Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác: Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01 13

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 5 Hệ 2.1 2.2 2.3 thức lượng tam giác thường 11 Hệ thức lượng giác không điều kiện 11 Hệ thức lượng giác có điều kiện 21 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 5.1 5.2 5.3 thức lượng tam giác 47 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác 47 Nhận dạng tam giác từ hệ điều kiện 51 Bài tập đề nghị 55 Hệ thức lượng tam giác đặc biệt khác 6.1 Các yếu tố tam giác cho dạng cấp số 6.2 Các yếu tố tam giác cho dạng hình học 6.3 Bài tập đề nghị Phụ lục Kết luận Tài liệu tham khảo 56 56 65 81 83 98 99 Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Phan Huy Khải người tận tình hướng dẫn để em hồn thành khóa luận Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn - 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 thơng Để có nhìn tồn 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 chúng tơi nói kỹ chương tiêu biểu, ví dụ chương Trong chương chúng tơi 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 vng Ở chúng tơi 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 chúng tơi 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 tơi mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Một số ký hiệu ABC A, B, C a, b, c , hb , hc ma , mb , mc la , lb , lc R r , rb , rc S a+b+c p= đpcm Tam giác ABC Các góc đỉnh tam giác ABC Các cạnh đối diện với đỉnh A, B, C Đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C Độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnh A, B, C Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Bán kính đường trịn bàng tiếp góc A, B, C Diện tích tam giác Nửa chu vi tam giác Điều phải chứng minh Chương Kiến thức sở 1.1 Các hệ thức lượng tam giác Định lý hàm số sin a b c = = = 2R sin A sin B sin C Định lý hàm số cosin Định lý hàm số tang a2 = b2 + c2 − 2bc cos A b2 = a2 + c2 − 2ac cos B c2 = a2 + b2 − 2ab cos C A−B a−b = A+B a+b tan B−C b − c tan = B+C b+c tan C −A c − a tan = C +A c+a tan tan Định lý hàm số cotang cot A + cot B + cot C = Độ dài đường trung tuyến a2 + b2 + c2 4S 2b2 + 2c2 − a2 = 2a2 + 2c2 − b2 mb = 2a2 + 2b2 − c2 m2c = m2a Độ dài đường phân giác 2bc A 2bc p(p − a) cos = b+c b+c bc B 2ca p(p − b) 2ca cos = lb = c+a c+a ca 2ab C 2ab p(p − c) lc = cos = a+b a+b ab la = 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 B + cot 2 C A b = r cot + cot 2 B A c = r cot + cot 2 a = r cot = b cos C + c cos B = c cos A + a cos C = a cos B + b cos A Công thức tính bán kính Bán kính đường trịn nội tiếp r= S A B C = (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan p 2 Bán kính đường trịn ngoại tiếp a b c abc = = = 4S sin A sin B sin C Bán kính đường trịn bàng tiếp S A = p tan = p−a B S rb = p tan = p−b C S rc = p tan = p−c R= 1.2 Các công thức lượng giác Các hệ thức lượng giác sin2 α + cos2 α = cos α cot α = sin α sin α tan α = cos α tan α cot α = 1 + tan2 α = cos2 α + cot2 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 + tan β tan(α + β) = − tan α tan β tan α − tan β tan(α − β) = + tan