BDHSG nhận dạng tam giác hs

[BDHSG] LƯỢNG GIÁC CHỦ ĐỀ: NHẬN DẠNG TAM GIÁC Chủ đề 1: NHẬN DẠNG TAM GIÁC CÂN - Các tốn thuộc loại có dạng sau: cho tam giác ABC thoả mãn điều kiện đó, thường cho dạng hệ thức Hãy chứng minh ABC cân - Phải lưu ý tính đối xứng toán để định hướng phép bi ến đổi Chẳng h ạn cân C tập trung vào chứng minh A=B - Các toán nhận dạng tam giác cân chia thành loại sau: LOẠI I: SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI ĐẲNG THỨC Từ giả thiết đến kết luận cách vận dụng hệ thức lượng tam giác, công thức biến đổi lượng giác  cos B 2a  c  4a  c Ví dụ Cho ABC có sin B (1) CM ABC cân Ta thấy (1) chứa yếu tố góc cạnh Đối với tốn ta có th ể CM ABC cân theo cách A=B a=b Tuỳ vào biểu thức toán mà ta chọn biến đổi góc hay cạnh cho thu ận l ợi Cách 1: 1  cos B   2  2a  c   2 1  cos B   sin B 4a  c  cos B (1) Áp dụng định lý hàm Sin ta được:  2a  c 2a  c  cos B sin A  sin C   cos B sin A  sin C  sin A  sin C  sin A cos B  sínC cos B 2 sin A  sin C  sin A cos B  sin C cos B  sin A cos B 2 sin C  2 sin(A  B )  sin( A  B ) 2 sin C  2 sin C  sin( A  B) 2 sin C  sin(A  B) 0  A B  ABC cân C Cách 2: cos B ( 2a  c ) 2a  c   �  2 B B B 4a  c 2a  c sin cos tan 2 (1) B 2a  c ( p  c)( p  a) 2a  c b  (c  a) 2a  c b  (c  a) 2a  c � tan  �  �  � 1  1 2 2 2a  c p ( p  b) 2a  c (c  a )  b 2a  c (c  a )  b 2a  c 4ac 4a �  � c (2a  c )  (c  a )  b � 2ac  c  c  a  2ca  b � b  a 2 (c  a )  b 2a  c  a = b   ABC cân C Chú ý: Ta có rB  S B  p tan p b p ( p  a)( p  b)( p  c) ( p  a)( p  c)  p( p  b ) p ( p  b) A B B A sin cos sin cos 2 2 (1) CM  ABC cân Ví dụ Cho  ABC thoả � tan B S   p ( p  b) Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC A B sin  � tan A (1  tan A )  tan B (1  tan B ) (*) (1) � A B 2 2 cos3 cos3 2 Giải: A B A B A B A A B B � (tan  tan )  tan  tan  � (tan  tan )(1  tan  tan tan  tan )  2 2 2 2 2 A B � A B Vì  ,  � tan , tan  2 2 A B A B tan  tan  �  2 2  A B  ABC cân C Nên sin NX: Từ (1) ta biến đổi sau A B B B A A sin cos (1  sin2 ) sin cos (1  sin2 ) 2 2 2 Tiếp tục chuyển vế đặt thừa số chung ta được: Cách khác: sin A B 0 2 Từ (*) ta xét f ( x)  x(1  x ), x  f ' ( x) 1  x  0, x   f hàm tăng (0,) � A� � B � � f �tan � f � tan �� tan A  tan B � � � 2� 2 Vì vậy: (*) Chú ý: Trong toán CM tam giác cân ta thường gặp vế biểu thức đối xứng Trong trường hợp ta sử dụng phương pháp hàm số: Tính chất: Nếu hàm  tăng (hoặc giảm) khoảng (a,b) Thì : f (u )  f (v)  u v, u, v  ( a, b) LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC - Khác với tam giác có vơ số hệ thức “đẹp” thường sử dụng BĐT để chứng minh, hệ thức đẹp tam giác cân - Cho ABC có cạnh góc thỏa mãn hệ thức: F(A,B,C,a,b,c)=0 CM ABC cân C BĐT sau:  Dùng BĐT chứng minh F(A,B,C,a,b,c)  Dấu xảy a=b (hoặc A=B)  Vậy F(A,B,C,a,b,c)=0  a=b  ABC cân C Ví dụ Cho a,b,c, độ dài cạnh tam giác Biết p  a  b  c  bc  ac  ab CM