC CH.BC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: BE2 + Dạng toán 4: CF2 = BH BC + CH BC = BC BC = BC Tập hợp điểm Thí dụ Cho đoạn AB = a cố định Tìm tập hợp điểm M thoả mãn: 5a2 a2 a MA2 + MB2 = b MA2 − MB2 = 2 Giải M a Gọi I trung ®iÓm AB, ta cã: AB a2 MA2 + MB2 = 2MI2 + = 2MI2 + (*) 2 A I B Thay (*) vào hệ thức ban đầu, ta đợc: a2 5a2 2MI2 + = MI2 = a2 ⇔ MI = a 2 VËy tËp hỵp điểm M thuộc đờng tròn tâm I, bán kính R = a M b Gọi I trung điểm AB H hình chiếu vuông góc M lên AB, ta cã: a2 = MA2 − MB2 = AB IH a A ⇔ IH = ⇔ H trung điểm BI cố định B H I (d) Vậy tập hợp điểm M thuộc đờng thẳng (d) qua H vuông góc với AB 74 Thí dụ Cho đờng tròn (O), A điểm cố định (O), B điểm di động (O) Các tiếp tuyến (O) A B cắt C Tìm tập hợp tâm đờng tròn nội tiếp ABC A Giải Gọi I giao ®iĨm cđa OC víi (O), ta cã AI phân giác góc A, từ suy I tâm đờng tròn nội tiếp ABC I O B Vậy tập hợp tâm I thuộc đờng tròn (C), ngoại trừ bốn điểm A, A1, A2, A1A2 đờng kính vuông góc với OA C Các toán chän läc a TÝnh sinα, tanα, cotα Ví dụ 1: Biết cos = b Tính giá trị cđa biĨu thøc A = cotα + tanα cotα − tanα  Gi¶i a Ta cã: = , 25 sinα tanα = = , cotα = = tan α cosα b Ta lùa chän mét hai c¸ch sau: C¸ch 1: Tận dụng kết a), ta đợc: + cotα + tanα 25 A= = = cotα − tanα − Cách 2: Thực độc lập với a), ta biến đổi biểu thức dạng: cos sin + cot + tanα cos2 α + sin2 α sinα cosα A= = = cosα sinα cotα − tanα cos2 α − sin2 α − sinα cosα sin2α + cos2α = ⇔ sinα = 1− cos2 α = 75 C 1 25 = = =  4 = 2 2  − cos α − (1− cos α) 2cos α −  5 VÝ dô 2: Cho ∆ABC cã AB = 5, AC = 6, BC = Gäi trung ®iĨm cđa AC M Tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp B ABM Giải áp dụng định lý hàm số sin ∆ABM, ta cã: BM RABM = (1) 2sinA A M C Trong ∆ABC, ta cã: 2 BC AC AB2 + AC2 = 2AM2 + ⇔ BM2 = ( AB2 + BC2 − ) 2 = (25 + 49 − 18) = 28 ⇔ BM = (2) AB + AC − BC2 = ⇒ sinA = 2AB.AC 42 Thay (2), (3) vµo (1), ta ®ỵc RABM = 12 cosA = 1− = 25 (3) VÝ dô 3: Cho ∆ABC, biÕt AB + AC = 13, AB > AC, A = 60 bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác Tính độ dài cạnh ABC Giải A Ta có AB = c, AC = b, từ giả thiêt ta ®ỵc: b + c = 13 (1) Gäi M, N, P tiếp điểm đờng tròn nội tiếp với cạnh AB, AC, BC Ta đợc: M AM = AN, BM = BP vµ CN = CP O Trong ∆MAO, ta cã: A B P AM = OM.cotg = cotg300 = = AN Ta cã: BC = BP + PC = BM + CN = (AB − AM) + (AC − AN) = (AB + AC) − (AM + AN) = 13 − = Trong ∆ABC, ta cã: BC2 = AB2 + AC2 − 2AB.AC.cosA 76 N C ⇔ 49 = c2 + b2 − 