He Thuc Luong Trong Tam Giac Hay Và Khó [PDF]

Zitiervorschau

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

3

Một số ký hiệu

4

1 Kiến thức cơ sở 1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Các công thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác . . . . . . . . .

5 5 7 9

2 Hệ 2.1 2.2 2.3

thức lượng trong 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

3 Hệ thức lượng trong 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 4 Hệ thức lượng trong 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 5 Hệ 5.1 5.2 5.3

thức lượng trong tam giác đều 47 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều . . . . . 47 Nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện . . . . . . . . . . . . 51 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác 6.1 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số 6.2 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học . 6.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phụ lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

. . . . . .

. . . . . .

56 56 65 81 83 98 99

Lời cảm ơn Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS Phan Huy Khải người đã tận tình hướng dẫn để em có thể hoàn thành khóa luận này. Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa. Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khích lệ và giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập và thực hiện khóa luận. Hà Nội, ngày 15 tháng 02 năm 2014 Học viên Trần Thị Xuyến Chi

2

Mở đầu Hệ thức lượng trong tam giác là nội dung quan trọng trong trường phổ thông, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào đại học và các kỳ thi học sinh giỏi các cấp. Đây là chuyên đề hay và tương đối khó với học sinh phổ thông. Để có cái nhìn toàn cảnh về chuyên đề này, luận văn đi sâu vào nghiên cứu các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác. Cấu trúc luận văn gồm 6 chương. Chương 1. Kiến thức cơ sở. Chương 2. Hệ thức lượng trong tam giác thường. Chương 3. Hệ thức lượng trong tam giác vuông. Chương 4. Hệ thức lượng trong tam giác cân. Chương 5. Hệ thức lượng trong tam giác đều. Chương 6. Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác. Bây giờ chúng tôi sẽ nói kỹ một chương tiêu biểu, ví dụ như chương 3. Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày các phần sau: 1. Nhận dạng tam giác vuông. Trong mục này đưa ra những đặc điểm tiêu biểu nhất của tam giác vuông. Phương pháp để chứng minh tam giác vuông là biến đổi biểu thức đưa về một trong các đặc điểm này. 2. Các ví dụ về nhận dạng tam giác vuông. Ở đây chúng tôi trình bày những ví dụ tiêu biểu nhất được phân loại từ dễ đến khó. 3. Hệ thống và phân loại bài tập về tam giác vuông. Phần cuối luận văn là phụ lục. Trong đó chúng tôi trình bày cách thiết lập các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác dựa vào mối liên hệ giữa các yếu tố của tam giác và nghiệm phương trình bậc ba. Mặc dù hết sức cố gắng nhưng luận văn không tránh khỏi những sai sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Xin chân thành cảm ơn!

3

Một số ký hiệu

ABC A, B, C a, b, c ha , hb , hc ma , mb , mc la , lb , lc R r ra , rb , rc S a+b+c p= 2 đpcm

Tam giác ABC . Các góc đỉnh của tam giác ABC . Các cạnh đối diện với đỉnh A, B, C . Đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C . Độ dài đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C . Độ dài đường phân giác kẻ từ các đỉnh A, B, C . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Bán kính đường tròn bàng tiếp trong các góc A, B, C . Diện tích tam giác. Nửa chu vi tam giác. Điều phải chứng minh.

4

Chương 1

Kiến thức cơ sở 1.1

Các hệ thức lượng trong 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 2 . = A+B a+b tan 2 B−C b − c tan 2 . = B+C b+c tan 2 C −A c − a tan 2 . = C +A c+a tan 2 tan

Định lý hàm số cotang

cot A + cot B + cot C = Độ dài đường trung tuyến 5

a2 + b2 + c2 . 4S

2b2 + 2c2 − a2 . = 4 2a2 + 2c2 − b2 2 mb = . 4 2a2 + 2b2 − c2 . m2c = 4

m2a

Độ dài đường phân giác trong r 2bc A 2bc p(p − a) la = cos = . b+c 2 b + c r bc B 2ca p(p − b) 2ca cos = . lb = c+a 2 c + a r ca 2ab C 2ab p(p − c) lc = cos = . a+b 2 a+b ab Công thức tính diện tích

1 1 1 S = aha = bhb = chc 2 2 2 1 1 1 = bc sin A = ac sin B = ab sin C 2 2 2 abc = 4R = pr = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc q = p(p − a)(p − b)(p − c).

Định lý hình chiếu

 C B = b cos C + c cos B. a = r cot + cot 2 2   C A b = r cot + cot = c cos A + a cos C. 2 2  B A = a cos B + b cos A. c = r cot + cot 2 2 

Công thức tính các bán kính. Bán kính đường tròn nội tiếp.

r=

S A B C = (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan . p 2 2 2 6

Bán kính đường tròn ngoại tiếp.

a b c abc = = = . 4S 2 sin A 2 sin B 2 sin C Bán kính đường tròn bàng tiếp. S A . ra = p tan = 2 p−a B S rb = p tan = . 2 p−b C S rc = p tan = . 2 p−c R=

1.2

Các công thức lượng giác

Các hệ thức lượng giác cơ bản.

sin2 α + cos2 α = 1. cos α . cot α = sin α sin α tan α = . cos α

tan α. cot α = 1. 1 1 + tan2 α = . cos2 α 1 . 1 + 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) = 1 − tan α. tan β tan α − tan β tan(α − β) = . 1 + tan α. tan β Công thức nhân cung.

sin 2α = 2 sin α cos α. cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α. 7

2 tan α . 1 − tan2 α sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α. cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α. 3 tan α − tan3 α tan 3α = . 1 − 3 tan2 α

tan 2α =

Công thức biến tổng thành tích.

α−β α+β . cos . 2 2 α+β α−β sin α − sin β = 2 cos . sin . 2 2 α+β α−β cos α + cos β = 2 cos . cos . 2 2 α−β α+β . sin . cos α − cos β = −2 sin 2 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 = 2 sin

Công thức biến tích thành tổng.

sin(α + β) + sin(α − β) . 2 cos(α + β) + cos(α − β) . cos α. cos β = 2 cos(α − β) − cos(α + β) sin α. sin β = . 2 sin α. cos β =

Giá trị lượng giác của các góc (cung) có liên quan đặc biệt.

8

• Hai góc đối nhau: cos(−α) = cos α. sin(−α) = − sin α. tan(−α) = − tan α. cot(−α) = − cot α. • Hai góc bù nhau sin(π − α) = sin α. cos(π − α) = − cos α. tan(π − α) = − tan α. cot(π − α) = − cot α. • Hai góc phụ nhau:

π sin( − α) = cos α. 2 π cos( − α) = sin α. 2 π tan( − α) = cot α. 2 π cot( − α) = tan α. 2

• Hai góc hơn kém π : tan(π + α) = tan α. cot(π + α) = cot α. sin(π + α) = − sin α. cos(π + α) = − cos α. 1.3

Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác

Trong mọi tam giác ABC , ta có:

B C A cos cos . 2 2 2 2) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C. 1) sin A + sin B + sin C = 4 cos

3) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cos C). 9

B C A sin sin . 2 2 2 5) cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C. 4) cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin

6) cos2 A + cos2 B + cos2 C = 1 − 2 cos A cos B cos C.

7) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (ABC là tam giác không vuông).

A B C A B C + cot + cot = cot cot cot . 2 2 2 2 2 2 B B C C A A 9) tan tan + tan tan + tan tan = 1. 2 2 2 2 2 2 10) cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1. 8) cot

10

Chương 2

Hệ thức lượng trong tam giác thường Hệ thức lượng trong tam giác thường là dạng toán cơ bản nhất của bài toán hệ thức lượng trong tam giác. Vì các kết quả này đúng cho mọi tam giác đặc biệt khác như tam giác vuông, tam giác cân, tam giác đều... Bài toán về hệ thức lượng trong tam giác thường gồm hai dạng: chứng minh hệ thức lượng giác không điều kiện và chứng minh hệ thức lượng giác có điều kiện. Phương pháp để giải dạng toán này là: Cách 1. Biến đổi vế phức tạp sang vế đơn giản. Cách 2. Biến đổi hai vế về cùng một biểu thức trung gian. Cách 3. Biến đổi tương đương về một biểu thức đúng. Sau đây là một số ví dụ tiêu biểu.

2.1

Hệ thức lượng giác không điều kiện

Các bài toán này đưa ra yêu cầu chứng minh các hệ thức lượng áp dụng chung cho mọi tam giác. Bài toán 2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

b−c A c−a B a−b C cos2 + cos2 + cos2 = 0. a 2 b 2 c 2 B − C A − C A − B a2 cos b2 cos c2 cos 2 2 2 2) + + = ab + bc + ca. A B C 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 3) (b + c) cos A + (a + c) cos B + (a + b) cos C = a + b + c. 1)

Chứng minh 1) Ta có 11

A sin B − sin C A b−c cos2 = cos2 = a 2 sin A 2 2 sin =

2 cos

B+C B−C sin 2 2 cos2 A A A 2 2 sin cos 2 2

B−C B+C sin 1 2 2 = (cos C − cos B). 2 2

(1)

Tương tự ta có:

c−a B 1 cos2 = (cos A − cos C). (2) b 2 2 C 1 a−b cos2 = (cos B − cos A). (3) c 2 2 Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra đpcm. 2) Ta có B−C B−C B−C a2 cos cos cos A A 2 2 2 = a.2R. sin A = a.2R.2 sin cos A A A 2 2 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 B+C B−C ab + ac = aR(2 sin cos ) = aR(sin B + sin C) = . 2 2 2 (1) Tương tự

A−C bc + ba 2 = . B 2 2 sin 2 A −B c2 cos ca + cb 2 = . C 2 2 sin 2 Cộng theo vế của (1), (2), (3) suy ra đpcm. 3) Áp dụng định lý hàm số sin, ta có b2 cos

(2)

(3)

V T = 2R(sin B + sin C) cos A + 2R(sin A + sin C) cos B + 2R(sin A + sin B) cos C

= 2R(sin B cos A + sin A cos B) + 2R(sin C cos A + sin A cos C) + 2R(sin B cos C + sin C cos B) = 2R sin(B + A) + 2R sin(C + A) + 2R sin(B + C) = 2R sin C + 2R sin B + 2R sin A = a + b + c = V P. Đpcm. 12

Bài toán 2.2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

a2 + b2 + c2 . 1) bc cos A + ac cos B + ab cos C = 2 2) abc(cos A + cos B + cos C) = a2 (p − a) + b2 (p − b) + c2 (p − c). Chứng minh 1) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có

VT =

b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 a2 + b2 + c2 + + = = V P. 2 2 2 2

2) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có

a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 +b +c VT =a 2 2 2 2 2 2 a b c = (b + c − a) + (a + c − b) + (a + b − c) 2 2 2 2 2 2 = a (p − a) + b (p − b) + c (p − c) = V P. Đpcm. Bài toán 2.3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

tan

A B C + tan + tan = 2 2 2

B C A + cos2 + cos2 2 2 2. A B C 2 cos cos cos 2 2 2

cos2

Chứng minh       1 B C A A B C VT = tan + tan + tan + tan + tan + tan 2 2 2 2 2 2 2   B+C C +A A+B sin sin sin 1  2 2 2 + + =  B C A A B C 2 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 C A B cos2 + cos2 + cos2 2 2 2 = V P. Đpcm. = B C A 2 cos cos cos 2 2 2

13

Bài toán 2.4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

A . 2 A−B C 2) ra − rb = 4R sin cos . 2 2 3) a cot A + b cot B + c cot C = 2(R + r). 1) ra − r = 4R sin2

4) (ra2 + p2 )(ra − r) = 4Rra2. ha − 2r ha B C 5) = = tan tan . ha 2ra + ha 2 2 Chứng minh 1) Ta có

A A A A − (p − a) tan = a tan = 2R sin A tan 2 2 2 2 A A A A sin 2 = 2R.2 sin cos . = 4R sin2 . A 2 2 2 cos 2 B A 2) Ta có ra − rb = p(tan − tan ). 2 2 Do 1 1 p = (a + b + c) = .2R(sin A + sin B + sin C) 2 2 B C A = 4R cos cos cos . 2 2 2 ra − r = p tan

Thay (2) vào (1) ta có

ra − rb = p(tan

A B − tan ) 2 2

A−B sin B C A 2 = 4R cos cos cos A B 2 2 2 cos cos 2 2 C A−B cos . = 4R sin 2 2

3) Ta có

r=

ab sin C S = p a+b+c

14

(1)

(2)

2R sin A.2R sin B. sin C 2R (sin A + sin B + sin C) A B C A B C 2R.8. sin sin sin cos cos cos 2 2 2 2 2 2 = B C A 4 cos cos cos 2 2 2 A B C = 4R sin sin sin . 2 2 2 =

(1)

a cot A + b cot B + c cot C = 2R[sin A cot A + sin B cot B + sin C cot C] = 2R[cos A + cos B + cos C]   B C A = 2R 1 + 4 sin sin sin 2 2 2 = 2R + 2r = 2(R + r) do (1).

4) Ta có

(ra2

   A A 2 A + p )(ra − r) = p 1 + tan p tan − (p − a) tan = 2 2 2 2

2

p2 cos2

A 2

a tan

  A A A A 2 4R sin cos tan = 4R p tan = 4Rra2. = A 2 2 2 2 cos2 2

p2

5) Ta có

2S a p−a 2r ha − 2r p =1− = =1− =1− . • 2S ha ha p p a 2S p−a 1 1 ha a = = a = • = . a a 2S 2S 2ra + ha p + + 1 + p−a a p−a p−a a

B C rb rc S S p(p − a)(p − b)(p − c) tan = . = . = 2 2 p p p(p − b) p(p − c) p2 (p − b)(p − c) p−a . = p Đpcm. Bài toán 2.5. (Bài toán phụ trợ) Trong mọi tam giác ABC , ta có các hệ thức sau: • tan

15

A 2

1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10) 11) 12) 13) 14)

p2 + 4Rr + r2 . sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = 4R2 pr sin A sin B sin C = . 2R2 p2 − 4Rr − r2 2 2 2 . sin A + sin B + sin C = 2R2 p(p2 − 6Rr − 3r2) . sin3 A + sin3 B + sin3 C = 4R3 p(p2 + r2 + 2Rr) . (sin A + sin B)(sin B + sin C)(sin C + sin A) = 4R3 p4 − (8Rr + 6r2)p2 + r2 (4R + r)2 4 4 4 . sin A + sin B + sin C = 8R4 r2 + p2 − 4R2 cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = . 4R2 p2 − (2R + r)2 cos A cos B cos C = . 4R2 6R2 + 4Rr + r2 − p2 2 2 2 . cos A + cos B + cos C = 2R2 2Rr2 + r3 + p2 r 3 3 3 − 1. cos A + cos B + cos C = 4R3 2Rr2 + r3 + p2r . (cos A + cos B)(cos B + cos C)(cos C + cos A) = 4R3 1 1 1 p2 + r2 + 4Rr + + = . sin A sin B sin C 2pr 1 1 2R 1 + + = . sin A sin B sin B sin C sin C sin A r 1 1 (p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr 1 . + + = 4p2R2 sin2 A sin2 B sin2 C

sin A sin B sin B sin C sin C sin A p2 + r2 − 2Rr 15) + + = . sin C sin A sin B 2Rr 1 1 p2 + r2 − 4R2 1 + + = 2 . 16) cos A cos B cos C p − (2R − r)2 17)

1 1 1 4R(R + r) + + = 2 . cos A cos B cos B cos C cos C cos A p − (2R + r)2

1 1 (p2 + r2 − 4R2 )2 − 8R(R + r)[p2 − (2R + r)2] 1 + + = . 18) cos2 A cos2 B cos2 C [p2 − (2R + r)2]2 16

19)

20) 21) 22) 23) 24) 25) 26) 27)

28)

29)

30)

31) 32) 33)

cos A + cos B cos B + cos C cos C + cos A + + cos C cos A cos B (R + r)(p2 + r2 − 4R2) = − 3. R[p2 − (2R + r)2 ]

p sin A + sin B sin B + sin C sin C + sin A . . = . cos A + cos B cos B + cos C cos C + cos A r B C 2R − r A . sin2 + sin2 + sin2 = 2 2 2 2R 8R2 + r2 − p2 4 B 4 C 4 A . + sin + sin = sin 2 2 2 8R2 p2 + r2 − 8Rr 2 A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A sin sin + sin sin + sin sin = . 2 2 2 2 2 2 16R2 A B C 4R + r cos2 + cos2 + cos2 = . 2 2 2 2R (4R + r)2 − p2 4 B 4 C 4 A . + cos + cos = cos 2 2 2 8R2 p2 + (4R + r)2 2 A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A cos cos + cos cos + cos cos = . 2 2 2 2 2 2 16R2 1 1 p2 + r2 − 8Rr 1 + + = . r2 2 A 2 B 2 C sin sin sin 2 2 2 1 1 1 8R(2R − r) + + = . r2 2 B 2 C 2 A 2 A 2 B 2 C sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 1 1 p2 + (4R + r)2 1 + + = . A B C p2 2 2 2 cos cos cos 2 2 2 1 1 1 8R(4R + r) + + = . B C A A B C p2 2 2 2 2 2 2 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 3R2 + 4Rr + r2 − p2 . cos 2A + cos 2B + cos 2C = R2 2pr sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2 . R p2 − r2 − 4Rr cot A + cot B + cot C = . 2pr 17

p2 − (2R + r)2 . 34) cot A cot B cot C = 2pr (p2 − r2 − 4Rr)2 35) cot A + cot B + cot C = − 2. 4p2r2 2

2

2

2R2 36) (cot A + cot B)(cot B + cot C)(cot C + cot A) = 2 . p (p2 − r2 − 4Rr)3 − 48p2R2 r2 . 8p3r3 2pr . 38) tan A + tan B + tan C = 2 p − (2R + r)2 37) cot3 A + cot3 B + cot3 C =

39) tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A = 40) tan2 A + tan2 B + tan2 C = 41) tan3 A + tan3 B + tan3 C =

p2 − r2 − 4Rr . p2 − (2R + r)2

4p2r2 − 2(p2 − r2 − 4Rr)[p2 − (2R + r)2] . [p2 − (2R + r)2]2 8pr[p2r2 − 3R2(p2 − (2R + r)2)] . [p2 − (2R + r)2]3

A B C 4R + r + tan + tan = . 2 2 2 p B C r A 43) tan tan tan = . 2 2 2 p     A B C A B C 4R 44) tan + tan . tan + tan tan + tan = 2 2 2 2 2 2 p 42) tan

45) tan2

B C (4R + r)2 − 2p2 A . + tan2 + tan2 = 2 2 2 p2

A (4R + r)3 − 12p2R 3 B 3 C 46) tan . + tan + tan = 2 2 2 p3 3

B C A B C p A + cot + cot = cot cot cot = . 2 2 2 2 2 2 r B B C C A 4R + r A . 48) cot cot + cot cot + cot cot = 2 2 2 2 2 2 p

47) cot

A p2 − 2r(4R + r) 2 B 2 C 49) cot + cot + cot = . 2 2 2 r2 p(p2 − 12Rr) 3 B 3 C 3 A . + cot + cot = 50) cot 2 2 2 r3 2

18

51)



A B cot + cot 2 2



C B cot + cot 2 2



A C cot + cot 2 2



=

4pR . r2

B C A B C A tan tan + tan + tan + tan a b c 2 2+ 2 2+ 2 2 52) + + = C A B p−a p−b p−c tan tan tan 2 2 2 A B C B C A cot + cot cot + cot cot + cot 2 2 2 2 2 2 = 4R − 2r . = + + C A B r cot cot cot 2 2 2 B C A 53) a tan + b tan + c tan = 2(2R − r). 2 2 2 54) ra + rb + rc = 4R + r. tan

55) ra .rb + rb .rc + rc .ra = p2 . √ 56) ra .rb.rc = p2 r, S = r.ra.rb.rc. 57) ra2 + rb2 + rc2 = (4R + r)2 − 2p2 .

58) ra3 + rb3 + rc3 = (4R + r)3 − 12p2R. 59) (ra + rb)(rb + rc )(rc + ra ) = 4p2 R.

1 1 1 1 + + = . ra rb rc r 1 1 1 4R + r 61) + + = . ra rb rb rc rc ra p2 r 60)

62)

1 1 p2 − 2r(4R + r) 1 . + + = ra2 rb2 rc2 p2 r 2

63)

4R − 2r ra + rb rb + rc rc + ra + + = . rc ra rb r

p2 + r2 + 4Rr 64) ha + hb + hc = . 2R 2p2r . 65) ha hb + hb hc + hc ha = R r 1 2p2.r2 ,S = Rha hb hc . 66) ha hb hc = R 2

19

67)

1 1 1 1 + + = . ha hb hc r

1 1 1 p2 + r2 + 4Rr 68) + + = . ha hb hb hc hc ha 4p2r2 1 1 p2 − r2 − 4Rr 1 . 69) 2 + 2 + 2 = ha hb hc 2p2r2 70)

p2 + r2 − 2Rr ha + hb hb + hc hc + ha + + = . hc ha hb 2Rr

71) (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) = 4Rr + r2 . 72) (p − a)2 + (p − b)2 + (p − c)2 = p2 − 2r(4R + r). 73) (p − a)3 + (p − b)3 + (p − c)3 = p(p2 − 12Rr). 74)

1 1 1 4R + r + + = . p−a p−b p−c pR

75)

1 1 (4R + r)2 − 2p2 1 + + = . (p − a)2 (p − b)2 (p − c)2 p2 r 2

16Rr2p2 76) la lb lc = 2 . p + 2Rr + r2 Nhận xét:

• Từ 76 hệ thức trên ta có một hệ thống các hệ thức lượng giác đóng vai trò quan trọng trong các bài toán về nhận dạng tam giác. • Các hệ thức này đều thống nhất ở điểm vế phải được tính theo ba đại lượng R, r, p. • Phương pháp chứng minh chung cho tất cả các hệ thức là sử dụng định lý Viet đối với nghiệm của phương trình bậc ba. Phần chứng minh cho các hệ thức trên được trình bày trong phần phụ lục của luận văn.

20

2.2

Hệ thức lượng giác có điều kiện

Đối với các hệ thức lượng giác có điều kiện ta có thể chứng minh bằng một trong hai cách sau:

• Sử dụng điều kiện cho trước trong quá trình chứng minh.

• Biến đổi trực tiếp điều kiện cho trước về hệ thức cần chứng minh.

Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

sin A + sin B + sin C = 2(sin Chứng minh Giải Ta có

⇔ ⇔ ⇔

B C A + sin sin ). 2 2 2

1 1 1 + = . b c la

  B C A sin A + sin B + sin C = 2 sin + sin sin 2 2 2     A B C B C C B 4 cos cos cos = 2 cos + + sin sin 2 2 2 2 2 2 2   A B C B C B C B C 4 cos cos cos = 2 cos cos − sin sin + sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A 1 (1) cos = . 2 2

Lại có

1 1 1 b+c + = ⇔ = b c la bc

b+c A 2bc. cos 2

⇔ cos

A 1 = . 2 2

Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Bài toán 2.7. Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC , B = 2A và b2 = a(a + c) là hai hệ thức tương đương. Giải Từ

B = 2A ⇔ B − A = A

⇔ sin(B − A) = (do B − A + A = B < 1800) ⇔ sin C − 2 sin A cos B = sin A 21

(2)

⇔ 2R sin C − 4R sin A cos B = 2R sin A ⇔ c − 2a cos B = a

⇔ c2 − 2ac cos B = ac (do c > 0) ⇔ a2 + c2 − 2ac cos B = ac + a2

⇔ b2 = a(a + c). Đpcm.

Nhận xét: Ta xét bài toán có cùng điều kiện như trên: Có tồn tại hay không một tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh của nó là ba số nguyên liên tiếp. Giải Từ B = 2A ⇔ b2 = a(a + c). Vì b > a nên có các trường hợp sau:

1) a là cạnh bé nhất, c là cạnh trung bình, đặt a = x, c = x + 1, b = x + 2. ⇒ (x + 2)2 = x(2x + 1) ⇒ x2 − 3x − 4 = 0. Do x > 0 nên x = 4 ⇒ a = 4, b = 6, c = 5.

2) a là cạnh bé nhất, b là cạnh trung bình, đặt a = x, b = x + 1, c = x + 2. ⇒ (x + 1)2 = x(2x + 2) ⇒ x2 = 1 ⇒ x = 1 ⇒ a = 1, b = 2, c = 3. Loại vì không thỏa mãn yêu cầu về ba cạnh trong một tam giác (3=2+1).

3) a là cạnh trung bình, đặt c = x, a = x + 1, b = x + 2. ⇒ (x + 2)2 = (x + 1)(2x + 1) ⇒ x2 − x − 3 = 0. Loại vì không có nghiệm nguyên. Vậy có duy nhất một tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là tam giác ABC với a = 4, b = 6, c = 5. Bài toán 2.8. Cho tam giác ABC có tan A. tan C = 3 và tan B. tan C = 6. Chứng minh rằng khi đó ta cũng có tan C = tan A + tan B . Giải Từ: 3 tan A tan C = 3 ⇒ tan C = . tan A 6 tan B tan C = 6 ⇒ tan B = = 2 tan A. tan C

22

Áp dụng công thức

tan A = − tan(B + C) = 2 tan A + ⇒ tan A =

3 tan A

tan B + tan C tan B tan C − 1

5 ⇒ 5 tan A = 2 tan A + 3 2

2

(1)

⇔ tan2 A = 1.

Từ giả thiết suy ra tan A, tan B , tan C cùng dấu, do đó A, B , C cùng nhọn (vì nếu không A, B , C cùng tù, điều này không thể xảy ra). Vậy từ (1) suy ra tan A = 1, tan C = 3, tan B = 2. Nói riêng tan C = tan A + tan B . b = π. Nhận xét: Thực chất từ tan A tan B = 3, tan B tan C = 6 suy ra A 4 Bài toán không có mệnh đề đảo, tức là từ tan C = tan A + tan B không thể suy ra tan A. tan C = 3 và tan B. tan C = 6. Thật vậy, xét tam giác ABC có √ √ tan A = tan B = 2, tan C = 2 2. Rõ ràng tam giác này tồn tại vì từ đó có

tan C =

tan A + tan B = − tan(A + B) ⇒ A + B + C = π, A, B, C > 0. tan A tan B − 1

Tam giác này không có điều kiện tan A. tan C = 3 và tan B. tan C = 6.

2.3

Bài tập đề nghị

Bài toán 2.9. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có: 1) bc(b2 − c2 ) cos A + ac(c2 − a2 ) cos B + ab(a2 − b2 ) cos C = 0.

2) a sin(B − C) + b sin(C − A) + c sin(A − B) = 0. 3)

sin

A 2

sin

B 2

sin

C 2

+ + = 2. C A B B C A cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C sin A + sin B − sin C = tan tan cot . 4) cos A + cos B − cos C + 1 2 2 2 23

B C B C A C A B A cos cos + sin cos cos + sin cos cos . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B B C = sin sin sin +tan tan +tan tan +tan C2 tan A2 . 2 2 2 2 2 2 2 B C A B B C C A A tan + tan + tan + tan tan + tan tan + tan tan 4 4 4 4 4 4 4 4 4 B C A − tan tan tan = 1. 4 4 4 A B C S = p2 tan tan cot . 2 2 2 2pr a cos A + b cos B + c cos C = . R C ha B . tan cot = 2 2 2ra + ha A B b cos2 + a cos2 = p. 2 2

5) sin

6)

7) 8) 9) 10)

Bài toán 2.10. Cho tam giác ABC có:

sin A + sin B + sin C − 2 sin b = 2π . Chứng minh rằng C 3 Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC có:

A B C sin = 2 sin . 2 2 2

sin A + sin B sin C = . sin 2A + sin 2B sin 2C

Chứng minh rằng cos A + cos B = 1.

24

Chương 3

Hệ thức lượng trong tam giác vuông 3.1

Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông.

Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày phương pháp biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông. Để chứng minh tam giác ABC vuông ta có thể dùng các công thức lượng giác biến đổi về một trong các dấu hiệu nhận dạng tam giác vuông sau đây.

1.

sin A = 1; sin B = 1; sin C = 1.

2.

cos A = 0; cos B = 0; cos C = 0.

3.

sin 2A = 0; sin 2B = 0; sin 2C = 0.

4.

cos 2A = −1; cos 2B = −1; cos 2C = −1. A B C tan = 1; tan = 1; tan = 1. 2 2 2 tan A = cot B; tan B = cot C; tan C = cot A.

5. 6. 7.

sin A = sin(B − C); sin B = sin(C − A); sin C = sin(A − B). A B−C B C −A C A−B 8. cos = cos ; cos = cos ; cos = cos . 2 2 2 2 2 2 9. a2 = b2 + c2 ; b2 = c2 + a2 ; c2 = a2 + b2.    sinB = cosC sinC = cosA sinA = cosB ; ; 10. 0 < B < π 0 < C < π . 0 < A < π 2

2

2

Ta xét các ví dụ sau đây. Bài toán 3.1. Chứng minh rằng tam giác ABC thỏa mãn một trong các

25

điều kiện sau thì tam giác ABC là tam giác vuông:

1) 2) 3)

sin 2A + sin 2B = 4 sin A sin B. C a B . cot + cot = 2 2 p−a a2 cos B cos C + = . cos C cos B bc

Chứng minh 1) Ta có

sin 2A + sin 2B = 4 sin A sin B ⇔ 2 sin(A + B) cos(A − B) = 2[cos(A − B) − cos(A + B)] ⇔ 2 sin C cos(A − B) = 2[cos(A − B) + cos C] ⇔ 0 = cos(A − B)[1 − sin C] + cos C

⇔ 0 = cos(A − B) cos C[1 − sin C] + cos2 C

⇔ 0 = cos(A − B) cos C[1 − sin C] + 1 − sin2 C

⇔ 0 = [1 − sin C][cos(A − B) cos C + 1 + sin C] π ⇔ 1 − sin C = 0 ⇔ sin C = 1 ⇔ C = . 2 Vậy tam giác ABC vuông. Đpcm. B+C sin B 2R sin A C a 2 2) cot + cot = = ⇔ B C 2 2 p−a R(sin B + sin C − sin A) sin sin 2 2 B C A Dựa vào sin B + sin C − sin A = 4 cos sin sin , nên từ (1) ta có 2 2 2 A A cos A π 2 2 = ⇔ tan = 1 ⇔ A = . B A C B C 2 2 sin sin 4 cos sin sin 2 2 2 2 2 3) Ta có cos

A 2

4 sin

(1)

Đpcm.

a2 cos B cos C + = cos C cos B bc cos2 B + cos2 C a2 ⇔ = cos B cos C bc 2 2 sin2 A cos B + cos C = ⇔ cos B cos C sin B sin C 26

(1)

Chỉ có hai khả năng xảy ra: π a) nếu A = , khi đó (1) đúng (do cos C = sin B, cos B = sin C ). 2 π b) nếu A 6= . Từ (1) theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có 2

Suy ra

cos2 B + cos2 C − sin2 A cos2 B + cos2 C = cos B cos C cos B cos C − sin B sin C cos2 B + cos2 C + cos2 A − 1 = cos(B + C) 1 − 2 cos A cos B cos C − 1 = 2 cos B cos C. = − cos A cos2 B + cos2 C = 2 cos2 B cos2 C ⇒ cos2 B(1 − cos2 C) + cos2 C(1 − cos2 B) = 0

⇒ cos2 B sin2 C + cos2 C sin2 B = 0   cos B sin C = 0 cos B = 0 ⇒ ⇒ cos C sin B = 0 cos C = 0

(2)

(do sin C > 0, sin B > 0). π π Từ (2) suy ra B = C = vô lý. Vậy giả thiết A 6= là sai ⇒ đpcm. 2 2 Bài toán 3.2. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông:

1 1) S = b2 sin 2C. 4 2) 2R = 5r, ra = 3r. 3) 2R + r = p. Giải 1) Ta có

1 S = b2 sin 2C 4 1 1 ⇔ ab sin C = b22 sin C cos C 2 4 ⇔ a = b cos C (do sin C > 0) ⇔ 2 sin A = 2 sin B cos C 27

⇔ 2 sin A = sin(B + C) + sin(B − C) ⇔ sin A = sin(B − C) ⇔ A = B − C π ⇔ A+C =B ⇔B = . 2 Vậy ABC là tam giác vuông tại B. 2) Ta có ra = 3r S S ⇔ =3 p−a p ⇔ p = 3p − 3a ⇔ 3a = a + b + c ⇔ b + c = 2a.

(1)

abc S abc = 5 (áp dụng S = ) ⇔ abcp = 10S 2 . (2) 2S p 4R Theo công thức Hêrông ta có (2) ⇔ abcp = 10p(p − a)(p − b)(p − c) ⇔ abc = 10(p − a)(p − b)(p − c). (3) b+c−a a Từ (1) có p − a = = . Thay vào (3) và có 2 2 Từ 2R = 5r ⇔

abc = 5a(p − b)(p − c) ⇔ bc = 5(p − b)(p − c)

⇔ bc = 5p2 − 5p(b + c) + 5bc ⇔ 5p2 − 5p(b + c) + 4bc = 0.

Do p =

a + b + c 3a = và từ (4) có 2 2

9a2 15a 15a2 5 − 2a + 4bc = 0 ⇒ bc = . 4 2 16 Vậy kết hợp với (1) ta có  b + c = 2a bc = 15 a2 . 16 Theo định lý Viet thì b và c là các nghiệm phương trình 15 (*) x2 − 2ax + a2 = 0. 16 28

(4)

Giải (*) ta được:



5a x =  4 (∗) ⇔  3a x= 4 3a 3a 5a 5a (hoặc b = , c = ). Vậy b = , c = 4 4  42  42 5a 3a Từ = + a2 suy ra ABC là tam giác vuông đỉnh B hoặc C. 4 4 3) Ta có

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

⇔ ⇔

2R + r = p A B C A B C 4R cos cos cos = 2R + 4R sin sin sin 2 2 2 2 2 2 B C A B C A 2 cos cos cos − 2 sin sin sin = 1 2 2 2 2 2 2   A B−C B+C B+C A B−C cos + cos − cos cos − sin cos =1 2 2 2 2 2 2     A B−C A A A B−C cos − sin sin + cos − sin cos 2 2 2 2 2 2   A A − sin2 + cos2 =0 2 2     A A A B−C A A sin − cos − cos sin − cos =0 cos 2 2 2 2 2 2    A A B−C A sin − cos cos − cos =0 2 2 2 2  A tan =1  2 ⇔ B−C A cos = cos 2 2  π Ab = " 2 b b ⇔ A = B − Cb  b Ab = Cb − B

b = π , hoặc B b = π , hoặc C b = π. Suy ra A 2 2 2 Vậy ABC là tam giác vuông. Đpcm.

Bài toán 3.3. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông: 29

2) 3) 4) 5)

r

b+c . 2c r b−c A . tan = 2 b+c 2bc cos(B − C) = 2 . a A 2a A . tan + cot + 2 cot A = 2 2 b−c a b c = + . sin B sin C cos B cos C

A 1) cos = 2

3 6) sin A − sin(A − B) sin C + cos B = . 2 Giải 1) Ta có

A cos = 2

r

b+c A b+c 1 + cos A b + c ⇔ cos2 = ⇔ = 2c 2 2c 2 2c b ⇔ 1 + cos A = + 1 c 2 2 2 ⇔ b + c − a = 2b2 ⇔ c2 = a2 + b2 .

Theo định lý Pitago suy ra ABC là tam giác vuông tại C. 2) Ta có

A tan = 2

r

r b−c sin B − sin C A ⇔ tan = b+c 2 vsin B + sin C u u 2 cos B + C sin B − C A u 2 2 ⇔ tan = u t B+C B−C 2 2 sin cos 2 2 r B−C A A A (do 6= 0) ⇔ tan = tan tan 2 2 2 2 b−C b Ab B b=B b⇔B b = π. ⇔ = ⇔ Ab + C 2 2 2

Vậy ABC là tam giác vuông tại B .

30

3) Ta có

2bc a2 2 sin B sin C ⇔ cos(B − C) = sin2 A cos(B − C) =

4 sin B sin C sin A 4 sin B sin C sin 2B + sin 2C = sin A 2 sin B sin C sin B cos B + sin C cos C = sin A sin B sin C sin B sin C sin B cos B + sin C cos C − − =0 sin A sin A     sin C sin B sin B cos B − + sin C cos C − =0 sin A sin A

⇔ 2 sin(B + C) cos(B − C) = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

⇔ sin B[sin A cos B − sin(A + B)] + sin C[sin A cos C − sin(A + C)] = 0 ⇔ − sin B sin B cos A − sin C sin C cos A = 0

⇔ (sin2 B + sin2 C) = 0 ⇔ cos A = 0(do sin B > 0, sin C > 0) π ⇔ Ab = . 2

Vậy ABC là tam giác vuông tại A. 4) Ta có

A A 2a + cot + 2 cot A = 2 2 b−c A A sin cos 2 sin A 2 2 + 2 cos A = ⇔ + A A sin A sin B − sin C cos sin 2 2 2 2 cos A 2 sin A ⇔ + = B−C B+C sin A sin A sin 2 cos 2 2 A A A 2.2 cos2 4 sin cos 2 = 2 2 ⇔ A B−C A A 2 sin cos 2 sin sin 2 2 2 2 tan

31

A A cos 2 = 2 ⇔ A B−C sin sin 2 2   B−C A A 6= 0 . ⇔ sin = sin do 2 2 2 b−C b⇔A b+C b=B b⇔B b = π. ⇔ Ab = B 2 cos

Vậy tam giác ABC vuông tại B . Đpcm. 5) Ta có

a sin B sin C sin A ⇔ sin B sin C sin A ⇔ sin B sin C ⇔ sin B sin C

b c + cos B cos C sin B cos C + sin C cos B = cos B cos C sin(B + C) = cos B cos C = cos B cos C (do sin(B + C) = sin A > 0) b = π. b+C b=π ⇔A ⇔ cos(B + C) = 0 ⇔ B 2 2 =

Vậy ABC là tam giác vuông tại A. Đpcm. 6) Ta có

3 2 ⇔ 2 sin A − 2 sin(A + B) sin(A − B) + 2 cos B − 3 = 0 sin A − sin(A − B) sin C + cos B =

⇔ 2 sin A + cos 2A − cos 2B + 2 cos B − 3 = 0.

⇔ 2 sin A + 1 − 2 sin2 A − 2 cos2 B + 1 + 2 cos B − 3 = 0 1 ⇔ sin2 A − sin A + cos2 B − cos B + = 0 2  2  2 1 1 ⇔ sin A − + cos B − =0 2 2   sin A = 1 b = π, B b = π, C b = π. 2 ⇔ A ⇔ 1  6 3 2 cos B = 2

Vậy ABC là tam giác vuông tại C và là nửa tam giác đều.

32

Bài toán 3.4. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông:

1) rc = r + ra + rb. √ A−B . 2c cos 2 √ B A−B 3) r(sin A + sin B) = 2c sin cos . 2 2 4) sin A + sin B + sin C = cos A + cos B + cos C + 1.

2) a cot A + b cot B =

5) r + ra + rb + rc = a + b + c. Giải 1) Ta có

rc = r + ra + rb S S S S = + + ⇔ p−c p p−a p−b 1 1 1 1 ⇔ = + + p−c p p−a p−b 2p − (a + b) c = . ⇔ (p − c)p (p − a)(p − b)

(1)

Do 2p − (a + b) = c nên

(1) ⇔ (p − c)p = (p − a)(p − b) ⇔ −pc = −p(a + b) + ab ⇔ p(a + b − c) = ab ⇔ 2p(a + b − c) = 2ab ⇔ (a + b + c)(a + b − c) = 2ab

⇔ (a + b)2 − c2 = 2ab ⇔ a2 + b2 + 2ab − c2 = 2ab ⇔ a2 + b2 = c2 .

Vậy ABC là tam giác vuông tại C . 2) Ta có

√ A−B a cot A + b cot B = c 2 cos 2 √ cos B cos A A−B + 2R sin B = 2R sin C 2 cos ⇔ 2R sin A sin A sin B 2 √ C C A−B ⇔ cos A + cos B = 2 2 sin cos cos 2 2 2 √ A−B C A−B C A+B cos = 2 2 sin cos cos . ⇔ 2 cos 2 2 2 2 2 33

(2)

Do

cos

C A−B A+B = sin > 0, cos >0 2 2 2

nên từ (2) có:

(2) ⇔ 1 =

√

√ C Cb C π 2 b = π. 2 cos ⇔ cos = ⇔ = ⇔C 2 2 2 2 4 2

Vậy ABC là tam giác vuông tại C . 3) Ta có

r(sin A + sin B) =

√

2c sin

B A−B cos . 2 2

(3)

B C A sin sin ta có 2 2 2 A B C A+B A−B cos (3) ⇔ 4R sin sin sin 2 sin 2 2 2 2 2 √ C C B A−B = 2 2R2 sin cos sin cos 2 2 2 2 C B A−B A √ C > 0) ⇔ 2 sin = 2 (do sin cos sin cos 2 √ 2 2 2 2 A 2 ⇔ sin = 2 2 π ⇔ Ab = . 2

Áp dụng r = 4R sin

Vậy ABC là tam giác vuông tại A. 4) Ta có

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

sin A + sin B + sin C = cos A + cos B + cos C + 1 A+B A−B C C A+B A−B C 2 sin cos + 2 sin cos = 2 cos cos + 2 cos2 2 2 2 2 2 2 2 A−B C C C A−B C C + sin cos = sin cos + cos2 cos cos 2 2 2 2 2 2 2  C C C A−B C A−B − cos − cos cos cos − sin cos =0 2 2 2 2 2 2    C C C A−B − cos cos − sin cos =0 2 2 2 2 34



 ⇔ 



   ⇔    

 ⇔  



  ⇔  

C C cos = sin 2 2 A−B C cos = cos 2 2 C tan = 1 2  b Ab − B Cb =  2 2   B b b−A b C = 2 2 π Cb = 2 b b A − B = Cb b−A b=C b B b=π C π2 b A= π2 b B= . 2

Vậy ABC là tam giác vuông. 5) Ta có

r + ra + rb + rc = a + b + c B C A B C A ⇔ 4R sin sin sin + p tan + p tan + p tan = 2p. (4) 2 2 2 2 2 2 A B C a+b+c = R(sin A+sin B+sin C) = 4R cos cos cos Chú ý rằng p = 2 2 2 2 Vậy A B C A B C C A B sin sin + 4R sin cos cos + 4R sin cos cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 B C A B C A + 4R cos sin cos = 8R cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C A B C C A B ⇔ sin sin sin + sin cos cos + sin cos cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 B C A B C A + cos sin cos = 2 cos cos cos 2 2 2 2 2 2 B−C A B+C A B C A + cos sin = 2 cos cos cos ⇔ sin cos 2 2 2 2 2 2 2 B−C A B+C B−C B+C A = cos (cos + cos − sin ) ⇔ sin cos 2 2 2 2 2 2

(4) ⇔ 4R sin

35

    B−C A A A A A ⇔ cos sin − cos = cos sin − cos 2 2 2 2 2 2    B−C A A A ⇔ cos − cos sin − cos =0 2 2 2 2  A A = cos sin  2 2 ⇔ A B−C = cos cos 2 2  A tan = 1  2  b−C b Ab  B ⇔  =  2  b 2 b C −B Ab = 2 2  π b= A  2 b b ⇔ B − C = Ab  b=A b Cb − B  π Ab = 2   b π ⇔ B =  π2 b C= . 2

Vậy ABC là tam giác vuông.

3.2

Bài tập đề nghị

Bài toán 3.5. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông:

1)

sin(A + B) cos(A − B) = 2 sin A sin B.

2)

cos 2A + cos 2B + cos 2C + 1 = 0.

3) 3(cos B + 2 sin C) + 4(sin B + 2 cos C) = 15. a2 (p − a) + b2 (p − b) + c2 (p − c) . 4) sin B + cos B = abc C B 5) (a − b) cot + (c − a) cot = c − b. 2 2 6) (a2 + b2) sin(A − B) = (a2 − b2) sin(A + B). 36

7) 8)

C . 2 a cos B − b cos A = a sin A − b sin B.

a + b = (a tan B + b tan A) tan

b2 + c2 9) ma = (b 6= c). 4R r 10) sin B + cos B = 1 + . R

37

Chương 4

Hệ thức lượng trong tam giác cân 4.1

Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân.

Tam giác cân là tam giác có hai cạnh bằng nhau hoặc hai góc bằng nhau, đây là lớp bài toán quan trọng trong nhận dạng tam giác. Phương pháp để chứng minh tam giác ABC cân là biến đổi hệ thức đã cho về các dấu hiệu nhận dạng tam giác cân sau:

1. a = b; b = c; c = a. 2.

3.

4.

5.

6.

7.

sin A = sin B; sin B = sin C; sin C = sin A. A B B C C A sin = sin ; sin = sin ; sin = sin . n n n n n n cos A = cos B; cos B = cos C; cos C = cos A. A B B C C A cos = cos ; cos = cos ; cos = cos . n n n n n n tan A = tan B; tan B = tan C; tan C = tan A. B B C C A A tan = tan ; tan = tan ; tan = tan . n n n n n n cot A = cot B; cot B = cot C; cot C = cot A. A B B C C A cot = cot ; cot = cot ; cot = cot . n n n n n n sin(A − B) = 0; sin(B − C) = 0; sin(C − A) = 0. A−B B−C C−A sin = 0; sin = 0; sin = 0. n n n tan(A − B) = 0; tan(B − C) = 0; tan(C − A) = 0. B−C C −A A−B = 0; tan = 0; tan = 0. tan n n n 38

8.

cos(A − B) = 1; cos(B − C) = 1; cos(C − A) = 1. B−C C −A A−B = 1; cos = 1; cos = 1. cos n n n Dưới đây ta xét một số bài toán cụ thể. Bài toán 4.1. Cho tam giác ABC có:

a3 (b2 − c2 ) + b3 (c2 − a2 ) + c3 (a2 − b2) = 0.

Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Giải

0 = a3 (b2 − c2 ) + b3(c2 − a2 ) + c3 (a2 − b2) = a3 (b2 − c2 ) − a2 (b3 − c3 ) + b2c2 (b − c)

= (b − c)[a3 (b + c) − a2 (b2 + bc + c2 ) + b2c2 ]

= (b − c)(a − c)[a2 b + a2 c − b2a − b2c] = (b − c)(a − b)(a − c)(ab + bc + ca).

Do ab + bc + ca 6= 0 nên



 b−c=0 b=c   ⇒ a−b= 0 ⇔ a=b c−a=0 c = a.

Vậy tam giác ABC cân. Đpcm.

Bài toán 4.2. Cho tam giác ABC có: ha hb hc hb hc ha + + = + + . hb hc ha ha hb hc Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Giải Biến đổi đẳng thức:

hb hc ha ha hb hc + + = + + hb hc ha ha hb hc 2S 2S 2S 2S 2S ⇔ a + b + c = b + c + 2S 2S 2S 2S 2S b c a a b b c a a b c ⇔ + + = + + a b c b c a 39

2S a 2S c

⇔ b2c + c2 a + a2 b = a2 c + b2 a + c2 b

⇔ b2(c − a) + ca(c − a) − b(c2 − a2 ) = 0 ⇔ (c − a)(b − c)(b − a) = 0   b=c b−c=0   ⇔  a−b= 0 ⇔ a=b c = a. c−a =0

Vậy tam giác ABC cân.

Bài toán 4.3. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân:

1) 4rra = a2 . A B B A 2) sin cos3 = sin cos3 . 2 2 2 2 2a + c 1 + cos B . =√ 3) sin B 4a2 − c2 B A 4) (p − a) cot = p tan . 2 2 q 5) ha =

Giải

p(p − a).

1) Ta có

4rra = a2 4S S ⇔ . = a2 p p−a ⇔ 4S 2 = p(p − a)a2 . Theo công thức Heron, từ (1) ta có

(1) ⇔ 4p(p − a)(p − b)(p − c) = a2 p(p − a) ⇔ 4(p − b)(p − c) = a2

⇔ (a + c − b)(a + b − c) = a2

⇔ a2 − (b − c)2 = a2

⇔ (b − c)2 = 0 ⇔ b = c.

40

(1)

Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A.

B B A A cos3 = sin cos3 (1) 2 2 2 2 A B Chia cả hai vế của (1) cho cos3 cos3 6= 0, ta có 2 2 A A B B tan (1 + tan2 ) = tan (1 + tan2 ) 2 2 2 2 A B B A ⇔ tan + tan3 − tan − tan3 = 0 2  2 2  2  B A B B A A ⇔ tan − tan 1 + tan2 + tan tan + tan2 = 0. 2 2 2 2 2 2 (2)

2) sin

Do 1 + tan2

A B A B + tan tan + tan2 > 1 nên từ (2) có 2 2 2 2 A B b − = 0 ⇔ Ab = B. 2 2

Vậy ABC là tam giác cân đỉnh C . 3) Ta có

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1 + cos B 2a + c =√ sin B 4a2 − c2 (1 + cos B)2 (2a + c)2 = (1 + cos B)(1 − cos B) (2a + c)(2a − c) 2a + c 1 + cos B = 1 − cos B 2a − c 2 cos B 2c 1+ =1+ 1 − cos B 2a − c c cos B = 1 − cos B 2a − c cos B sin C = 1 − cos B 2 sin A − sin C 2 sin A cos B − sin C cos B = sin C − sin C cos B

⇔ 2 sin A cos B = sin C ⇔ sin(A + B) + sin(A − B) = sin(A + B) b = B. b ⇔ sin(A − B) = 0 ⇔ A

Vậy ABC là tam giác cân đỉnh C . 41

A B = p tan . (1) 2 2 A B C A B C Sử dụng công thức p = 4R cos cos cos , p−a = 4R cos sin sin 2 2 2 2 2 2 thì B A cos sin B C A 2 = 4R cos A cos B cos C 2 (1) ⇔ 4R cos sin sin B A 2 2 2 2 2 2 sin cos 2 2 A C C A ⇔ cos sin = cos sin 2 2 2 2 A C − ⇔ sin = 0. 2 2

4) Ta có (p − a) cot

Vậy ABC là tam giác cân đỉnh B. 5) Ta có

q ha = p(p − a) q 2S ⇔ = p(p − a) ap q 2 p(p − a)(p − b)(p − c) ⇔ = p(p − a) a ⇔ 4(p − b)(p − c) = a2 .

Biến đổi như phần (1) suy ra b = c. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. Bài toán 4.4. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân: √ 1) ha = rbrc . a A 2) ha = cot . 2 2 4bc − a2 2 3) la = . 4 Giải 1) Ta có 4S 2 S2 √ 2 ha = rbrc ⇔ ha = rb rc ⇔ 2 = a (p − b)(p − c) 2 ⇔ a = 4(p − b)(p − c). b=C b. Biến đổi như phần 1 bài toán 4.3 suy ra B Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A.

42

2) Ta có

ha =

A a cot 2 2

A 2 ⇔ cos(B − C) − cos(B + C) = 1 + cos A b = C. b ⇔ cos(B − C) = 1 ⇔ B ⇔ 2 sin B sin C = 2 cos2

Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. A 2bc cos 2 , suy ra 3) Từ la2 = b+c 4bc − a2 2 la = 4 A 4b2c2 cos2 4bc − a2 2 ⇔4 = (b + c)2 4 2 2 4bc − a2 2b c [1 + cos A] = ⇔ (b + c)2 4 2b2c2 b2 + c2 − a2 4bc − a2 ⇔ [1 + ]= (b + c)2 2bc 4 4bc − a2 2b2c2 (b + c)2 − a2 . = ⇔ (b + c)2 2bc 4 2 2 a bc a ⇔ bc − = bc − (b + c)2 4

⇔ 4bc = (b + c)2 ⇔ (b − c)2 = 0 ⇔ b = c. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. Trong bài toán nhận dạng tam giác cân ta xét một số tam giác cân 2π ... đặc biệt như tam giác vuông cân, tam giác cân có một góc bằng 3 Dưới đây một bài toán tiêu biểu. Bài toán 4.5. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức √ 5 cos 2A + 3(cos 2B + cos 2C) + = 0. 2 Chứng minh rằng ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A bằng Giải 43

π . 6

Ta có

√ 5 3(cos 2B + cos 2C) + = 0 2 √ 5 2 cos2 A − 1 + 2 3 cos(B + C) cos(B − C) + = 0 2 √ 3 2 cos2 A + 2 3 cos(B + C) cos(B − C) + = 0 2 √ 3 cos2 A − 3 cos A cos(B − C) + = 0 4 " #2 √ 3 3 cos A − cos(B − C) + sin2 (B − C) = 0 2 4   sin(B − C) = 0 (1) √ 3  cos A − cos(B − C) = 0. (2) 2 cos 2A +

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

b = C. b Thay vào (2) ta có Từ (1) suy ra B √ 3 b = π. ⇒A cosA = 2 6 b = π. Vậy tam giác ABC cân đỉnh A với A 6 Nhận xét 1. Ta có bài toán tổng quát sau: Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

cos 2A + x(cos 2B + cos 2C) +

x2 + 1 = 0, 2

điều kiện −2 < x < 2, x 6= 0. b = arccos x . Khi đó ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A 2 Thật vậy   x sin(B − C) = 0 ⇔ x cos(B − C)  cos A − = 0. 2

(1) (2)

Từ (1) và do x 6= 0 suy ra sin(B − C) = 0 ⇒ B = C. x b = arccos x . Thay vào (2) ta có cos A = ⇒ A 2 2 44

2. Lấy x = −1 ta có kết quả: Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

cos 2A − cos 2B − cos 2C +

3 =0 2

2π . thì ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A bằng 3 √ 3. Lấy x = 2 ta có kết quả: Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức √ cos 2A + 2(cos2B + cos2C) + 2 = 0 thì ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A bằng

4.2

π . 4

Bài tập đề nghị

Bài toán 4.6. Cho tam giác ABC có:

sin A + sin B + sin C A C = cot cot . sin A + sin B − sin C 2 2

Chứng minh rằng tam giác ABC cân.

Bài toán 4.7. Cho tam giác ABC có:

sin2 A + sin2 B + 2 sin A sin B =

9 + 3 cos C + cos2 C. 4

Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Bài toán 4.8. Cho tam giác ABC có: tam giác ABC cân.

sin C = 2 cos A. Chứng minh rằng sin B

Bài toán 4.9. Cho tam giác ABC có: √ 17 2 cos A sin B sin C + 3(sin A + cos B + cos C) = . 4 Chứng minh rằng tam giác ABC cân.  sin B = (√2 − cos C) sin A Bài toán 4.10. Cho tam giác ABC có: sin C = (√2 − cos B) sin A. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. 45

Bài toán 4.11. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân:

1) a2 sin 2B + b2 sin 2A = c2 cot

C . 2

a A . = p 2 2 p(p − a) A a 3) sin = √ . 2 2 bc C 4) a2 + b2 = tan (a2 tan A + b2 tan B). 2 r A 5) 2 sin + cos A − 1 = . 2 R 2)

tan

Bài toán 4.12. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân:

2)

C . 2 tan A + 2 tan B = tan A tan2 B.

3)

tan A sin A + tan B sin B = (sin A + sin B) cot

1)

tan A + tan B = 2 cot

4) a sin(B − C) + b sin(C − A) = 0.

46

C . 2

Chương 5

Hệ thức lượng trong tam giác đều Nói chung trong các đẳng thức hoặc bất đẳng thức mà ba cạnh hoặc ba góc trong tam giác có vai trò như nhau, ta đều có thể chứng minh được π a = b = c hay A = B = C = , tức là tam giác đó đều. Ta có thể sáng 3 tác được rất nhiều bài toán có tính chất như vậy. Đối với các bài toán mà ba cạnh hoặc ba góc trong tam giác có tính chất đối xứng trong bất đẳng thức, tam giác đều là trường hợp đặc biệt khi dấu bằng xảy ra. Giới hạn trong luận văn này chúng tôi xin trình bày phương pháp biến đổi đẳng thức để nhận dạng tam giác đều. Sau đây ta xét một số bài toán tiêu biểu có tính chất như trên.

5.1

Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều

Bài toán 5.1. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

B−C C −A A−B a2 cos a2 cos 2 2 2 + + = a2 + b2 + c2 . A B C 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Thực hiện biến đổi đại diện ta có: a2 cos

B−C B−C 2R sin A cos 2 2 =a A A 2 sin 2 sin 2 2 B−C B+C cos = aR2 sin 2 2

a2 cos

47

= aR(sin B + sin C) ab + ac = . 2 Từ đó hệ thức đã cho có dạng sau: ab + ac ba + bc ca + cb + + = a2 + b2 + c2 2 2 2 2 2 2 ⇔ a + b + c − ab − bc − ca = 0 ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0

⇔ a = b = c.

Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.2. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức 1 1 1 1 . + + = 2 2 2 B C A sin A sin B sin C 2 sin sin sin 2 2 2 Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Do sin A sin B sin C > 0 nên đẳng thức điều kiện đã cho tương đương với   1 1 1 sin A sin B sin C (sin A sin B sin C) + + = B C A sin2 A sin2 B sin2 C 2 sin sin sin 2 2 2 sin B sin C sin A sin C sin A sin B A B C ⇔ + + = 4 cos cos cos . (1) sin A sin B sin C 2 2 2 Do A B C 4 cos cos cos = sin A + sin B + sin C, 2 2 2 nên áp dụng định lý hàm số sin suy ra bc ca ab + + =a+b+c (1) ⇔ a b c ⇔ b2c2 + a2 c2 + a2 b2 = abc(a + b + c)

⇔ (ab − bc)2 + (bc − ca)2 + (ca − ab)2 = 0    ab = bc   ⇔ bc = ca    ca = ab ⇔ a = b = c.

48

Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.3. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

2p a cos A + b cos B + c cos C = . a sin B + b sin C + c sin A 9R Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải 2S Áp dụng định định lý hàm số sin, và công thức sin A = , đưa đẳng bc thức điều kiện về hệ thức tương đương sau:

R (sin 2A + sin 2B + sin 2C) 2p = 2S 2S 2S 9R a +b +c ac ab bc 4R sin A sin B sin C a+b+c   = ⇔ . 1 1 1 9R 2S + + a b c Áp dụng công thức S = 2R2 sin A sin B sin C , ta thấy:   1 1 1 + + =9 (1) ⇔ (a + b + c) a b c       c a b c a b + −2 + + −2 + + −2 =0 ⇔ b a c b a c (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 ⇔ + + = 0. ab bc ca Do vế trái của (2) là tổng của ba số không âm nên    a=b   (2) ⇔ b = c ⇔ a = b = c.    c = a Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm.

Bài toán 5.4. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức

(a + b)(b + c)(c + a) R = . 4abc r Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải 49

(1)

(2)

Áp dụng định lý hàm số sin, đưa giả thiết đã cho về dạng tương đương sau

(sin A + sin B)(sin B + sin C)(sin C + sin A) = 4 sin A sin B sin C

R

B C A sin sin 2 2 2 A+B A−B B+C B−C C +A C −A 2 sin cos 2 sin cos 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 ⇔ B C A B C A 4.8 sin sin sin cos cos cos 2 2 2 2 2 2 1 = A B C 4 sin sin sin 2 2 2 B−C C −A A−B cos cos = 1. (1) ⇔ cos 2 2 2 A−B B−C C −A Vì 0 < cos ≤ 1, 0 < cos ≤ 1, 0 < cos ≤ 1 nên 2 2 2  A−B   =1 cos   2  B−C (1) ⇔ cos = 1 ⇔ A = B = C.  2    cos C − A = 1 2 Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. 4R sin

Tuy nhiên tam giác ABC đều không nhất thiết trong đẳng thức ở đề bài các góc hoặc các cạnh phải có tính chất đối xứng. Ví dụ bài toán sau. Bài toán 5.5. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức √ a 3ha + = b + c. 2 Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Ta có 4R2 sin A sin B sin C 2S = = 2R sin B sin C . ha = a 2R sin A Vậy

√

3ha +

a =b+c 2 50

√ ⇔ 2 3 sin B sin C + sin A = 2 sin B + 2 sin C √ 1 ⇔ 3 sin B sin C + sin(B + C) = sin B + sin C 2√ √ 1 1 3 3 sin B sin C + sin B sin C + sin B cos C + sin C cos B = sin B + sin C ⇔ 2 2√ " !#2 " !# √ 2 1 1 3 3 ⇔ sin B 1 − sin C + cos C + sin C 1 − sin B + cos B =0 2 2 2 2 h  h  π i π i ⇔ sin B 1 − sin C + + sin C 1 − sin B + =0 6 6    sin C + π = 1     π π 6   ≥ 0 và 1 − sin C + ≥0 ⇔ vì 1 − sin B + sin B + π = 1 6 6 6  π C = 3 ⇔ B = π . 3 Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm.

5.2

Nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện

Bài toán nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện có phương pháp giải chung như sau: từ một hệ thức ta chứng minh được tam giác đó cân và từ π hệ thức còn lại ta chứng minh tam giác đó có một góc bằng hoặc tam giác 3 cân một trong hai đỉnh còn lại. Bài toán 5.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức  3 3 3  a2 = a − b − c a−b−c  a = 2b cos C. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Từ giả thiết thứ nhất suy ra

a3 − b3 − c3 = a3 − a2 (b + c)

⇔ (b + c)(b2 − bc + c2 ) = a2 (b + c)

⇔ b2 − bc + c2 = a2 51

⇔ b2 − bc + c2 = b2 + c2 − 2bc cos A 1 ⇔ cos A = 2 π ⇔ A= . 3 Từ giả thiết thứ hai ta có

(1)

sin A = 2 sin B cos C ⇔ sin A = sin(B + C) + sin(B − C)

⇔ sin(B − C) = 0 (do sin(B + C) = sin A) ⇔ B = C.

(2)

Từ (1) và (2) suy ra ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.7. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức  sin B + sin C = 2 sin A cos B + cos C = 2 cos A.

Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Từ giả thiết thứ nhất và thứ hai sau khi bình phương hai vế rồi cộng lại ta có:

2 + 2(cos B cos C + sin B sin C) = 4 ⇔ cos(B − C) = 1 b = C. b ⇔B

Thay (1) vào hệ điều kiện đã cho ta có  sin B = sin A cos B = cos A b = A. b ⇔B

Từ (1) và (2) suy ra ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.8. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức  sin B + sin C = 2 sin A tan B + tan C = 2 tan A. 52

(1)

(2)

Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Từ giả thiết thứ nhất ta có

2 sin Vì sin

B+C B−C A A cos = 4 sin cos . 2 2 2 2

B+C A = cos > 0, nên ta có 2 2 B−C B+C cos = 2 cos 2 2 C B C B C B C B ⇒ cos cos + sin sin = 2 cos cos − 2 sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 B C B C ⇒ 3 sin sin = cos cos 2 2 2 2 C 1 B ⇒ tan tan = . 2 2 3

(1)

Từ giả thiết thứ hai ta có

tan B + tan C = −2 tan(B + C) = 2 Do

tan B + tan C . tan B tan C − 1

tan B + tan C 6= 0 ⇒ tan B tan C = 3 B C 2 tan 2 tan 2 2 =3 ⇒ B C 1 − tan2 1 − tan2 2 2 C B 4 tan tan 2  2  ⇒ = 3. (2) B C C B 1 − tan2 + tan2 + tan2 tan2 2 2 2 2

Do

 2 C B C C B B − 2 tan tan . tan2 + tan2 = tan + tan 2 2 2 2 2 2   B C 1 B C 2 4 Thay vào (2) với chú ý tan tan = , ta sẽ có tan + tan = . 2 2 3 2 2 3 √ C B C 2 3 B . (3) Vì tan +tan > 0 suy ra tan +tan = 2 2 2 2 3 C B Từ (1), (3) thì tan , tan là các nghiệm của phương trình 2 2 53

√ √ 2 1 3 3 2 x2 − x + = 0 ⇔ (x − ) = 0. 3 3 3 √ 3 B C b=C b = π. Từ đó tan = tan = ⇒B 2 2 3 3 Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.9. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức  r = 3r a m = 3r. a

Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Ta có

ra = 3r S S =3 ⇔ p−a p ⇔ p = 3(p − a) ⇔ 3a = 2p ⇔ 3a = a + b + c ⇔ b + c = 2a.

(1)

Lại có

ma = 3r ⇔ ma 2 = 9r2

2b2 + 2c2 − a2 S2 ⇔ =9 2 4 p 2 2 2 p(p − a)(p − b)(p − c) 2b + 2c − a =9 ⇔ 4 p2 2b2 + 2c2 − a2 (b + c − a)(a + c − b)(a + b − c) ⇔ =9 . 4 4(a + b + c) Thay (1) vào (2) ta có

9a[a2 − (b − c)2] 2b + 2c − a = 3a 2

2

2

54

(2)

⇔ 2b2 + 2c2 − a2 = 3a2 − 3(b − c)2

⇔ 5b2 + 5c2 − 6bc = 4a2

⇔ (b − c)2 = 0 ⇔ b = c.

Từ (1) và (3) ta có a = b = c. Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm.

5.3

Bài tập đề nghị

Bài toán 5.10. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức a b c = = . ma mb mc Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.11. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức √ sin 2A + sin 2B + sin 2C = 3(cos A + cos B + cos C). Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.12. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức   √ 1 1 2 + − 3 = cot B + cot C . sin B sin C Chứng minh ABC là tam giác đều.

Bài toán 5.13.Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức  3  sin A sin B = 4 3 3 3 a − b − c  a2 = . a−b−c Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.14. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức  3  sin A sin B = 4 3 3 3 a − b − c  a2 = . a−b−c Chứng minh ABC là tam giác đều. 55

Chương 6

Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác 6.1

Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số

Trong mục này ta xét các bài toán mà các góc hoặc các cạnh có tính chất đặc biệt như lập thành một cấp số cộng hoặc cấp số nhân. 6.1.1 Điều kiện cho dưới dạng cấp số cộng Bài toán 6.1. Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Chứng minh rằng: 1) tan

A C 1 tan = , 2 2 3

2) sin A sin C = 3 sin2

B , 2

  C A 3 , 3) Công sai d của cấp số cộng được tính bằng hệ thức d = r tan − tan 2 2 2 4) hb = 3r, 5) hb = rb,

2 6) S = lb2 sin B. 3 56

Giải 1) Theo giả thiết ta có a + c = 2b, hay A−C B B A+C cos = 2.2 sin cos (1) sin A + sin C = 2 sin B ⇔ 2 sin 2 2 2 2 A+C B Vì sin = cos 6= 0, nên từ (1) ta có 2 2     A C A C − + = 2 cos cos 2 2 2 2 C A C A C A C A ⇒ cos cos + sin sin = 2 cos cos − 2 sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 A C A C ⇒ 3 sin sin = cos cos 2 2 2 2 C 1 A ⇒ tan tan = . Đpcm. 2 2 3 2) Ta có

sin A sin C = 3 sin2

B 2

(2)

B B cos2 2 2 sin A sin C = B 4 cos2 2 2 3 sin B sin A sin C = 2(1 + cos B) b2 3 a c 4R2  . =  2 2R 2R a + c2 − b2 2 1+ 2ac 2 3acb ac = (a + c)2 − b2 3.4 sin2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

⇔ (a + c)2 − b2 = 3b2 ⇔ (a + c)2 = 4b2

⇔ a + c = 2b (do a, b, c là 3 cạnh tam giác).

Điều này đúng theo giả thiết suy ra (2) đúng. Đpcm.

A B C 3) Áp dụng công thức r = 4Rsin sin sin , ta có 2 2 2

57



3 C A r tan − tan 2 2 2



C −A sin A B C 3 2 = 4R sin sin sin A C 2 2 2 2 cos cos 2 2 A C B C −A = 6R tan tan sin sin 2 2 2 2

Áp dụng phần (1), nên từ (3) có   C A C−A 3 C +A r tan − tan sin = 2R cos 2 2 2 2 2 c−a = d. Đpcm. = R(sin C − sin A) = 2 4) Ta có

hb = 3r (4) A B C sin sin 2 2 2 C A C A B C A 8R sin sin cos cos = 12R sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 A C B 2 cos cos = 3 sin 2 2 2   C A C A + 2 cos cos = 3 cos 2 2 2 2 C A C A C A 2 cos cos = 3 cos cos − 3 sin sin 2 2 2 2 2 2 C A C A 3 sin sin = cos cos 2 2 2 2 A C 1 tan tan = 2 2 3 a + c = 2b.

⇔ 2R sin A sin C = 3.4R sin ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Điều này đúng theo giả thiết suy ra (4) đúng. Đpcm. 5)

hb = rb (5) ⇔ 2R sin A sin C = p tan 58

B 2

(3)

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

B A A C C A B 2 2R.4 sin cos sin cos = 4R cos cos cos B 2 2 2 2 2 2 2 cos 2 C B A 2 sin sin = sin 2 2 2   A A C C 2 sin sin = cos + 2 2 2 2 C A C A C A 2 sin sin = cos cos − sin sin 2 2 2 2 2 2 A C A C 3 sin sin = cos cos 2 2 2 2 C 1 A tan tan = 2 2 3 a + c = 2b. C sin

Điều này đúng theo giả thiết suy ra (5) đúng. Đpcm. 6) Ta có

2ac cos lb =

a+c

B 2.

Vì thế

B 2a2 c2 (1 + cos B) 2 2 lb = = (a + c)2 (a + c)2 a2 + c2 − b2 ac 2a2 c2 (1 + [(a + c)2 − b2]. ) = = 2 2 (a + c) 2ac (a + c) 4a2 c2 cos2

Từ đó do a, b, c lập thành cấp số cộng nên

ac(4b2 − b2 ) 3 2 a + c = 2b ⇔ = ⇔ l = ac b 4b2 4 2 3 2S ⇔ S = lb2 sin B. Đpcm. ⇔ lb2 = 4 sin B 3 lb2

B C A , tan , tan theo thứ 2 2 2 tự trên lập thành một cấp số cộng. Chứng minh cos A, cos B, cos C cũng lập thành một cấp số cộng. Giải Bài toán 6.2. Cho tam giác ABC trong đó tan

59

Từ giả thiết ta có

C B A + tan = 2 tan 2 2 2 A+C B sin sin 2 2 =2 C A B cos cos cos 2 2 2 B B A C cos2 = 2 sin cos cos 2 2  2 2  B A−C 1 + cos B A+C = sin + cos cos 2 2 2 2 A+C A−C B cos 1 + cos B = 2 sin2 + 2 cos 2 2 2 1 + cos B = 1 − cos B + cos A + cos C tan

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

⇒ 2 cos B = cos A + cos C. Vậy cosA, cosB, cosC lập thành một cấp số cộng. Đpcm. Bài toán 6.3. Cho tam giác ABC trong đó cot A, cot B, cot C lập thành một cấp số cộng. Chứng minh a2 , b2 , c2 cũng lập thành một cấp số cộng. Giải Từ giả thiết ta có (1)

cot A + cot C = 2 cot B Áp dụng định lý hàm số cot, từ (1) ta có

a2 + c2 − b2 b2 + c2 − a2 a2 + b2 − c2 + =2 4S 4S 4S 2 2 2 2 ⇒ 2b = 2a + 2c − 2b ⇒ 2b2 = a2 + c2

Suy ra a2 , b2 , c2 lập thành một cấp số cộng. Đpcm. 6.1.2 Điều kiện cho dưới dạng cấp số nhân Bài toán 6.4. Ba góc A, B, C của một tam giác theo thứ tự lập thành một cấp số nhân với công bội q = 2. Chứng minh rằng: 1) ha = hb + hc ,

60

2) a2 + b2 + c2 = 7R2 ,

√ 3) OH = R 2, ở đây O và H tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm tam giác ABC, 4) bc = a(b + c); bc = c2 − a2 ,

1 5) cos A cos B cos C = − , 8 √ 7 6) sin A sin B sin C = , 8 5 7) cos2 A + cos2 B + cos2 C = , 4 8) cos A + cos B + cos C = 9) la = 2a cos

b 1 − , a 2

A . 2

Giải Từ giả thiết ba góc A, B, C lập thành cấp số nhân với công bội q = 2 suy ra π 2π 4π B = 2A; C = 4A ⇒ A = ; B = ;C = . Ta có 7 7 7 1)

2S 2S 2S = + a b c 1 1 1 ⇔ = + a b c 1 1 1 = + . ⇔ sin A sin B sin C

ha = hb + hc ⇔

61

(1)

b = 2π , C b = 4π . b = 2A, b C b = 4A b⇒A b = π, B Theo giả thiết ta có B 7 7 7 Từ đó 3π π 2 sin cos 1 1 7 7 + = V P (1) = 4π 2π 4π 2π sin sin sin sin 7 7 7 7 3π π 2 sin cos 1 1 7 7 = = = = V T. π π 4π π sin A sin 2 sin cos sin 7 7 7 7 Vậy (1) đúng, suy ra đpcm. 2)

a2 + b2 + c2 = 7R2 7 4 ⇔ 2(1 − cos 2A + 1 − cos 2B + 1 − cos 2C) = 7 1 ⇔ cos 2A + cos 2B + cos 2C = − 2 2π 4π 8π 1 ⇔ cos + cos + cos =− . 7 7 7 2 2π 4π 8π Ta cần chứng minh (2) đúng. Đặt S = cos + cos + cos . 7 7 7 Ta có π 2π π 4π π 8π π + 2 sin cos + 2 sin cos 2S sin = 2 sin cos 7 7 7 7 7 7 7 3π π 5π 3π 5π = sin − sin + sin − sin + sin π − sin 7 7 7 7 7 π = − sin . 7 1 Từ đó suy ra S = − . 2 Vậy (2) đúng, suy ra đpcm. ⇔ sin2 A + sin2 B + sin2 C =

3) Theo kết quả đã biết ta có

OH 2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2 ).

√ Vì vậy từ phần (2) suy ra OH 2 = 2R2 hay OH = R 2. 62

(2)

4)

5)

bc = a(b + c) ⇔ sin B sin C = sin A(sin B + sin C)   4π π 4π 2π 2π sin = sin + sin ⇔ sin sin 7 7 7 7 7 2π 4π π 3π π ⇔ sin sin = 2 sin sin cos 7 7 7 7 7 4π 2π 3π 2π sin = sin sin ⇔ sin 7 7 7 7 4π 3π ⇔ sin = sin . 7 7 Vì (3) đúng, suy ra đpcm. Đẳng thức bc = c2 − a2 chứng minh tương tự.

(3)

1 π 2π 4π 1 cos A cos B cos C = − ⇔ cos cos cos =− 8 7 7 7 8 π 2π 4π π π cos = − sin ⇔ 8 sin cos cos 7 7 7 7 7 2π 2π 4π π ⇔ 4 sin cos cos = − sin . (4) 7 7 7 7 2π 4π 4π 4π 8π 2π cos cos = 2 sin cos = sin = Ta có V T (4) = 4 sin 7 7 7 7 7 7 π − sin . 7 Vậy (4) đúng, suy ra đpcm. π 2π 3π 6) Ta nhận thấy , , là các nghiệm của phương trình 7 7 7 cos2 4x = cos2 3x.

(5)

Đặt y = cos2 x > 0 thì (5) trở thành

(8y 2 − 8y + 1)2 = y(4y − 3)2

⇔ 64y 4 − 144y 3 + 104y 2 − 25y + 1 = 0   1 5 2 3 3 ⇔ 64(y − 1) y − y + y − =0 4 8 64 π 2π 3π π 2π 4π Do cos2 , cos2 , cos2 khác nhau và khác 1 nên suy ra cos2 , cos2 , cos2 7 7 7 7 7 7 3π 4π = cos2 là 3 nghiệm của phương trình Chú ý cos2 7 7 3 1 5 = 0. (6) y3 − y2 + y − 4 8 64 63

Ta có

π 2π 2 4π sin2 sin2 sin 7 7 7     π 2π 4π = 1 − cos2 1 − cos2 1 − cos2 7 7 7    2π 4π 2π π π + cos2 + cos2 cos2 + = 1 − cos2 + cos2 7 7 7 7 7 2π 4π π 4π π 2π 4π cos2 cos2 + cos2 cos2 − cos2 cos2 cos2 . 7 7 7 7 7 7 7 Vì thế theo định lý Viet với phương trình (6) suy ra π 2π 2 4π 5 3 1 7 sin2 sin2 sin =1− + − = 7 7 7 4 8 64 √ 64 2π 4π π 7 sin = . ⇒ sin A sin B sin C = sin sin 7 7 7 8 7)

cos2 A + cos2 B + cos2 C =

5 4

2π 4π 5 π + cos2 + cos2 = 7 7 7 4 4π 8π 5 2π + 1 + cos + 1 + cos = ⇔ 1 + cos 7 7 7 2 2π 4π 8π 1 ⇔ cos + cos + cos =− . 7 7 7 2 ⇔ cos2

Từ (2) suy ra (7) đúng, suy ra đpcm. 8)

cos A + cos B + cos C =

b 1 − a 2

2π π 2π 4π 7 −1 cos + cos + cos = π 7 7 7 2 sin 7 π 2π 4π π 1 cos + cos + cos − 2 cos = − 7 7 7 7 2 4π π 1 2π + cos − cos = − cos 7 7 7 2 2π 4π 8π 1 cos + cos + cos =− . 7 7 7 2 sin

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Theo (2) suy ra đpcm. 64

(7)

9) Ta có

2bc cos la =

b+c

A 2.

Theo phần (4) thì bc = a(b + c). A Từ đó suy ra la = 2a cos suy ra đpcm. 2

6.2

Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học

Trong mục này ta sử dụng các công thức lượng giác kết hợp với hình học để chứng minh hệ thức lượng trong tam giác. 6.2.1 Hệ thức lượng trong hình học phẳng Bài toán 6.5. Cho ABCD là tứ giác lồi và không có góc nào vuông. Chứng minh rằng:

tan A + tan B + tan C + tan D = cot A + cot B + cot C + cot D. tan A. tan B. tan C. tan D Giải Ta xét hai khả năng sau: b+ B b 6= π (hoặc A b+ B b 6= 3π ), Khi đó tan(A + B) và tan(C + D) – 1. A 2 2 có nghĩa b + B) b + (C b + D) b = 2π ⇒ (A ⇒ tan(A + B) + tan(C + D) = 0 tan C + tan D tan A + tan B + =0 ⇒ 1 − tan A tan B 1 − tan C tan D ⇒ (tan A+tan B)(1−tan C tan D)+(tan C+tan D)(1−tan A tan B) =0 ⇒ tan A+tan B +tan C +tan D = tan A tan B tan C +tan A tan D + tan B tan C tan D+tan A tan B tan D tan A + tan B + tan C + tan D 1 1 1 ⇒ = + + + tan A tan B tan C tan D tan D tan B tan A 1 tan C = cot A+cot B+cot C+cot D.

65

b+D b = 3π ). b+B b = π (khi đó C – 2. A 2 2 3π b+D b= Do C và không có góc nào vuông và ABCD là tứ giác lồi 2 π b < π (vì nếu D b < π ⇒C b > π vô lý vì ABCD là nên suy ra < D 2 2 tứ giác lồi nên mọi góc của nó nhỏ hơn π ). Do b< π ⇒ π 0, cot > 0 nên 2 r q 1 + cos A (1) ⇔ p = 2R (1 − cos A)(1 + cos A) + r 1 − cos A 2 ⇔ p (1 − cos A) = (1 + cos A)[2R(1 − cos A) + r]2 p = a + (p − a) ⇔ p = 2R sin A + r cot

(1)

⇔ p2 − p2 cos A = (1 + cos A)(4R2 cos2 A − 8R2 cos A + 4R2 +

r2 + 4Rr − 4Rr cos A)

⇔ 4R2 cos3 A − 4R(R + r) cos2 A + (p2 + r2 − 4R2) cos A

+ (2R + r)2 − p2 = 0. (2)

Từ (2) suy ra cos A là nghiệm của phương trình bậc ba 84

4R2x3 − 4R(R + r)x2 + (p2 + r2 − 4R2 )x + (2R + r)2 − p2 = 0.

Tương tự cos B, cos C cũng là nghiệm của phương trình trên. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.4.

1 1 1 , , là ba nghiệm của phương trình bậc ba sin A sin B sin C 2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = 0.

Chứng minh 1 Đặt x = , khi đó t

2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = 0 1 1 2pr ⇔ 3 − (p2 + r2 + 4Rr) 2 + 4Rp − 4R2 = 0 t t t 2 3 2 2 2 ⇔ 4R t − 4Rpt + (p + r + 4Rr)t − 2pr = 0. Theo bổ đề (2) thì sin A, sin B, sin C là các nghiệm của (1). Do đó là ba nghiệm của phương trình bậc ba

(1)

1 1 1 , , sin A sin B sin C

2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = 0.

Đpcm.

1 1 1 , , là ba nghiệm của phương trình bậc ba cos A cos B cos C [p2 − (2R + r)2]x3 − (p2 + r2 − 4R2)x2 + 4R(r + R)x − 4R2 = 0. 1 Chứng minh tương tự bổ đề 4 bằng cách thay biến x = rồi áp dụng bổ đề 3. t

Bổ đề 6.5.

B C A , sin2 , sin2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2 2 2 2 3 16R x − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = 0.

Bổ đề 6.6. sin2

Chứng minh 1−t Đặt x = , khi đó 2

16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = 0

(1 − t)2 1−t − t)3 − 8R(2R − r) + (p2 + r2 − 8Rr) − 2r2 = 0 ⇔ 16R 8 4 2 2 3 2 2 2 ⇔ 4R (1 − t) − 4R(2R − r)(1 − t) + (p + r − 8Rr)(1 − t) − r2 = 0 2 (1

⇔ 4R2t3 − 4R(R + r)t2 + (p2 + r2 − 4R2)t + (2R + r)2 − p2 = 0.

Theo bổ đề (3) thì cos A, cos B, cos C là các nghiệm của (1). Do đó 85

(1)

1 − cos A 1 − cos B 1 − cos C , , 2 2 2 là các nghiệm của phương trình 16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = 0.

A B C Suy ra sin2 , sin2 , sin2 là ba nghiệm của phương trình trên. Suy ra 2 2 2 đpcm. A B C , cos2 , cos2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2 2 2 16R2x3 − 8R(2R + r)x2 + [p2(4R + r)]x − p2 = 0.

Bổ đề 6.7. cos2

Chứng minh

Thay biến x =

1+t và dùng bổ đề 3. Suy ra đpcm. 2

Bổ đề 6.8.

1

1

1

là ba nghiệm của phương trình bậc ba A B C sin2 sin2 sin2 2 2 2 r2x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = 0.

,

,

Chứng minh 1 Đặt x = , khi đó t

r2 x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = 0

r2 p2 + r2 − 8Rr 8R(2R − r) ⇔ 3− + − 16R2 = 0 2 t t t 2 3 2 2 ⇔ 16R t − 8R(2R − r)t + (p + r2 − 8Rr)t − r2 = 0

(1)

B C A Theo bổ đề (6) thì sin2 , sin2 , sin2 là ba nghiệm của phương trình (1). 2 2 2 1 1 1 Do đó , , là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2 A 2 B 2 C sin sin sin 2 2 2 r2x3 − (p2 + r2 − 8Rr)x2 + 8R(2R − r)x − 16R2 = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.9.

1 cos2

,

1

,

1

A B C cos2 cos2 2 2 2

là ba nghiệm của phương trình bậc ba

86

p2x3 − [p2 + (4R + r)2]2x2 + 8R(4 + r)x − 16R2 = 0.

Chứng minh 1 Đặt x = và dùng bổ đề 7. Suy ra đpcm. t

Bổ đề 6.10. cot A, cot B, cot C là ba nghiệm của phương trình bậc ba

2prx3 − (p2 − r2 − 4Rr)x2 + 2prx + (2R + r)2 − p2 = 0.

Chứng minh Ta có

a+p−a=p

A =p 2 r 2R + r cot A = p + ⇔ √ 1 + cot2 A sin A p 2R √ + r 1 + cot2 A = p − r cot A ⇔ 2 1 + 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 = 0. (1)

Từ (1) suy ra cot A là nghiệm của phương trình

2prx3 − (p2 − r2 − 4Rr)x2 + 2prx + (2R + r)2 − p2 = 0.

Tương tự cot B, cot C cũng là nghiệm của (*), suy ra đpcm.

Bổ đề 6.11. tan A, tan B, tan C là ba nghiệm của phương trình bậc ba.

[p2 − (2R + r)2]x3 − 2prx2 + (p2 − 4Rr − r2 )x − 2pr = 0.

Chứng minh 1 Đặt x = . Khi đó t

[p2 − (2R + r)2 ]x3 − 2prx2 + (p2 − 4Rr − r2)x − 2pr = 0

p2 − (2R + r)2 2pr p2 − 4Rr − r2 − 2 + − 2pr = 0 ⇔ t3 t t ⇔ 2prt3 − (p2 − 4Rr − r2 )t2 + 2prt + (2R + r)2 − p2 = 0. 87

(1)

Theo bổ đề 10 thì cot A, cot B, cot C là ba nghiệm của (1). Điều đó nghĩa là tan A, tan B, tan C là ba nghiệm phương trình bậc ba

[p2 − (2R + r)2]x3 − 2prx2 + (p2 − 4Rr − r2 )x − 2pr = 0.

Suy ra đpcm.

Bổ đề 6.12. tan Chứng minh Ta có

A B C , tan , tan là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2 2 2 3 px − (4R + r)x2 + pr − r = 0.

a + (p − a) = p ⇔ 2R sin A + r cot

A =p 2

A 2 + r =p ⇔ A A 1 + tan2 tan 2 2 A A A A ⇔ 4R tan2 + r + r tan2 = p tan + p tan3 2 2 2 2 A A A (1) ⇔ p tan3 − (4R + r) tan2 + p tan − r = 0. 2 2 2 A Từ (1) suy ra tan là nghiệm của phương trình bậc ba 2 px3 − (4R + r)x2 + pr − r = 0. (*) B C Lập luận tương tự tan , tan cũng là nghiệm phương trình bậc ba (*), 2 2 suy ra đpcm. 4R tan

Bổ đề 6.13. cot

B C A , cot , cot là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2 2 2 3 2 rx − px + (4R + r)x − p = 0.

Chứng minh 1 Đặt x = . Khi đó t

rx3 − px2 + (4R + r)x − p = 0 r p (4R + r) ⇔ 3− 2+ −p=0 t t t ⇔ pt3 − (4R + r)t2 + pt − r = 0. 88

(1)

Theo bổ đề 12 thì tan hay cot

B C A , tan , tan là các nghiệm của (1). Do đó 2 2 2

A B C , cot , cot là các nghiệm của phương trình bậc ba 2 2 2 rx3 − px2 + (4R + r)x − p = 0.

1 tan

,

Bổ đề 6.14. ra, rb, rc là ba nghiệm của phương trình bậc ba

x3 − (4R + r)x2 + p2 x − p2 r = 0.

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0

⇔ p3 t3 − (4R + r)p2t2 + p3 t − p2r = 0 ⇔ pt3 − (4R + r)t2 + pt − r = 0.

(1)

B C A Theo bổ đề 12 thì tan , tan , tan là các nghiệm của (1). Do đó 2 2 2 B C A ra = p tan , rb = p tan , rc = p tan là các nghiệm của phương trình 2 2 2 bậc ba

Suy ra đpcm. Bổ đề 6.15.

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0.

1 1 1 , , là ba nghiệm của phương trình bậc ba ra rb rc p2 rx3 − p2 x2 + (4R + r)x − 1 = 0.

Chứng minh 1 Đặt x = và dùng bổ đề 14. Suy ra đpcm. t

Bổ đề 6.16. ha , hb , hc là ba nghiệm của phương trình bậc ba

2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = 0.

89

,

1

A B tan tan 2 2

Suy ra đpcm.

Chứng minh Đặt x = pt ta có:

1

Chứng minh 2pr Đặt x = , ta có t

2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = 0

(2pr)2 2R(2pr)3 2 2 2 2pr − (p + r + 4Rr) + 4p r − 4p2r2 = 0 ⇔ 3 2 t t t 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 ⇔ p r t − 2p r t + p r (p + r + 4Rr)t − 4Rp3r3 = 0

⇔ t3 − 2pt2 + (p2 + r2 + 4Rr)t − 4Rrp = 0.

(1)

2pr Theo bổ đề (1) thì a, b, c là các nghiệm của (1). Do đó ha = , a 2pr 2pr , hc = là các nghiệm của phương trình bậc ba hb = b c 2Rx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4p2rx − 4p2r2 = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.17.

1 1 1 , , là ba nghiệm của phương trình bậc ba ha hb hc 4p2r2x3 − 4p2rx2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 2R = 0.

Chứng minh 1 Đặt x = và dùng bổ đề 16. Suy ra đpcm. t Ta áp dụng các bổ đề trên để giải bài toán phụ trợ như sau: Theo bổ đề 2, sin A, sin B, sin C là ba nghiệm của phương trình bậc ba

4R2x3 − 4Rpx2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 2pr = 0. Áp dụng định lý Viet với phương trình trên 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  p 2 p2 − 4Rr − r2 p2 + r2 + 4Rr 2 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 − 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 các tính chất trên đi đến 6) sin4 A + sin4 B + sin4 C  2 2 2  2 p + 4Rr + r2 pr p p − 4Rr − r2 . − 2 + 4 = 2R2 4R2 2R2 R 2(p2 − 4Rr − r2 )p2 − (p2 + r2 + 4Rr)2 + 16p2rR = 8R4 4 2 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 − 3 sin A sin B(sin A + sin B) − 3 sin B sin C (sin B + sin C) − 3 sin C sin A(sin C + sin A) − 6 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) + 3 sin A sin B sin C Vì thế áp dụng các phép tính trên ta được 4) sin3 A + sin3 B + sin3 C   p3 p p2 + 4Rr + r2 3pr = 3 −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) − 3 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 được chứng minh. Lập luận tương tự bằng cách áp dụng bổ đề 3 và định lý Viet cho phương trình bậc ba ta suy ra hệ thức 7-11. 1 1 1 Theo bổ đề 4 thì , , là ba nghiệm của phương trình bậc ba

2prx3 − (p2 + r2 + 4Rr)x2 + 4Rpx − 4R2 = 0. Áp dụng định lý Viet cho phương trình này ta được: 1 1 p2 + r2 + 4Rr 1 + + = . 12) sin A sin B sin C 2pr 1 1 1 2R 13) + + = . sin A sin B sin B sin C sin C sin A r 1 4R2 2R2 = = . sin A sin B sin C 2pr pr 14)

1 1 1 + + 2 2 sin A sin B sin2 C  2   1 1 1 1 1 1 −2 + + + + = sin A sin B sin C sin A sin B sin B sin C sin C sin A  2 2 p + 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 1 1 + + = (sin A + sin B + sin C) −3 sin A sin B sin C p p2 + r2 + 4Rr = −3 R 2pr p2 + r2 + 4Rr −3 = 2pr p2 + r2 − 2Rr = . 2pr Bằng lập luận tương tự ta chứng minh được các hệ thức 16-20. A B C Theo bổ đề 6 thì sin2 , sin2 , sin2 là ba nghiệm của phương trình bậc 2 2 2 ba

16R2x3 − 8R(2R − r)x2 + (p2 + r2 − 8Rr)x − r2 = 0.

Áp dụng định lý Viet cho phương trình trên ta có 21)

B C 8R(2R − r) 2R − r A = + sin2 + sin2 = 2 2 2 16R2 2R p2 + R2 − 8Rr 2 A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A sin sin + sin sin + sin + sin = 2 2 2 2 2 2 16R2 B C r2 A . sin2 sin2 sin2 = 2 2 2 16R2 Ta có 22) A B C sin4 + sin4 + sin4 2 2 2    2 A B C B B C A − 2 sin2 sin2 + sin2 sin2 = sin2 + sin2 + sin2 2 2 2 2 2 2 2 A C + sin2 sin2 2 2  2 2 2 2R − r p − r − 8Rr = − 2R 8R2 8R2 + r2 − p2 = . 8R2 Như vậy các hệ thức 21-23 được chứng minh. Lập luận tương tự (dùng bổ đề 7), thì hệ thức 24-26 được chứng minh. sin2

93

Dùng bổ đề 8, 9 và kết hợp với định lý Viet suy ra hệ thức 27-32 được chứng minh. Theo bổ đề 10 cot A, cot B, cot C là ba nghiệm của phương trình bậc ba. 2prx3 − (p2 − r2 − 4Rr)x2 + 2prx + (2R + r)2 − p2 = 0. Áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba trên ta được 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 = 1. Thật vậy theo định lý Viet thì

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 = − 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 quả trên đi 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 hằng 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 đó theo các tính toán trên suy ra cot3 A + cot3 B + cot3 C (p2 − r2 − 4Rr)2 p2 − r2 − 4Rr p2 − (2R + r)2 = −3 +3 8p3r3 2pr 2pr 2 2 3 2 2 2 2 2 (p + r − 4Rr) − 12p r [p − r − 4Rr − p + (2R + r)2 ] = 8p2r3 (p2 + r2 − 4Rr)3 − 48p2R2 r2 . = 8p2r3 Vậy các hệ thức 34-41 được chứng minh. Bằng lập luận tương tự và sử dụng bổ đề 11 suy ra hệ thức 42 cũng được chứng minh. B C A Theo bổ đề 12 tan , tan , tan là ba nghiệm của phương trình bậc ba. 2 2 2 px3 − (4R + r)x2 + pr − r = 0. Áp dụng định lý Viet cho phương trình trên ta được

A B C 4R + r + tan + tan = , 2 2 2 p A B C r tan tan tan = . 2 2 2 p tan

(Ta cũng kiểm tra được hệ thức

tan

B B C C A p A tan + tan tan + tan tan = = 1). 2 2 2 2 2 2 p

Sử dụng hằng đẳng thức ta có

95

42)

B C A tan2 + tan2 + tan2 2 2 2   A B C 2 B B C A = tan + tan + tan − 2 tan tan + tan tan 2 2 2 2 2 2 2 C A + tan tan 2 2 2  2 2 A B C (4R + r) − 2p 4R + r tan3 + tan3 + tan3 −2= = 2 p p 2 2 2   3  A A B C B C = tan + tan + tan − 3 tan + tan + tan 2 2 2 2 2 2   B B C C A B C A A + 3 tan tan tan tan tan + tan tan + tan tan 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4R + r r (4R + r) − 3 + 3 = p3 p p 3 (4R + r) − 3p2 (4R + r − r) = p3 (4R + r)3 − 12p2R . = p3 Áp dụng bổ đề 13 và định lý Viet suy ra hệ thức 43 - 46 được chứng minh. Sử dụng bổ đề 14-17 và áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba suy ra các hệ thức 47-75. Sau hết xét hệ thức 16Rr2p2 76) la lblc = 2 p + 2Rr + r2 Áp dụng công thức tính đường phân giác trong ta có

la lb lc B C A 2ac cos 2ab cos 2. 2. 2 = b+c a+c a+b B C A 8(abc)2 cos cos cos 2 2 2 = (a + b)(b + c)(c + a) B C A 8(abc)2 cos cos cos 2 2 2 . = (a + b + c)(ab + bc + ca)abc 2bc cos

Theo bổ đề 1: a, b, c là ba nghiệm của phương trình 96

(*)

x3 − 2px2 + (p2 + 4Rr − +r2 )x − 4pRr = 0. Ngoài ra theo các hệ thức trên ta có B C 1 p A . cos cos cos = (sin A + sin B + sin C) = 2 2 2 4 4R Thay vào (*) ta được: p 8.16Rr2p2 16Rr2p2 4R la lb lc = = 2 . 2p(p2 + 4Rr + r2) − 4pRr p + 2Rr + r2

Suy ra đpcm. Như vậy bài toán phụ trợ được giải xong.

97

Kết luận Luận văn Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác đã thu được một số kết quả chính sau đây: 1. Hệ thống hóa và phân loại các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác thường, tam giác vuông, tam giác cân và tam giác đều. Với mỗi dạng luận văn đưa ra ví dụ tiêu biểu đặc trưng cho phương pháp giải. 2. Luận văn cũng đưa ra bài toán về hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác như: Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số cộng, cấp số nhân; Các bài toán về hệ thức lượng trong hình học phẳng, hình học không gian. 3. Đặc biệt luận văn đã đưa ra gần 80 hệ thức lượng giác tính theo các đại lượng R, r, p và phương pháp chứng minh các hệ thức này theo định lý Viet về nghiệm của phương trình bậc ba. Đây là cái nhìn khá mới về hệ thức lượng trong tam giác. Mặc dù đã hết sức cố gắng nhưng luận văn không tránh khỏi sai sót. Tác giả rất mong sự đóng góp ý kiến của thấy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. 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 và các hệ thức trong tam giác, NXB Giáo Dục. [7] Nguyễn Thượng Võ (1998), Tuyển tập 300 bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, NXB Trẻ.

99