tam giác tam giác cân Giải: abc  a  b  (c  a )(c  b) � 2c  a  b  (c  a )(c  b) � (c  a)  (c  b)  (c  a)(c  b) (1) � +) Áp dụng BĐT Cauchy cho số c+a, c+b ta có (c  a )  (c  b) 2 (c  a )(c  b) Dấu “=” xảy  c+a = c+b  a=b (2) Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC Để (2) xảy (3) xảy dấu đẳng thức Tức a=b hay tam giác cho tam giác cân NX: Từ (2) ta hoàn tồn giải theo cách thơng thường cách lấy bình ph ương vế, ta được:  (a  c)  (c  b) 0  c  a c  b * Cách đề cho toán nhận dạng tam giác BĐT Cauchy: Từ a=b A=B +) Ta biến đổi vế để đẳng thức tương đương Đặt VT=, VP= Áp dụng BĐT Cauchy cho số ,  Tại vị trí dấu “=” xảy ta tốn chứng minh ABC cân C Từ tốn ta tiếp tục biến đổi để toán phức tạp dựa vào phép biến đổi tương đương hay biến đổi lượng giác Ví dụ Cho ABC thoả mãn hệ thức:  p( p  a) (1) CM ABC tam giác cân Giải: Ta có:   2s p( p  a)( p  b)( p  c)  a a p( p  a)( p  b)( p  c)  p( p  a)  ( p  b)( p  c ) a a +) Do (1) +) Áp dụng BĐT Cauchy cho số: p-b, p-c (2)  ( p  b)( p  c) ( p  b)  ( p  c)  ( p  b)( p  c ) a (3) +) Dấu “=” xảy  p  b  p  c  b c Vậy từ (2) suy (3) xảy dấu đẳng thức, tức ta có b = c  ABC cân A NX: Nếu khơng áp dụng BĐT từ (2)  4(p-b)(p-c)=a2  a  c  b  a  b  c )   4   a 2     (c  b) 0  c b  a (c  b) a Bài tập tự luyện sin(B  C )  sin(C  A)  cos( A  B )  BT1 Cho  ABC thỏa: giác ? BT2 Cho  ABC thỏa mãn hệ thức 3 (1) Tam giác ABC tam A B C≠ 900 (1) CM  ABC tam giác cân BT3 Cho ABC thoả mãn hệ thức: 4(sin B  sin C )  3(cos B  cos C ) 15 (1) a tan B  b tan A  (a  b) tan CM ABC cân BT4 Cho ABC thoả mãn điều kiện sin A  sin B 2 cos c CM ABC cân A B  cos 2 cos150 BT5 CM điều kiện cần đủ để ABC cân cos , biết C = 1200 Chủ đề 2: NHẬN DẠNG TAM GIÁC VUÔNG Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC So với loại tam giác khác tam giác vng có số tính ch ất đ ặc bi ệt nh tổng bình phương cạnh góc vng bình phương cạnh huyền Số đo góc vng số đo hai góc cịn lại Từ xa xưa Pitago phát m ột dấu hi ệu đ ể nh ận d ạng tam giác vuông định lý Pitago Trong phần xin cung cấp s ố d ấu hi ệu để nhận biết tam giác vuông Để nhận dạng tam giác vuông ta thường đưa số dấu hiệu sau đây: sinA = cosA = tan A 1 cos2A = -1 sinA=Sin(B-C) a2 = b2 + c2 sin2A = tanA = cotanB LOẠI I:SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 2 Ví dụ Chứng minh ABC thoả mãn: sin A  sin B  sin 2C  (1) ABC vng Ta có: sin2A + sin2B +sin2C =2+2cosA.cosB.cosC cos A 0 cos B 0  ABC  cos C 0 Từ (1) suy cosA.cosB.cosC =0   vng Ví dụ Cho tam giác ABC thỗ mãn hệ thức rc = r + + rb (2) với bán kính đường trịn bàng tiếp.Chứng minh ABC vuông S S �  p S = (p-a) pa Giải: +) Ta có S = pr S S S S 1 1       p a p p b p c +) Khi (2) tương đương với p  a = P p  b p  c �r   p( p  a) p c p b a a    p ( p  a ) ( p  b)( p  c) p ( p  a ) ( p  b)( p  c)  (a  b  c)(b  c  a ) (a  c  b)( a  b  c )  (b  c)  a a  (b  c)  (b  c)  (b  