2cb.cos600 ⇔ b2 + c2 − bc = 49 (2) Xét hệ phơng trình tạo (1), (2), có d¹ng: b2 + c2 − bc = 49 b = ⇔  c = b + c = 13 Vậy, độ dài ba cạnh ABC a = 7, b = 5, c = VÝ dụ 4: Cho ABC vuông A, AB = 3, AC = Gọi M trung điểm AC Tính bán kính đờng tròn ngoại tiếp MBC Giải áp dụng định lý hàm số sin BMC, ta có: BM 2sinC Trong ∆ABM, ta cã: RBMC = (1) BM = AB + AM = Trong ∆ABC: sinC = AB = BC 9+ = AB + AC (2) A AB 13 B = Thay (2), (3) vào (1), ta đợc RBMC = M C (3) 13 VÝ dô 5: Cho ∆ABC, c¸c trung tuyÕn AA1 = 3, BB1 = hợp với góc 600 Tính độ dài cạnh ABC Giải Vì AA1, BB1 hợp với góc 60 0, ta B cần xét hai trờng hợp A GB = 600 vµ A GB = 1200  Trêng hỵp 1: NÕu A GB = 600 A1 Trong ∆GAB, ta cã:  2 AB = GA + GB − 2GA.GB.cos A GB = 12 ⇒ AB = G Trong ∆GA1B, ta cã: B1 C  A 2 2 BC = A1B = GA1 + GB − 2GA1.GB.cos A 1GB = 21 ⇒ BC = 21 Trong ∆GAB1, ta cã: 77  AC2 = AB12 = GA2 + GB12 − 2GA.GB1.cos A GB1 = 12 ⇒ AC = 4  Trêng hỵp 2: NÕu A GB = 1200 Đề nghị bạn đọc tự làm Ví dô 6: Cho ∆ABC, cã AB = 3, AC = 6, BAC = 600 Tính bán kính đờng tròn cắt cạnh ABC chắn cạnh dây có độ dài Giải Gọi O tâm đờng thẳng cần xác định, I, J, K theo thứ tự hình chiếu vuông góc O lên BC, CA, AB Từ giả thiết: A B1C1 = C2A2 = A1B2 ⇔ OI = OJ = OK O tâm đờng tròn nội tiếp ABC A1 A2 Khi đó, bán kính R đờng tròn ®ỵc cho K J bëi: B2 O C2 R2 = OB12 = IB12 + OI2 (1) I Ta cã: C1 C B B1 B1C1 IB1 = = (2) a2 = BC2 = AB2 + AC2 − 2AB.AC.cosA = + 36 − 2.3.6.cos600 = 27 A A OI = r = (p − a)tg = (b + c − a)tg = (6 + − 3 2 2 )tg300 3( − 1) = (3) Thay (2), (3) vµo (1), ta ®ỵc: R2 = 20− ⇔R = 40− 18 VÝ dô 7: Cho ∆ABC, biÕt BC = LÊy E, F theo thø tù thuéc AB, AC cho EF song song víi BC vµ tiếp xúc với đờng tròn nội tiếp ABC Tính chu ∆ABC, biÕt EF =  78 Gi¶i Ta cã hai AEF ABC đồng dạng, đó: EF AE = (1) BC AB Ta cã: A E Q F P M B N C c = AB = AM + MB = AM + NB  b = AC = AP + PC = AM + NC ⇒ b + c = 2AM + BC = 2AM + ⇔ AM = AP = (b + c − a) = p − a (2) AM = AE + EM = AE + EQ ⇒ 2AM = AE + AF + EF  AM = AP = AF + FP = AF + FQ ⇔ AM = AP = p∆AEF (3) p− Thay (2), (3) vào (1), ta đợc = p = p VËy chu vi cña ∆ABC b»ng 18 Cho ∆ABC có diện tích 12 Trên cạnh AB, AC lần lAM AN ợt lấy điểm M, N cho = , = vµ BN AB AC cắt CM D a Tính diện tích tam giác BMC, ABN AMN theo S0 b Tính tỉ số diện tích hai tam giác ACD BCD; ABD vµ BCD c Suy diƯn tÝch cđa tam giác BCD theo S0 Ví dụ 8: Giải a Ta cã: S∆BMC S∆ABC = BM.BC.sinB BM BA − AM AM = = = = 1− = 1− BA BA BA BA.BC.sinB ⇒ SBMC = t¬ng tù ta