Đẳng thức lượng giác 1

Phần 3: Đẳng thức lượng giác toán hình học phẳng Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng * Ta dùng công thức lượng giác bàn để chứng minh định lý Ở phần này, ta bàn ứng dụng đẳng thức lượng giác.Nói đến ứng dụng lượng giác nghĩ đến ứng dụng đại số.Quả thật lượng giác có ứng dụng hình học so với đại số.Nhưng chịu khó để ý, thấy hầu hết cách giải lượng giác toán hình học thường dễ hiểu, đơi ngắn gọn so với cách giải hình học phẳng thơng thường Sau chúng tơi xin trình bày định lý toán chứng minh phương pháp lượng giác CÁC ĐỊNH LÝ Định lý Stewart *Cho tam giác ABC bất kỳ, D điểm cạnh BC Ta ln có : BC.AD2 = BD.AC2 + DC.AB2 – BC.BD.DC Chứng minh: Gọi AD= d, BD= m, DC= n Đặt ADˆ B = α ⇒ ADˆ C = 180 − α Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ADB ADC, ta được: c2 = d2 + m2 – 2mdcos α b2= d2 + n2 – 2dncos( 1800- α ) ⇒ nc2 + mb2 = d2(n+m) + mn(m + n) (vớichú ý cos α = -cos( 1800- α ) ⇒ nc2 + mb2 = ad2 + anm ⇒ ad2 = mb2 + nc2 – amn Đó đpcm Chú ý : 1.Trong định lý Stewart xét AD trung tuyến (tức m = a n = ) Khi từ suy ra: a a a a ama2 = b2 + c2 – a 2 2 2 2b + 2c − a ma2 = (1) (1) cơng thức xác định đường trung tuyến quen biết tam giác 43 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng 1.Nếu xét AD đường phân giác Khi đó, theo tính chất đường phân giác trong, ta có: m c = n b ac ab ⇒m= ; n= b+c b+c Từ định lý Stewart, ta có: ac ab a bc b + c −a ala2 = b+c b+c (b + c ) la2 = bc[(b + c ) − a ] (b + c ) abcp( p − a ) (2) (b + c) cơng thức xác định đường phân giác quen biết tam giác la2 = (2) Bài tập áp dụng: Đề: cho tam giác ABC Các đường AD, BE, CK ( D,E,K tương ứng thuộc cạnh BC CA, AB) gọi BD CE AK = = = đường n - tuyến ∆ ABC như: BC CA AB n ( n số dương cho trước) Đặt AD=da, BE = db, CK= dc ( gọi da , db , dc độ dài đường n- tuyến) Chứng minh rằng: n2 − n +1 da2 + db2 + dc2 = (a + b + c ) n Chứng minh: Theo định lý Stewart ta có: a.AD2 = BD.b2 – DC.c2 – a.BD.DC (1) a (n − 1)a Do BD = ; DC = , từ (1) có : n n ab a( n − 1) a (n − 1)ac a.AD2 = n + - a n2 n ⇒ da2= ⇒ b + ( n − 1)c (n − 1)a − n n2 nb + n(n − 1)c − (n − 1)a da2 = n2 (2) nc + n(n − 1)a − ( n − 1)b L ý luận tương tự, có db = (3) n2 44 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng na + n(n − 1)b − (n − 1)c (4) n2 Cộng vế (2)(3)(4) suy : n2 − n +1 da2 +db2 + dc2 = (a + b + c ) n ⇒ đpcm dc2 = Chú ý: 1) Với toán tổng quát trên, ta thay n số nguyên dương cụ thể ta có định lý quen thuộc học.Chẳng hạn, n = đường 2-tuyến trở thành đường trung tuyến tam giác 2) Ngồi ra, n-tuyến có nhiều tính chất lý thú như: tam giác KDE, A’B’C’ ABC có trọng tâm.