c) 2a  a b  c ABC vuông +) Nếu áp dụng hệ thức tam giác, ta có C C A B , r  ( p  c) tan ,  p tan , rb  b tan 2 rc = ptg C C A B  ( p  c) tan  p tan  p tan 2 Từ (2) ta ptg � c tan C A B  p tan  tan 2 (2’) A B C cos cos 2 +) Mặt khác p = R(sinA+ sinB + sinC)=4Rcos Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC A B C A B C tan  R.cos cos cos B 2 2 cos cos C 2 Từ (2) ta có 2RsinC sin � sin Do tg C C C  cos � tan  2 C C C   tg 1 450  C 90 2 ABC vuông Chú ý: Khi gặp tốn có chứa yếu tố khác cạnh góc ta nên chuy ển tốn có chứa góc cạnh để giải, có nhiều cơng cụ để gi ải h ơn LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ Cho ABC có A, B nhọn thoả mãn hệ thức sin2A + sin2B = sinC (1) Chứng minh ABC vuông Giải : +) Vì < sinC ≤ nên sin C �sin C 2 2 2 Từ (1)  sin A  sin B sin C  a  b c  a  b a  b  2ab cos C  CosC 0  C 90 +) Nếu C = 900  A+ B = 900  sin2A+sin2B= sin2A+cos2A = +) Vậy ABC tam giác vng C thỗ mãn hệ thức cho  cos A  cos B   sin C 2 +) Nếu C < 90 Từ giả thiết ta có 3  - cos (A+B).cos(A-B) = sin C   cos C cos( A  B)  sin C (3) +) Ta có sinC < Mặt khác A, B, C nhọn nên cosC > 0, cos(A-B) > 0, từ (3) ta suy điều vơ lý Do trường hợp C < 900 không xảy Vậy ABC tam giác vuông C Nhận xét: * Nếu C = 900 ta không thử lại mà kết luận ABC vuông không chặt chẽ Vì ABC chưa thoả mãn (1) * Nếu xét trường hợp C < 900 ta đến kết luận loại trường hợp Từ ta phải có C = 900, khơng cần thử lại * Điểm quan trọng tập chỗ với a  R, am , < n < m, n n,m Q Từ tốn (1) mở rộng sin2A + sin2B = sin C , n 1 ABC vng Bài tập tự luyện Chứng minh ABC tam giác vuông thoả điều kiện sau Bài 1: cos2A + cos2B + cos2C = -1 Bài 2: a) sinA + sinB + sinC = + cosA + cosB + cosC Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC Hướng dẫn: Chứng minh tam giác vng góc b) sinA + sinB + sinC = 1- cosA + cosB + cosC Hướng dẫn: Chứng minh vuông C b c a   Bài 3: cos B cos c sin B  sin C Hướng dẫn: A p dụng định lý hàm sin Bài 4: r(sinA + sinB)= c.sin B A B cos 2 Hướng dẫn: Ta sử dụng hệ thức A B C sin sin sin vaø c 2RsinC 2 r = 4R Bài 5: r + + rb + rc = a + b + c A A , ( p  a)tg Áp dụng công thức lượng r =ptg A B C cos cos 2 định hàm sin p = 4Rcos Hay áp dụng cơng thức S = rc(p-c), S=rp Bài 6: 3cosB + 4sinB + 6sinC +8cosC =15 (6) HD: Áp dụng BĐT Schwartz cho cặp (3,4), (cosB,sinB) (6,8), (sinC,cosC) Cách khác: Bài vận dụng phép biến đổi tương đương tính chất bị chặn hàm sinx, cosx 3  5( sin B  cos B)  10( sin C  cos C ) 15 5 5 (6) (6’) cos  , sin ,  90 Đặt Thì từ (6’) ta suy 5sin(B+  ) + 10cos(C-  ) = 15  sin(B   ) 1    B  C 90  ABC  cos(C   ) 1 vuông Bài 7: sin3A + sin2B = 4sinAsinB (7) HD: Dùng cơng thức biến đổi tổng thành tích cho vế trái tích thành tổng, rút g ọn ta cos(A-B).(sinC-1) = cosC  cos2(A-B).(sin2C-1) = – sin2C  (1-sinC)[cos2(A-B)(1-sinC) - 1- sinC] = Đánh giá cos2(A-B)(1-sinC)- – sinC < Từ suy sinC =  C = 900 Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC Bài 8: Cho ABC có đường cao AH, p, p1 , p2 nửa chu vi ABC, ABH, ACH, biết p2 = p12 + p22 (1) Chứng minh ABC vng Gợi ý: Nhận xét vị trí H vận dụng tỉ số lượng giác ABC để đưa tốn thành biểu thức theo góc Bài 9: ABC có đặc điểm cosA (1 – sinB) = cosB Gợi ý: – sinB cosB chứa nhân tử chung cos B B  sin 2 Bài 10: ABC có đặc điểm 2sin2A – sin2B = sinC + sinC HD: Dùng phương pháp đánh giá để giải BT6 Chứng minh tam giác ABC thoả sin4A + 2sin4B+ 2sin4C = 2sin2A (sin2B + sin2C) (1) Chứng minh ABC vuông cân Chủ đề 3:NHẬN DẠNG TAM GIÁC ĐỀU Trong mục này, số phương pháp hay sử dụng để nhận dạng tam giác Loại I:Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương 1/ Phương pháp sử dụng toán nhận dạng tam giác  A1  A2   An 0  A 0, i 1, n 2/ Phương pháp sử dụng mệnh đề  n  A1 = A2 = … =An = 3/ Nhận dạng tam giác từ hệ điều kiện Loại II:Sử dụng bất đẳng thức LOẠI I:SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Phương pháp sử dụng toán nhận dạng tam giác *  ABC thoả mãn hệ thức sau  ABC tam giác a) cos A + cosB + cosC = f) cotgA + cotgB + cotgC = A B C b) sin sin sin = 3 g) sinA + sinB + sinC = c) cosA cosB cosC = d) sin A + sin B + sin C = 2 Biên soạn Ths Trần Đức Vương A B C 3 h) cos + cos + cos = A B C i) sin + sin + sin = Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC e) tan A B C  tan  tan  2 Ví dụ Giả sử  ABC thoả mãn điều kiện: 2(acosA + bcosB + ccosC) = a + b + c Chứng minh  ABC Giải: +) Áp dụng định lý Sin ta có a=2RsinA , b = 2RsinB , c = 2RsinC ( v ới R bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC), hệ thức cho tương đương với: 2sinA cosA + 2sinB cosB + 2sinCcosC = sinA + sinB + sinC  sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC (*) Tacó sin2A + sin2B + sin2C = 2sin(A + B)cos( A – B ) – 2sin( A + B)cos( A + B) = 2sin (A + B)(cos(A + B) – cos (A + B)) = 4sinAsinBsinC Tacó sinA + sinB + sinC =  cos sin A B A B C A B cos  cos cos 2 2 C � AB A B � A B C cos  cos � � cos cos cos 2� 2 � 2 A B C cos cos 2 A B C A B C A B C � 8sin sin sin cos cos cos  cos cos cos 2 2 2 2 () � sin A sin B sin C  cos � sin A B C sin sin  2 (dạng toán bản) Vậy  ABC Ví dụ CMR A,B,C ba góc tam giác thoả mãn cos A B C 3 A B C  cos  cos    cos  cos  cos  3 4 3  tam giác Hệ thức cho tương ứng với cos A B C  A B C  cos  cos   3 cos  cos  cos  3  3 3 A A  B B  C C    cos  cos    cos  cos    cos  cos   3  3  3   cos A  cos B  cos C  ( dạng toán bản) Vậy  ABC  A1  A2   An 0  A1  A2  An 0  Ai 0, i 1, n  Phương pháp sử dụng mệnh đề Ví dụ 10 Chứng minh ABC có  hb  hc = 9r  ABC Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC 2S 2S S  1 1   9r  S     9r b c a b c Ta có + hb + hc = 9r  a  1 1  1 1  1 1  pr     9r 2 p    9   a  b  c     9 a b c a b c a b c  a  b    b  c    c  a  0 a b  b c  c a                 0  ab bc ca b a  c b  a c   a b c 2 Vậy  ABC a cos A  b cos B  c cos C p  Ví dụ 11 CMR  ABC ta có a sin B  b sin C  c sin A 9r ( p: nửa chu vi, R bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC)  ABC tam giác R sin A cos A  R sin B cos B  R sin C cos C p  b c a 9R a  b  c 2R 2R 2R Ta có: (*)   R  sin A  sin B  sin 2C  a  b  c  (**) ab  bc  ca 9R Ta có sin2A + sin2B + sin 2C = sinAsinBsinC = a b c abc  2R 2R 2R 2R abc a b c  9R (**)  (ab  bc  ca ) R  (ab + bc+ ca) (a + b + c)=9abc  a2b + bc2+ ab2 + ac2+ b2c+ a2c = 6abc  b(a2+c2- 2ac) + a(b2+ c2 - 2bc) + c(a2 + b2 – 2ab)=0  a  c 0   b  c 0  a  b 0  b(a - c)2 + a(b - c)2 + c(a - b)2    a=b=c Vậy  ABC LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC - Từ điều kiện toán (thường hệ thức, bất đẳng thức)s dụng phép biến đổi lượng giác để dẫn đến bất đẳng thức đơn giản, đánh giá ều kiện dấu xảy - Thiết lập hệ phương trình xác định mối quan hệ góc, cạnh tam giác, qua nhận dạng tam giác Ví dụ 12 Cho  ABC thỏa điều kiện ABC cos A cos B cos C  sin A B C sin sin 2 (*) Chứng minh Giải: +) Từ giả thiết suy ABC nhọn (cos A > 0, cos B > 0, cos C > 0) Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC  cos( A  B)  cos( A  B)  1  cos( A  B) (1  cos C ) sin2 C 2 +) Ta có: cosA cosB = =2 C sin2 Vậy < cosA cosB +) Tương tự ta có cos B cos C sin2 A B ;0 cos C cos A sin2 2 A B C cos A cos B cos C sin sin sin 2 Suy +) Dấu “=” xảy C � cos A cos B  sin � cos( A  B )  � � � � A cos B cos C  sin �� cos( B  C )  � � � cos(C  A)  � � B c os C cos A  sin � �  A=B=C Vậy ABC  C B  A 90 O  Ví dụ 13 Cho ABC thỏa đk  cos A  cos B cos( A  B) Xác định dạng ABC ? Từ điều kiện C B  A 90   C B 90  sin B sin C  0, cosA 0, cos B  Mặt khác sin2A + Sin2B =2sin(A+B)cos(A-B) sin A  sin B sin A cos A  sin B cos B  sin(A  B ) sin C sin A sin B  cos A  cos B cos A  cos B sin C sin C  cos( A  B )   cos A 0  Dấu “=” xảy  sin B sinC SinA = SinB = SinC Vậy ABC vuông cân A Bài tập tự luyện 2 BT7 Cho  ABC thoả mãn thức: a  b  c 4 S  (a  b)  (b  c)  (c  a ) Chứng minh  ABC tam giác a b  c   BT8 CMR  ABC ta có  ABC Biên soạn Ths Trần Đức Vương 10 Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC a b c    BT9 Cho  ABC thoả b  c c  a a  b (1) CMR  ABC 1 1 1      A B C cos A cos B cos C sin sin sin 2 BT10.CMR ABC b  c  a  c  a b   3      1 a  b  c  BT11.Cho ABC, thoả  (1) CMR ABC dấu ”=” xảy a cos A  b cos B  c cos C a  b  c  9R BT12.Cho ABC thỏa a sin A  b sin B  c sin C BT13.Cho (1) CMR ABC A B C ABC thoả tan6 + tan6 + tan6 = CMR ABC BT14.Cho ABC thoả 2(la + lb + lc) = (a + b + c) CMR ABC Nhận dạng tam giác cách sử dụng bđt Jensen BT15.CMR  ABC thoả sin2 A  sin2 B  sin2 C 12 BT16.Cho  ABC nhọn thoả mãn (tan A  tan B  tan C )(cot A  cot B  cot C ) �(tan A B C A B C  tan  tan )(cot  cot  cot ) 2 2 2 Chứng minh  ABC Chủ đề 4:NHẬN DẠNG TAM GIÁC KHÁC Ví dụ 14 Xác định góc  ABC nếu: sin A  sin B  cos C  (1) A B A B C A B cos  cos C   cos C  cos cos  0 2 2 2 Cách 1: (1) C C A B  cos  cos cos  0 2 2 (1’) C cos 2 t  (0,1) Đặt t = A B  2t  cos t 2=0 (1’) A B 2t  2t cos  f (t ) 2 , t  (0,1) Đặt = A B cos  0  f (t ) 0 Ta có: ’ = ,  t  (0,1)  sin Biên soạn Ths Trần Đức Vương 11 Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC b  t   2a    b  f ( ) 0  2a f (t ) 0 C   cos      cos A  B 1  C A B  cos  cos  2  A  B  cos 1  C  60   A  B 0    C 120   A  B 300 Ví dụ 15 Cho  ABC thoả b(a2-b2) = c(c2-a2) Nhận dạng tam giác 2 2 3 Ta có b(a  b ) c(c  a )  ba  b c  ca  (b  c)a b  c  a (b  c) (b  c)(b  bc  c )  a b  bc  c  b  c  2bc cos A b  bc  c  cos A   A 60 Bài ta biến đổi sau:  b(a  b ) c(c  a )  b(b  c  2bc cos A  b ) c c  (b  c  2bc cos A)  b(c  2bc cos A) c(bc cos A  b )  bc  b c (bc  b c)( cos A)  cos A   A 600  Bài tập tự luyện Bài 1: Tam giác ABC có đẳc điểm nếu: sin6A + sin6B + sin6C = HD: Dùng phép biến đổi tương đương chuyển phương trình tích Bài 2: Nhận dang tam giác ABC thoả sin A  sin B  sin C  cos A  cos B  cos C (2) Bài 3: Cho tam giác ABC có cạnh thoả: a x  x  , b 2 x  , c x  , x  R Hãy nhận dạng tam giác ABC HD: Xét điều kiện x để tồn tam giác Bài 4: Nhận dạng tam giác ABC biết: sin5A + sin5B + sin5C = HD: Ta biến đổi tương đương đẳng thức dạng: cos 5C 5A 5B cos cos 0 2 Bài 5: Tính B C tam giác ABC biết: cos A   cos B  cos 2C   0 Một số hệ thức lượng tam giác A C sin A  sin B  sin C 4 cos cos cos 2 , sin A  sin B  sin 2C 4 sin A sin B sin C 2 sin A  sin B  sin C 2(1  cos A cos B cos C ) cos A  cos B  cos C 1  sin A B C sin sin 2 Biên soạn Ths Trần Đức Vương 12 Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC tan A  tan B  tan C tan A tan B tan C (  ABC không tam giác vuông) cot A.cot B  cot B.cot C  cot C.cot A  A B tan  tan 2 A Co tan  Co tan tan Co tan A  B C C A tan  tan tan 1 2 2 B C A B C  Co tan Co tan Co tan Co tan 2 2 b2  c2  a2 4S (Đẳng thức hàm Côsin suy rộng) Một số bất đẳng thức lượng tam giác: cos A  cos B  cos C  A B C sin sin  2 cos A cos B cos C  sin sin2 A  sin2 B  sin2 C  sin A  sin B  sin C  3 A B C 3  cos  cos  2 2 A B C sin  sin  sin  2 2 A B C tan  tan  tan  2 cos cot A  cot B  cot C � Dấu xảy bất đẳng thức   ABC Biên soạn Ths Trần Đức Vương 13 Trường THPT Phạm Văn Đồng ... cân cos , biết C = 1200 Chủ đề 2: NHẬN DẠNG TAM GIÁC VUÔNG Biên soạn Ths Trần Đức Vương Trường THPT Phạm Văn Đồng [BDHSG] LƯỢNG GIÁC So với loại tam giác khác tam giác vng có số tính ch ất đ ặc... cos C (2) Bài 3: Cho tam giác ABC có cạnh thoả: a x  x  , b 2 x  , c x  , x  R Hãy nhận dạng tam giác ABC HD: Xét điều kiện x để tồn tam giác Bài 4: Nhận dạng tam giác ABC biết: sin5A... minh tam giác ABC thoả sin4A + 2sin4B+ 2sin4C = 2sin2A (sin2B + sin2C) (1) Chứng minh ABC vuông cân Chủ đề 3:NHẬN DẠNG TAM GIÁC ĐỀU Trong mục này, số phương pháp hay sử dụng để nhận dạng tam giác