còng cã: S∆ABN AN = = ⇒ S∆ABN = S∆ABC AC Mặt khác: 79 AM AN.sinA SAMN AM AN 1 = = = = ⇒ S∆AMN = S∆ABC AB AC AB.AC.sinA b VÏ hai ®êng cao AK BL hai tam giác ACD BCD AK//BL Suy ra: AK AM AM = = = BL BM AB − AM Do ®ã: DC.AK S∆ACD AK = = =1 S∆BCD BL DC.BL SABD T¬ng tù ta còng cã = SBCD c Ta cã: 24 SBCD + SABD + SACD = 12 ⇔ SBCD + SBCD + SBCD = 12 SBCD = Trên cạnh AB, BC, CA ABC lấy lần lợt AM BN CP ®iĨm M, N, P cho = = = k, víi k > 0, k MB NC PA cho tríc a BiÕt S∆ABC = S0 TÝnh S∆MNP theo S0 k b ABC cố định Hãy chọn số k cho ∆MNP cã diÖn tÝch nhá nhÊt VÝ dơ 9:  Gi¶i a Ta cã: BN BA.BN.sinB S∆ABN BN BN k NC = = = = = BN S∆ABC BC BN + NC k+1 BA.BC.sinB +1 NC k ⇒ SABN = S0 k+1 Ta cã: 80 BM BM.BN.sinB S∆BNM BM BM MA = = = = = BM S∆ABN BA BM + MA k+1 BA.BN.sinB +1 MA ⇒ S∆BNM = S0 k+1 k t¬ng tù, ta còng cã S∆CNP = S∆AMP = S0 (k + 1)2 ®ã: 3k 3k S∆MNP = S0 − ] S0 = S0[1 − (k + 1) (k + 1)2 b S∆MNP đạt giá trị nhỏ 3k 3k (1 lín nhÊt ) nhá nhÊt ⇔ (k + 1) (k + 1)2 Ta cã: k 3k 1 (k + 1)2 ≥ 4k ⇒ ⇒1 − ≤ ≥ (k + 1) (k + 1) 4 VËy S∆MNP = S0 (k + 1)2 = 4k ⇔ k = VÝ dô 10: Cho ∆ABC, biÕt: A sinA + B.sinB B.sinB + C.sinC C.sinC + A sinA + + A+B B+ C C+ A = = sinA + sinB + sinC Chøng minh r»ng ABC Giải Sử dụng định lý hàm số sin ABC, ta biến đổi biểu thức dạng: a b b b c c A + B B + C C + A a b c + + 2R 2R + 2R 2R + 2R 2R = 2R 2R 2R A+B B+ C C+ A C.c + A a A a + B.b B.b + C.c ⇔ + + = a + b + c C+A A+B B+ C (1) Trong ABC đối diện với cạnh lớn góc lớn hơn, đó: (A B)(a b) ≥ ⇔ A.a + B.b ≥ A.b + B.a ⇔ 2(A.a + B.b) ≥ A.b + B.a + A.a + B.b = (A + B)(a + b) 81 A a + B.b ≥ (a + b) (2) A+B t¬ng tù ta còng cã: B.b + C.c ≥ (b + c) B+ C (3) C.c + A a ≥ (c + a) C+A (4) Cộng theo vế (2), (3), (4), ta đợc: C.c + A a A a + B.b B.b + C.c + + ≥ a + b + c C+A A+B B+ C (5) Vậy (1) có đợc dấu = xảy (5) a = b = c ⇔ ∆ABC ®Ịu ⇔ VÝ dơ 11: Cho ABC, diện tích S, đờng cao ha, hb, hc Chứng minh ABC S = (a.hb + b.hc + c.ha)  Giải Ta biến đổi hệ thức giả thiết dạng: 1 a b c S S = (a.hb + b.hc + c.ha) = (b.hb + c.hc + a.ha ) = 6 b c a a b c ( + + ) b c a a b c ⇔ + + = b c a (1) MỈt khác áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có: a b c + + ≥ b c a Do ®ã (1) x¶y khi: a b c = = ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC ®Ịu b c a Ví dụ 12: Cho ABC cạnh a M điểm 2 đờng tròn ngoại tiếp ABC Chứng minh MA A + MB 2 d + MC = 2a A M  Gi¶i dB 82 B N dC C LÊy ®iĨm N trªn MC cho MA = MN, AMN tam giác Mặt khác ta có nhËn xÐt:   MBA = MCA