( ta chứng minh hình học vector ) Công thức Euler Cho tam giác ABC Gọi O I tương ứng tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Đặt l = IO Chứng minh rằng: l2= R2 – 2Rr Chứng minh: Đường phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp D Khi ta có : µ   µA + B ·IBD = BID · =  ÷ ÷   Vì DB = DI (1) Theo cơng thức phương tích, ta thấy IA.ID = P1 (O) = R2 – IO2 (2) Từ (1) (2) suy IA.DB = R2 – l2 (3) Trong tam giác vng IAE, : IE r A = A IA = (4) sin sin 2 Áp dụng định lý hàm số sin tam giác DBA ( với ý R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDA), ta có : A BD = 2Rsin BAˆ D = 2sin (5) Thay (4)(5) vào (3), ta : R2 – l2 = 2Rr hay l2 = R2 – 2Rr ⇒ đpcm Chú ý : Từ công thức Euler l2 = R2 – 2Rr ≥ hay tam giác ta có: R ≥ 2r (*) Dấu xảy ⇔ l = ⇔ I ≡ O ⇔ ABC tam giác 45 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng *** Từ phần ý, ta có R = 4rsin A B C sin sin 2 Vì từ (*) ta có: A B C sin sin sin ≤ ( bđt quen thuộc 2 lượng giác) Như vậy, ta lợi dụng công thức Euler để chứng minh bất đẳng thức ( nhiên cách chứng minh ngắn gọn, dù ta tìm hệ lý thú công thức Euler) Công thức Euler cho khoảng cách tâm đường tròn ngoại tiếp bàng tiếp Ký hiệu O tâm đường tròn ngoại tiếp I a tâm đ ường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Đặt da = OIa Chứng minh công thức Euler : da2 = R2 + 2Rr Chứng minh Từ tam giác ABIa, ta có: · D = FBI · a - FAI · a BI a · · = I· BC - CBD (ở D DBI a a giao điểm AIa với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) Do IaA BIa tương ứng · · phân giác BAC FBC ( Ia tâm đường tròn bàng tiếp góc A ∆ ABC) nên: · · = I· a AC = CBD FAI a · = I· BC FBI a a Kết hợp lại suy · · DBI a = BI a D ⇒ ∆ BDIa cân đỉnh D ⇒ BD = DIa (1) K ẻ IaM ⊥ OD ( ý cung BD = cung DC nên OD ⊥ BC, tức OM ⊥ BC) Xét tam giác ODIa, theo định lý hàm số cosin ta có: · Dda2 = OIa2 = OD2 + DIa2 – 2OD.DIa.cos ODI a DM · · − Vì cos ODI , ta có : a = - cos I a DM = DI a da2 = OD2 + DIa2 + 2OD.DM (2) Từ (1) theo hệ thức lượng tam giác vuông BDN ( N giao điểm DO với đường tròn : OD  BC = L) , ta có BD2 = DN.DL = 2R.DL Thay vào (2) có : da2 = R2 + 2R.DL + 2R.DM = R2 + 2R(DL + DM) = R2 + 2R.ML Do MIa // BC, nên ML khoảng cách từ Ia xuống BC, tức ML = ⇒ da2 = R2 +2R.ra 46 Phần 3: Đẳng thức lượng giác toán hình học phẳng ⇒ đpcm Định lý Euler Cho tam giác nội tiếp đường tròn tâm O M điểm mặt phẳng chứa tam giác chứa tam giác Gọi A1, B1, C1 hình chiếu M lân cạnh BC, CA, AB Chứng minh : 1 d2  S A1 B1C1 = 1 −  MO = d 4 R  Chứng minh Ta xét trường hợp M nằm tam giác ABC Các trường hợp khác xét tương tự Nối AM kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Ta có: B1Cˆ A1 = B Cˆ M + MCˆ A = B Aˆ M + MBˆ A = DBˆ C + MBˆ C = MBˆ D 1 1 1 (1) Áp dụng định lý hàm số sin tam giác MBD, ta có : MB MD (2) = sin BDˆ M sin MBˆ D Từ (1),(2) suy ra: Ta có : Áp dụnh định lý hàm số sin tam giác AB1C1 với ý MA đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này, ta có : B1C1 = MA sinB (5) Tương tự, có : A1C1 = MBsinB (6) Vì từ (3) (4) (5) (6) suy : MD sin C S A1B1C1 = MA.MB sin A sin B = MA.MDsinAsinBsinC (7) MB Ta có : MA.MD = PM(o) = R2 – MO2 = R2 – d2 Thay (7) vào (8) ta có : SA1B1C1 = (R2 – d2) sinAsinBsinC S Do S = 2R2sinAsinBsinC = 2R Thay lại vào (9) ta : (8) (9) 47 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng d2 SA B C = S(1 - R ) Định lý Euler chứng minh Bài toán điểm Broca 1) Cho tam giác ABC điểm M tam giác ABC cho MAˆ B = MBˆ C = MCˆ A = ϕ Chứng minh : cotg ϕ = cotgA + cotgB + cotgC (Điểm M xác định gọi điểm Broca, ϕ góc Broca) 2) Chứng minh rằng: 1 1 = + + 2 sin ϕ sin A sin B sin C 3) Chứng minh : 2S sin ϕ = 2 b c + c a + a 2b 4) Chứng minh : sin ϕ = sin( A − ϕ ) sin( B − ϕ ) sin(C − ϕ ) 5) Gọi Ra, Rb, Rc tương ứng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB,MAC,MCB Chứng minh RaRbRc = R3 6) Chứng minh : MA.MB.MC = 8R3sin3 ϕ Chứng minh 1) Đặt MA = x, MB = y, MC = z Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng tam giác MAB, MBC, MCA ta có : c2 + x2 − y2 a2 + y − z b2 + z − x2 = = cotg ϕ = (1) S ABM S BMC S BMC Từ (1) theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có : a2 + b2 + c2 cotg ϕ = (2) 4S Theo hệ định định lý hàm số cosin suy rộng, ta có : a2 + b2 + c2 cotgA + cotgB + cotgC = (3) 4S 48 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Từ (2) (3) suy đpcm 2) Từ 1) suy : cotg2 ϕ = cotg2A + cotg2B + cotg2C + 2(cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA) Từ đó, theo đề suy : cotg2 ϕ = cotg2A + cotg2B + cotg2C + ⇒ + cotg2 ϕ = (1 + cotg2A) + (1 + cotg2B) + (1 + cotg2C) hay 1 1 = + + 2 sin ϕ sin A sin B sin C 3) Theo 2) áp dụng định lý hàm số sin , ta có: R R R R (a b + b c + c a ) = + + = (4) sin ϕ a2 b c a 2b c abc Vì S = , nên từ (4) suy : 4R 2S ⇒ đpcm sin ϕ = 2 a b + b 2c + c a 4) Áp dụng định lý hàm số sin tam giác MAC , ta có: MA sin ϕ = (5) MC sin( A − ϕ ) Tương tự : MC sin ϕ = (6) MB sin(C − ϕ ) MB sin ϕ = (7) MA sin( B − ϕ ) Nhân vế (5) (6) (7) suy sin3 ϕ = sin(A- ϕ )sin(B - ϕ ) sin(C- ϕ ) ⇒ đpcm 5) Theo định gnhĩa điểm Broca M, góc Broca ϕ , ta có: AMˆ C = 180 − (ϕ + A − ϕ ) = 180 − A ⇒ sin AMˆ C = sin A Áp dụnh định lý hàm số sin tam giác MAC, ta có: AC = 2Rbsin AMˆ C =2RbsinA (8) Lý luận tương tự, ta có: BC = 2RasinC (9) AB = 2RcsinB (10) 49 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Nhân vế (8) (9) (10) lại áp dụng định lý hàm số sin tam giác ABC ta có: (2RsinB)(2RsinA)(2RsinC) = 8RaRbRcsinAsinBsinC Do sinAsinBsinC ≠ ⇒ RaRbRc = R3 ⇒ đpcm 6) Áp dụng định lý hàm số sin tam giác MAB, MBC, MCA ta có: MA.MB.MC = (2Rbsin ϕ )(2Rcsin ϕ )(2Rasin ϕ ) Từ theo phần 5) suy MA.MB.MC = 8R3sin3 ϕ ⇒ đpcm Chú ý : dựa vào phần 5) suy AMˆ C = 1800 – A = B + C BMˆ C = 1800 – C = A + B * Vậy điểm Broca hồn tồn dựng thước compas.(vì giao điểm cung chứa góc A + B dựng cạnh BC, với cung chứa góc B + C dựng cạnh AC ) Định lý Cacnô Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi ka, kb, kc khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB Thì : ka + kb + kc = R + r Chứng minh Gọi ka , kb, kc theo thứ tự khỏang cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến cạnh a, b, c ; H trực tâm tam giác Kẻ OP, ON, OM vng góc BC, AC, AB, ta có OP = ka ; ON = kb ; OM = kc Trong t ứ gi ác ANOM, theo đ ịnh l ý Ptoleme, ta có : OA.MN = OM.AN + ON.AM , hay b c a R = kc + kb (1) Tương tự : c a b R = ka + kc a b c R = k b + ka (2) (3) Cộng vế (1) (2) (3) suy : b+c c+a a+b R p = k a + kb + k c k a kb kc ⇒ Rp = (ka kb kc)p - a − b − c 2 = (ka kb kc)p – S = (ka kb kc)p – pr ⇒ r + R = ka kb kc ⇒ ta chứng minh xong định lý Cacnô Chú ý : Định lý Cacnơ viết dạng sau : 50 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Trong tam giác ABC : AH + BH +CH = 2(R + r) với H trực tâm tam giác ( Do theo định lý đường thẳng Euler, ta có H,G,O thẳng hàng, với G trọng tâm tam giác ABC GH = 2GO ⇒ AH = 2OP = 2ka Tương tự BH = 2kb, CH = 2kc) Bài tập ứng dụng Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi ka, kb, kc  a b c  abc +  = khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB Chứng minh hệ thức: 4 +  k a kb kc  k a kb kc Chứng minh Gọi M trung điểm BC, OM = ka a BM =2 = 2tg BÔM = 2tgA Ta có: ka OM b c = 2tgB; = 2tgC Tương tự kb kc Từ suy ra: a b c + + = 2(tgA + tgB + tgC) (1) ka kb kc Mà ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC Do từ (1) có: a b c a b c + ⇒ đpcm 4( + ) = 8tgA.tgB.tgC = ka kb kc k a kb kc Định lý Ptoleme Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Khi ta có: 51 Phần 3: Đẳng thức lượng giác toán hình học phẳng AC.BD = AB.CD + AD.BC Chứng minh: ˆ ˆ ˆ ˆ ABD = ACD = α ; DBC = DAC = β Đặt BDˆ C = BAˆ C = γ ; BCˆ A = BDˆ A = σ Áp dụng định lý hàm số sin tam giác ABD, ACD, ABC ta có: AB.CD + AD.BC = 2R2(2sin σ sin β + 2sin α sin γ ) = 2R2 [cos( σ - β ) – cos( σ + β ) + cos( α - γ ) – cos( α + γ )] Vì α + β + γ + σ = 1800 ⇒ cos( σ + β ) = – cos( α + γ ) (2) Từ (1) (2) suy ra: AB.CD + AD.BC = 2R2[cos( σ - β ) + cos( α + γ )] (3) Lại áp dụng định lý hàm số sin vào tam giác ACD, BCD, có: AC.BD = 2Rsin( γ + σ )2Rsin( σ + α ) = 2R2[cos( α - γ ) – cos( α + γ +2 σ )] (4) Vì ( α + γ +2 σ ) + ( β - σ ) = 1800 ⇒ cos( α + γ +2 σ ) = - cos( β - σ ) (5) Thay (5) vào (4) có: AC.BD = 2R2[cos( α - γ ) + cos( σ - β ) (6) Từ (3) (6) suy định lý Ptoleme chứng minh (1) Định lý Peletier Cho tam giác A2B2C2 Lấy ba điểm A,B,C tương ứng nằm cạnh B2C2, C2A2 A2B2 Lấy lại ba điểm A1,B1,C1 tương ứng nằm cạnh BC,CA,AB ∆ ABC cho A1B1// A2B2; B1C1//B2C2 C1A1//C2A2.Suy ra: 52 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng S2ABC = S A1 B1C1 S A2 B2 C Chứng minh Rõ ràng ∆ A1B1C1 ∆ A2B2C2, : B1C1 AH = 1 (1) B2 C A2 H Ở A1H1 A2H2 tương ứng chiều cao kẻ từ A1 A2 hai tam giác A1B1C1, A2B2C2 Ta có: SA B C SA B C = B1C1 A1 H B2 C A2 H (2) Từ (1) có A1H1.B2C2 = B1C1.A2H2 (3) Thay (3) vào (2), suy ra: ( B1C1 A2 H ) SA B C SA B C = (4) Dễ dàng thấy : SABC = SA B C + SA B C + SBA C + SCA B (5) Do B C // B C ; C1A1//C2A2 A1B1//A2B2, nên ta có: SAB C = SC B C ; SBA C = SA A C ; SCA B = SA B A Từ suy : (6) SA B C = SA B A + SA A C + SA B C (7) Kết hợp (5) (6) (7) có: 1 2 1 SABC = SC B C + SA B C = B1C1(d + d’) d d’ tương ứng khoảng cách từ C2 A2 đến B1C1 ⇒ d + d’ = A2H2 53 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng B1C1.A2H2 ⇒ S2ABC = ( B1C1 A2 H ) Từ (4) (8), ta thu : ⇒ SABC = (8) S2ABC = SA B C SA B C ⇒ đpcm Hệ định lý Peletier 1) Tam giác ABC nhọn Vẽ ba chiều cao AA’, BB’, CC’ Khi A’B’C’ gọi tam giác trực tâm Tam giác A1B1C1 A1B1, A1C1, B1C1 tương ứng tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC C, B, A 2) Tam giác A1B1C1 gọi tam giác tiếp xúc Và diện tích tam giác ABC trung bình nhân diện tích tam giác trực tâm tam giác tiếp xúc Chứng minh Thật : Ta có A’B’C’ A1B1C1 tam giác nội ngoại tiếp tam giác nhọn ABC mà A’B’ //A1B1; A’C’ //A1C1 B’C’ // B1C1 theo định lý Peletier ta suy đpcm Hai đường thẳng phát xuất từ đỉnh góc tam giác đối xứng với qua đường phân giác góc đó, gọi đường đẳng giác Bài tập ứng dụng 54 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA tương ứng C1, A1, B1 Qua A, B, C theo thứ tự kẻ đường thẳng song song với B1C1, C1A1, A1B1 Chúng cắt tạo thành ∆ A2B2C2 Đặt AB = c, BC = a, CA = b, gọi R, r tương ứng bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp ∆ ABC Gọi S2, R2 tương ứng diện tích bán kính đường trón ngoại tíêp abc ; b) R2 = 2R ∆ A2B2C2 Chứng minh rằng: a) S2 = 2r Chứng minh a)Gọi O tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC Ta có: S A1B1C1 = S OB1C1 + S OC1 A1 + S OA1B1 55 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng r (sinB1 Oˆ C1 + sin C1Oˆ A1 + sin A1Oˆ B1 ) = r2(sinA + sinB + sinC) Từ định lý hàm số sin: a = 2RsinA; b = 2RsinB; c = 2RsinC suy ra: a + b + c pr S A1B1C1 = r = 2R 2R Do S = pr, nên ta có: Sr S A1B1C1 = 2R Theo định lý Peletier, ta có: Sr S A2 B2C2 S A1B1C1 = S hay S2 = S2 2R abc R SR abc ⇒ S2 = đpcm = 4R = ⇒ r r 2r S  B1C1   = A1B1C1 b) Do ∆ A1B1C1 ∆ A2B2C2 ⇒  S A2 B2C2  B2 C  = S A1B1C1 B1C1 = B2 C S2 Theo câu a) suy ra: S A1B1C1 B1C1 = abc = BC ⇒ 2 Sr.2r = R.abc abc 4R R.abc 2r 2r BC r (1) ⇒ 1 = B2 C 2 R Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ A1B1C1 r, nên đồng dạng hai tam giác A1B1C1 A2B2C2, ta có: B1C1 r = (2) B2 C R2 Từ (1) (2) suy : r r = ⇒ R2 = R ⇒ đpcm R2 R Định lý Steine Hai tam giác ABC giả sử AD AE đường đẳng giác Ta có hệ thức sau : BD.BE AB = CD.CE AC 56 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Chứng minh Vì hai tam giác ABD ACD có chiều cao, nên BD = CD S S ABD (1) ACD Vẽ phân giác AF Do AD AE hai đường đẳng giác nên ta có BÂD = ÊC; DÂC = BÂE (*) Ta có: ˆ S ABD = AB AD sin BAD = c sin BAˆ D (2) S ACD AC AD sin DAˆ C b sin DAˆ C Từ (1) (2) với ý(*), suy : BD c sin EAˆ C (3) = CD b sin BAˆ E Theo định lý hàm số sin, trong tam giác EAC BAE, ta có: EC b EC sin AEˆ C (4) = ⇒ sin EAˆ C = b sin EAˆ C sin AEˆ C BE c BE sin AEˆ B (5) = ⇒ sin BAˆ E = c sin BAˆ E sin AEˆ B Thay (4) (5) vào (3) , với ý sinAÊC= sinAÊB (do AÊC + AÊB = 1800) suy : BD c EC c = CD b b BE BD.BE c AB ⇒ = = ⇒ đpcm CD.CE b AC Hệ định lý Steine 57 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Đường thẳng đẳng giác với trung tuyến gọi đường đối trung tam giác Và đường đối trung chia cạnh đối diện thành phần tỉ lệ với bình phương cạnh kề Chứng minh Thật vậy: Giả sử AN đường đối trung, tức AN trung tuyến ANlà hai đường đẳng giác Theo định lý Steine, ta có : BN BM AB (*) = CN CM AC Vì BM = CM, nên từ (*) suy : NB AB = ⇒ đpcm NC AC Phần : Dùng lượng giác chứng minh tốn hình học Ở mục này, chúng tơi xin giới thiệu số tốn trích từ thi toán tiếng : Olympic 30-4,…Xin nhắc lại, cách giải cho toán mà cách giải tiêu biểu Bài toán : Cho tứ giác lồi ABCD, AC cắt BD O Gọi r 1, r2, r3, r4 bán kính nội tiếp tam giác OAB, OBD, OCD, ODA Chúnh minh tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi: 1 1 + = + r1 r3 r2 r4 (đề thi olympic 30-4 trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai) Chứng minh 58 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Kí hiệu a, b, c, d, x, y, z, t độ dài đoạn thẳng AB, BC, CD, DA, OA, OB, OC, OD α =BƠC 1 1 + = + Ta có: r1 r3 r2 r4 x+ y+a z+t +c y+ z+b x+t +d + = + ⇔ xy sin α zt sin α yz sin α xt sin α 1 a 1 c 1 b 1 d + + + = + + + + + ⇔ + + x y xy z t zt y z yz x t xt a c b d + = + ⇔ xy zt yz xt ⇔ azt + cyx = bxt + dyz ⇔ (azt + cyx) = (bxt + dyz)2 ⇔ a2z2t2 + c2y2x2 + 2acxyzt = b2x2t2 + d2y2z2 + 2bdxyzt ⇔ (x2 + y2 + 2xycos α )z2t2 + (z2 + t2 + 2ztcos α )x2y2 + 2acxyzt = = (y2 + z2 - 2yzcos α )x2t2 + (x2 + t2 – 2xtcos α )y2z2 + 2bdxyzt ⇔ 2ztcos α + 2xycos α + 2ac = – 2xtcos α - 2yzcos α + 2bd ⇔ (c2 – z2 – t2) + (a2 – x2 – y2) + 2ac = (d2 – x2 – t2) + (b2 – y2 – z2) + 2bd ⇔ (a + c)2 = (b + d)2 ⇔a+c=b+d ⇔ Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn Bài 2: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, A1 trung điểm BC Chứng minh tồn cặp điểm B1, C1 thoả điều kiện: B1 thuộc đoạn AC, C1 thuộc đoạn AB BC1 + A1B1 = BA1 + B1C1 (đề thi olympic 30-4 trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai) Chứng minh Đặt BC = 2, A1B1 = A1C1 = y, IC1 = IB1 = x, AB = AC = b (b > 1) 59 Phần 3: Đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Áp dụng định lý hàm số sin: y2 = + b2(1 – x)2 – 2b(1 – x)cosC (cosC = ) b ⇒ y2 = + b2(1 – x)2 – 2(1 – x) (*) Do giả thiết ⇒ y + BC1 = + 2x ⇒ y = + 2x – b(1 – x) ⇒ y2 = [1 + 2x – b(1 – x)]2 (**) (*) (**) ⇒ [1 + 2x – b(1 – x)]2 = + b2(1 – x)2 – 2(1 – x) ⇒ 2(1 + b)x2 – (b – 1)x – (b – 1) = (0 < x < 1) Đặt f(x) = 2(1 + b)x2 – (b – 1)x – (b – 1) Ta có: f(0) < < f(1) f(x) tam thức bậc hai ⇒ tồn x ∈ (0, 1) để f(x) = Do tồn cặp điểm B1, C1 thoả điều kiện toán  Bài 3: cho ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn (O) Trên cung nhỏ AB (O) lấy điểm M bất lỳ ( M khác A B) Chứng minh: MA + MB + MD = MC + ME (đề thi olympic 30-4 trường THPT Trưng Vương – TP.HCM) Chứng minh π 2π cos = 2 Gọi R bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp ngũ giác  π Đặt AM = 2x (0 < x < ) Áp dụng định lý hàm số sin tam giác nội tiếp (O) MA = 2Rsinx π MB = 2Rsin( − x ) 2π 2π + x ); MC = 2Rsin( − x) MD = 2Rsin( 5 π ME = 2Rsin( + x )   2π  π  − x  + sin  + x  MC + ME = 2R sin   5    3π π π  π  =4Rsin cos  − x  = 4Rcos cos  − x  10  10   10   π   2π  + x  MA + MB + MD = 2R sin x + sin  − x  + sin  5      3π π  cos + x  = 2R sin x + sin 10  10   Ta chứng minh được: cos 60 Phần 3: Đẳng thức lượng giác toán hình học phẳng  π π  = 2R sin x + sin cos + x   10   MA + MB + MD = MC + ME π π π  π  ⇔ sin x + cos cos + x  = cos cos − x  5  10   10  π  π  π  ⇔ sinx = cos cos − x  − cos + x    10   10  π π π 2π ⇔ sinx = 4cos sin sin x = 4cos cos sin x (đúng) 10 5 Sau số tập nhỏ ứng dụng định lý hàm số sin, cos Bài 4: k điểm cạnh BC tam giác ABC : AC2.BK + AB2.CK = BC.(AK2 + BK.KC) α Bài :Trong tam giác : a2 = (b – c)2 + 4Stg 2 Bài 6: Trong moi tam giác : ctg α + ctg β + ctg γ = (a + b2 + c2) 4S Bài 7: Nếu cạnh tam giác ABC thoả mãn hệ thức a2 + b2 = 5c2 đường trung tuyến AA1 BB1 vng góc với (gợi ý: áp dụng định lý hàm số cosin) Bài : Từ điểm P nằm tam giác ABC, hạ đường vng góc PA1, PN2, PC1 tương ứng xuống đường thẳng BC, CA, AB Khi độ dài cạnh tam giác A1B1C1 bằng: a.PA b.PB c.PC , , 2R 2R 2R Bài : Nếu D điểm nằm đáy AC tam giác cân ABC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD BCD (gợi ý: áp dụng định lý hàm số sin) *Ghi chú: số tập để áp dụng lượng giác vào việc chứng minh tốn hình học phẳng Ngồi ra, bạn co thể tự sáng tác nhiều đề toán khác bắt nguồn từ toán đơn giản Và theo nghĩ, không dùng phương pháp để chứng minh số tính tốn khơng gian cách biến đổi chúng tốn hình học phẳng mà quen biết? (đây thật ý tưởng mẻ, theo tơi thấy lựơng giác áp dụng chứng minh toán hình học phẳng khơng gian) Đó phương pháp làm đơn giản tốn khơng gian làm cho hình học khơng gian hình học phẳng thêm gần gũi Hy vọng qua bạn co thêm sáng kiên lạ việc chứng minh không gian thông qua biến đổi lượng giác 61