α tan β Công thức nhân cung sin 2α = sin α cos α cos 2α = cos2 α − sin2 α = cos2 α − = − sin2 α tan α − tan2 α sin 3α = sin α − sin3 α cos 3α = cos3 α − cos α tan α − tan3 α tan 3α = − tan2 α tan 2α = Cơng thức biến tổng thành tích α−β α+β cos 2 α+β α−β sin α − sin β = cos sin 2 α+β α−β cos α + cos β = cos cos 2 α−β α+β sin cos α − cos β = −2 sin 2 sin(α + β) tan α + tan β = cos α cos β sin(α − β) tan α − tan β = cos α cos β sin(α + β) cot α + cot β = sin α sin β sin(α − β) cot α − cot β = sin α sin β sin α + sin β = sin Cơng thức biến tích thành tổng sin(α + β) + sin(α − β) cos(α + β) + cos(α − β) cos α cos β = cos(α − β) − cos(α + β) sin α sin β = sin α cos 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 1 , , ba nghiệm phương trình bậc ba sin A sin B sin C 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = Chứng minh Đặt x = , t 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = 1 2pr ⇔ − (p2 + r2 + 4Rr) + 4Rp − 4R2 = t t t 2 ⇔ 4R t − 4Rpt + (p + r + 4Rr)t − 2pr = Theo bổ đề (2) sin A, sin B, sin C nghiệm (1) Do ba nghiệm phương trình bậc ba (1) 1 , , sin A sin B sin C 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = Đpcm 1 , , ba nghiệm phương trình bậc ba cos A cos B cos C [p2 − (2R + r)2]x3 − (p2 + r2 − 4R2)x2 + 4R(r + R)x − 4R2 = Chứng minh tương tự bổ đề cách thay biến x = áp dụng bổ đề t Bổ đề 6.5 B C A , sin2 , sin2 ba nghiệm phương trình bậc ba 2 2 16R x − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = Bổ đề 6.6 sin2 Chứng minh 1−t Đặt x = , 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = (1 − t)2 1−t − t)3 − 8R(2R − r) + (p2 + r2 − 8Rr) − 2r2 = ⇔ 16R 2 2 ⇔ 4R (1 − t) − 4R(2R − r)(1 − t) + (p + r − 8Rr)(1 − t) − r2 = (1 ⇔ 4R2t3 − 4R(R + r)t2 + (p2 + r2 − 4R2)t + (2R + r)2 − p2 = Theo bổ đề (3) cos A, cos B, cos C nghiệm (1) Do 85 (1) − cos A − cos B − cos C , , 2 nghiệm phương trình 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = A B C Suy sin2 , sin2 , sin2 ba nghiệm phương trình Suy 2 đpcm A B C , cos2 , cos2 ba nghiệm phương trình bậc ba 2 16R2x3 − 8R(2R + r)x2 + [p2(4R + r)]x − p2 = Bổ đề 6.7 cos2 Chứng minh Thay biến x = 1+t dùng bổ đề Suy đpcm Bổ đề 6.8 1 ba nghiệm phương trình bậc ba A B C sin2 sin2 sin2 2 r2x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = , , Chứng minh Đặt x = , t r2 x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = r2 p2 + r2 − 8Rr 8R(2R − r) ⇔ 3− + − 16R2 = t t t 2 ⇔ 16R t − 8R(2R − r)t + (p + r2 − 8Rr)t − r2 = (1) B C A Theo bổ đề (6) sin2 , sin2 , sin2 ba nghiệm phương trình (1) 2 1 Do , , ba nghiệm phương trình bậc ba A B C sin sin sin 2 r2x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = Suy đpcm Bổ đề 6.9 cos2 , , A B C cos2 cos2 2 ba nghiệm phương trình bậc ba 86 p2x3 − [p2 + (4R + r)2]2x2 + 8R(4 + r)x − 16R2 = Chứng minh Đặt x = dùng bổ đề Suy đpcm t 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 =p r 2R + r cot A = p + ⇔ √ + cot2 A sin A 2R + r + cot2 A = p − r cot A ⇔ √ + cot A ⇔ [2R + r(1 + cot2 A)]2 = (1 + cot2 A)(p − r)2 ⇔ 2R sin A + r cot ⇔ (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 = (1) 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 Đặt x = Khi t [p2 − (2R + r)2 ]x3 − 2prx2 + (p2 − 4Rr − r2)x − 2pr = p2 − (2R + r)2 2pr p2 − 4Rr − r2 − + − 2pr = ⇔ t3 t t ⇔ 2prt3 − (p2 − 4Rr − r2 )t2 + 2prt + (2R + r)2 − p2 = 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 Chứng minh Ta có A B C , tan , tan ba nghiệm phương trình bậc ba 2 px − (4R + r)x2 + pr − r = a + (p − a) = p ⇔ 2R sin A + r cot A =p A + r =p ⇔ A A + tan2 tan 2 A A A A ⇔ 4R tan2 + r + r tan2 = p tan + p tan3 2 2 A A A (1) ⇔ p tan3 − (4R + r) tan2 + p tan − r = 2 A Từ (1) suy tan nghiệm phương trình bậc ba px3 − (4R + r)x2 + pr − r = (*) B C Lập luận tương tự tan , tan nghiệm phương trình bậc ba (*), 2 suy đpcm 4R tan Bổ đề 6.13 cot B C A , cot , cot ba nghiệm phương trình bậc ba 2 rx − px + (4R + r)x − p = Chứng minh Đặt x = Khi t rx3 − px2 + (4R + r)x − p = r p (4R + r) ⇔ 3− 2+ −p=0 t t t ⇔ pt3 − (4R + r)t2 + pt − r = 88 (1) Theo bổ đề 12 tan hay cot B C A , tan , tan nghiệm (1) Do 2 A B C , cot , cot nghiệm phương trình bậc ba 2 rx3 − px2 + (4R + r)x − p = tan , Bổ đề 6.14 ra, rb, rc ba nghiệm phương trình bậc ba x3 − (4R + r)x2 + p2 x − p2 r = x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = ⇔ p3 t3 − (4R + r)p2t2 + p3 t − p2r = ⇔ pt3 − (4R + r)t2 + pt − r = (1) B C A Theo bổ đề 12 tan , tan , tan nghiệm (1) Do 2 B C A = p tan , rb = p tan , rc = p tan nghiệm phương trình 2 bậc ba Suy đpcm Bổ đề 6.15 x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 1 , , ba nghiệm phương trình bậc ba rb rc p2 rx3 − p2 x2 + (4R + r)x − = Chứng minh Đặt x = dùng bổ đề 14 Suy đpcm t Bổ đề 6.16 , hb , hc ba nghiệm phương trình bậc ba 2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = 89 , A B tan tan 2 Suy đpcm Chứng minh Đặt x = pt ta có: Chứng minh 2pr Đặt x = , ta có t 2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = (2pr)2 2R(2pr)3 2 2pr − (p + r + 4Rr) + 4p r − 4p2r2 = ⇔ t t t 2 3 2 2 2 ⇔ p r t − 2p r t + p r (p + r + 4Rr)t − 4Rp3r3 = ⇔ t3 − 2pt2 + (p2 + r2 + 4Rr)t − 4Rrp = (1) 2pr Theo bổ đề (1) a, b, c nghiệm (1) Do = , a 2pr 2pr , hc = nghiệm phương trình bậc ba hb = b c 2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = Suy đpcm Bổ đề 6.17 1 , , ba nghiệm phương trình bậc ba hb hc 4p2r2x3 − 4p2rx2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 2R = Chứng minh Đặt x = dùng bổ đề 16 Suy đpcm t 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 4Rp = sin A + sin B + sin C = 4R2 R p2 + 4Rr + r2 1) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = 4R2 pr 2) sin A sin B sin C = 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 p2 − 4Rr − r2 p2 + r2 + 4Rr p 2 2 = −2 3) sin A + sin B + sin C = R 4R2 2R2 90 Ta lại có sin4 A + sin4 B + sin4 C =(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 pr p p2 − 4Rr − r2 − + = 2R2 4R2 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 3pr = −3 + R R 4R2 2R2 p3 − 3r2 p − 12pRr + 6pRr) p(p2 − 6Rr − 3r2 ) = = 4R3 4R3 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) p2 + r2 + 4Rr p pr = − 4R2 R 2R2 p(p2 + r2 + 2Rr) = 4R3 − sin A sin B sin C 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 1 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 + + = 12) sin A sin B sin C 2pr 1 2R 13) + + = sin A sin B sin B sin C sin C sin A r 4R2 2R2 = = sin A sin B sin C 2pr pr 14) 1 + + 2 sin A sin B sin2 C 1 1 1 −2 + + + + = sin A sin B sin C sin A sin B sin B sin C sin C sin A p2 + r2 + 4Rr 4R = − 2pr r (p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr = 4p2R2 15) 92 sin A sin B sin B sin C sin C sin A + + sin C sin A sin B 1 + + = (sin A + sin B + sin C) sin A sin B sin C 2 p p + r + 4Rr = −3 R 2pr p2 + r2 + 4Rr −3 = 2pr p2 + r2 − 2Rr = 2pr −3 Bằng lập luận tương tự ta chứng minh hệ thức 16-20 A B C Theo bổ đề sin2 , sin2 , sin2 ba nghiệm phương trình bậc 2 ba 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta có 21) B C 8R(2R − r) 2R − r A = + sin2 + sin2 = 2 16R2 2R p2 + R2 − 8Rr A B B C C A sin sin + sin sin + sin + sin = 2 2 2 16R2 B C r2 A sin2 sin2 sin2 = 2 16R2 Ta có 22) A B C sin4 + sin4 + sin4 2 2 A B B C B C A − sin2 sin2 + sin2 sin2 + sin + sin = sin 2 2 2 A C + sin2 sin2 2 2 2R − r p − r − 8Rr = − 2R 8R2 8R2 + r2 − p2 = 8R2 Như hệ thức 21-23 chứng minh Lập luận tương tự (dùng bổ đề 7), hệ thức 24-26 chứng minh sin2 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 p2 − r2 − 4Rr 33) cot A + cot B + cot C = 2pr p2 − (2R + r)2 34) cot A cot B cot C = 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 = 1) 2pr 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) p2 − r2 − 4Rr p2 − (2R + r)2 = − −2 2pr 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 tốn suy cot3 A + cot3 B + cot3 C (p2 − r2 − 4Rr)2 p2 − r2 − 4Rr p2 − (2R + r)2 = −3 +3 8p3r3 2pr 2pr 2 2 2 (p + r − 4Rr) − 12p r [p − r − 4Rr − p + (2R + r)2 ] = 8p2r3 (p2 + r2 − 4Rr)3 − 48p2R2 r2 = 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 A Theo bổ đề 12 tan , tan , tan ba nghiệm phương trình bậc ba 2 px3 − (4R + r)x2 + pr − r = Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta A B C 4R + r + tan + tan = , 2 p A B C r tan tan tan = 2 p tan (Ta kiểm tra hệ thức tan B B C C A p A tan + tan tan + tan tan = = 1) 2 2 2 p Sử dụng đẳng thức ta có 95 42) B C A + tan2 + tan2 2 A B C = tan + tan + tan 2 tan2 B B C A tan + tan tan 2 2 C A + tan tan 2 2 A B C (4R + r) − 2p 4R + r tan3 + tan3 + tan3 −2= = p p 2 A A B C B C = tan + tan + tan − tan + tan + tan 2 2 2 B B C C A B C A A + tan tan tan tan tan + tan tan + tan tan 2 2 2 2 4R + r r (4R + r) − + = p3 p p (4R + r) − 3p2 (4R + r − r) = p3 (4R + r)3 − 12p2R = p3 − tan 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 16Rr2p2 76) la lblc = p + 2Rr + r2 Áp dụng cơng thức tính đường phân giác ta có la lb lc B C A 2ac cos 2ab cos 2 = b+c a+c a+b B C A 8(abc)2 cos cos cos 2 = (a + b)(b + c)(c + a) B C A 8(abc)2 cos cos cos 2 = (a + b + c)(ab + bc + ca)abc 2bc cos 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 B C p A cos cos cos = (sin A + sin B + sin C) = 2 4R Thay vào (*) ta được: p 8.16Rr2p2 16Rr2p2 4R la lb lc = = 2p(p2 + 4Rr + r2) − 4pRr p + 2Rr + r2 Suy đpcm Như toán phụ trợ giải xong 97 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 khơng 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