ch¾n1cung    ⇒ MA B = NA C ,   A MB = A NC = 120 tõ ®ã, suy ra: ∆MAB = ∆NAC ⇒ MB = NC ®ã: MC = MN + NC = MA + MB Nh vËy: MA2 + MB2 + MC2 = MA2 + MB2 + (MA + MB)2 = 2(MA2 + MB2 + MA.MB) (1) Trong ∆MAB, ta cã: AB2 = MA2 + MB2 − 2MA.MB.cosM ⇔ a2 = MA2 + MB2 + MA.MB (2) Thay (2) vào (1), ta đợc: MA2 + MB2 + MC2 = = 2a2, ®pcm VÝ dơ 13: Cho ABC cân A, biết B = C = , AI = m với I đờng tròn nội tiếp tam giác a Tính độ dài cạnh BC b Với R bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC Chøng minh r»ng: 2Rsinα = m.cotg α A  Gi¶i a Trong ∆IAB, ta cã: AB AI  =  ⇔ AB = sinA I B sinA BI m.sin(900 + α ) M O I α sin α α 0 A1 C m.sin[180 − (90 − )] m.sin(900 − ) B α 2 = = = m.cotg α α sin sin 2 Trong ∆A1AB, ta cã: α BC = 2BA1 = 2AB.cosα = 2m.cotg cosα 83 b Gäi M trung điểm AB, MAO, ta có: AB AM m cotg α  ⇔ 2Rsinα = m.cotg , R = OA = = = sinA OM sin 2sin đpcm Ví dụ 14: Cho ABC, trung tuyến AA1, BB1 CC1 theo thứ tự cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác A2, B2, C2 Chøng minh r»ng: AA BB1 CC1 + + ≤ AA BB2 CC2 A  Gi¶i C Tứ giác ABA2C nội tiếp đờng tròn, đó: a A1 B AA1.A1A2 = BA1.A1C = Ta cã: A2 AA1.AA2 = AA1.(AA1 + A1A2) = AA + AA1.A1A2 a2 a2 b2 + c2 = (b2 + c2 − )+ = 2 42 2 a (b + c2 − ) AA AA 12 a2 2 = − 2(b2 + c2 ) AA = AA AA = b2 + c2 2 (1) t¬ng tù, ta còng cã: BB1 b2 =1− (2) BB2 2(a2 + c2 ) CC1 c2 =1− (3) CC2 2(a2 + b2 ) Tõ ®ã suy ra: AA BB1 CC1 c2  1 a b2 + + =3− + +   AA BB2 CC2 a2 + b2  b + c a2 + c2 (4) Ta ®i chøng minh a2 b2 c2 + + ≥ , 2 2 2 b +c a +c a +b thËt vËy: a2 b2 c2 + + = b2 + c2 a2 + c2 a2 + b2 84 a2 b2 c2 + + + + − b2 + c2 a2 + c2 a2 + b2 1 = (a2 + b2 + c2)( + + )− 2 b +c a +c a + b2 = [(b2 + c2) + (c2 + a2) + (a2 + b2)]× 1 ×( + + )− 2 b +c a +c a + b2 =1+ Cosi ≥ (b2 + c2)(c2 + a2)(a2 + b2) 2 (b + c )(c + a2)(a2 + b2) Thay (5) vào (4), ta đợc: AA BB1 CC1 + + ≤ 3− = , ®pcm AA BB2 CC2 2 = − (5) 85 ... từ đỉnh A ABC 67 uuuur uuur uuuur uuur  AA1 ⊥ BC  AA1 BC = (x − 1, y − 2). (6, −2) = ⇔  uuuur uuur ⇔  uuuur uuur ⇔  (x + 1, y − 1) // (6, −2)  BA1 // BC  BA1 // BC 6( x − 1) − 2(y... 300 + 300 = 60 0 (1) VËy ®Ĩ B = 60 0 ®iỊu kiện dấu = xảy (1) AH = CF ABC cân Ngoài ta có B = 60 0 ABC Dạng toán 3: Chøng minh c¸c hƯ thøc tam gi¸c ThÝ dụ Cho ABC, cạnh a, b, c A = 60 0 Chøng minh... AA1 = 3, BB1 = hợp với góc 60 0 Tính độ dài cạnh ABC Giải Vì AA1, BB1 hợp với góc 60 0, ta B cần xét hai trờng hợp A GB = 60 0 vµ A GB = 1200  Trêng hỵp 1: NÕu A GB = 60 0 A1 Trong ∆GAB, ta cã: