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 TA

Bản ghi

1 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 - 04

2 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: Người hướng dẫn khoa học PGS. TS. PHAN HUY KHẢI HÀ NỘI - 04

3 Mục lục Mở đầu 3 Một số ký hiệu 4 Kiến thức cơ sở 5. Các hệ thức lượng trong tam giác Các công thức lượng giác Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác Hệ thức lượng trong tam giác thường. Hệ thức lượng giác không điều kiện Hệ thức lượng giác có điều kiện Bài tập đề nghị Hệ thức lượng trong tam giác vuông 5 3. Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông Bài tập đề nghị Hệ thức lượng trong tam giác cân Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân Bài tập đề nghị Hệ thức lượng trong tam giác đều Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều Nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện Bài tập đề nghị Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học Bài tập đề nghị Phụ lục Kết luận Tài liệu tham khảo

4 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 5 tháng 0 năm 04 Học viên Trần Thị Xuyến Chi

5 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. Kiến thức cơ sở. Chương. 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:. 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.. 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

6 Một số ký hiệu ABC A,B,C a,b,c h a,h b,h c m a,m b,m c l a,l b,l c R r r a,r b,r c S p = a+b+c 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

7 Chương Kiến thức cơ sở. Các hệ thức lượng trong tam giác Định lý hàm số sin Định lý hàm số cosin Định lý hàm số tang Định lý hàm số cotang Độ dài đường trung tuyến a sina = b sinb = c sinc = R. a = b +c bccosa. b = a +c accosb. c = a +b abcosc. A B a b tan a+b = tan A+B b c tan b+c = c a tan c+a = B C tan B +C C A tan C +A cota+cotb +cotc = a +b +c. 4S... 5

8 m a = b +c a. 4 m b = a +c b. 4 m c = a +b c. 4 Độ dài đường phân giác trong l a = bc b+c cosa = bc p(p a). b+c bc l b = ca c+a cosb = ca p(p b). c+a ca l c = ab a+b cosc = ab p(p c). a+b ab Công thức tính diện tích S = ah a = bh b = ch c = bcsina = acsinb = absinc = abc 4R = pr = (p a)r a = (p b)r b = (p c)r c = p(p a)(p b)(p c). Định lý hình chiếu ( a = r cot B ) +cotc = bcosc +ccosb. ( b = r cot C ) +cota = ccosa+acosc. ( c = r cot A ) +cotb = acosb +bcosa. Công thức tính các bán kính. Bán kính đường tròn nội tiếp. r = S p = (p a)tana = (p b)tanb = (p c)tanc. 6

9 Bán kính đường tròn ngoại tiếp. R = abc 4S = a sina = Bán kính đường tròn bàng tiếp.. Các công thức lượng giác Các hệ thức lượng giác cơ bản. b sinb = r a = ptan A = S p a. r b = ptan B = S p b. r c = ptan C = S p c. c sinc. Công thức cộng cung. sin α+cos α =. tanα.cotα =. cotα = cosα sinα. +tan α = cos α. tanα = sinα cosα. +cot α = sin α. Công thức nhân cung. sin(α+β) = sinα.cosβ +cosα.sinβ. sin(α β) = sinα.cosβ cosα.sinβ. cos(α+β) = cosα.cosβ sinα.sinβ. cos(α β) = cosα.cosβ +sinα.sinβ. tan(α+β) = tanα+tanβ tanα.tanβ. tan(α β) = tanα tanβ +tanα.tanβ. sinα = sinαcosα. cosα = cos α sin α = cos α = sin α. 7

10 tanα = tanα tan α. sin3α = 3sinα 4sin 3 α. cos3α = 4cos 3 α 3cosα. tan3α = 3tanα tan3 α 3tan α. Công thức biến tổng thành tích. sinα+sinβ = sin α+β.cos α β. sinα sinβ = cos α+β.sin α β. cosα+cosβ = cos α+β.cos α β. cosα cosβ = sin α+β.sin α β. tanα+tanβ = sin(α+β) cosα.cosβ. tanα tanβ = sin(α β) cosα.cosβ. cotα+cotβ = sin(α+β) sinα.sinβ. cotα cotβ = sin(α β) sinα.sinβ. Công thức biến tích thành tổng. sinα.cosβ = sin(α+β)+sin(α β). cosα.cosβ = cos(α+β)+cos(α β). sinα.sinβ = cos(α β) cos(α+β). Giá trị lượng giác của các góc (cung) có liên quan đặc biệt. 8

11 Hai góc đối nhau: cos( α) = cosα. sin( α) = sinα. tan( α) = tanα. cot( α) = cotα. Hai góc bù nhau sin(π α) = sinα. cos(π α) = cosα. tan(π α) = tanα. cot(π α) = cotα. Hai góc phụ nhau: sin( π cos( π tan( π cot( π α) = cosα. α) = sinα. α) = cotα. α) = tanα. Hai góc hơn kém π: tan(π +α) = tanα. cot(π +α) = cotα. sin(π+α) = sinα. cos(π+α) = cosα..3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác Trong mọi tam giác ABC, ta có: ) sina+sinb +sinc = 4cos A cosb cosc. ) sina+sinb +sinc = 4sinAsinBsinC. 3) sin A+sin B +sin C = (+cosacosbcosc). 9

12 4) cosa+cosb +cosc = +4sin A sin B sin C. 5) cosa+cosb +cosc = 4cosAcosBcosC. 6) cos A+cos B +cos C = cosacosbcosc. 7) tana + tanb + tanc = tanatanbtanc (ABC là tam giác không vuông). 8) cot A +cotb +cotc = cota cotb cotc. 9) tan A tanb +tanb tanc +tanc tana =. 0) cotacotb +cotbcotc +cotccota =. 0

13 Chương 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. Biến đổi vế phức tạp sang vế đơn giản. Cách. 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.. 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. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: ) ) b c A a cos + c a cos B b + a b cos C c = 0. a cos B C + b cos A C + c cos A B = ab+bc+ca. sin A sin B sin C 3) (b+c)cosa+(a+c)cosb +(a+b)cosc = a+b+c. Chứng minh ) Ta có

14 b c a cos A = sinb sinc sina cos A cos B +C = sin A cosa sin B C cos A Tương tự ta có: = sin B C sin B +C c a b a b c Cộng theo vế (), (), (3) suy ra đpcm. ) Ta có a cos B C sin A Tương tự cos B C = a.r.sina sin A = ar(sin B +C = (cosc cosb). () cos B = (cosa cosc). () cos C = (cosb cosa). (3) cos B C b cos A C sin B c cos A B sin C Cộng theo vế của (), (), (3) suy ra đpcm. 3) Áp dụng định lý hàm số sin, ta có cos B C = a.r.sin A cosa sin A ) = ar(sinb +sinc) = ab+ac. () = bc+ba. () = ca+cb. (3) VT = R(sinB +sinc)cosa+r(sina+sinc)cosb +R(sinA+sinB)cosC = R(sinBcosA+sinAcosB)+R(sinCcosA+sinAcosC)+R(sinBcosC = Rsin(B +A)+Rsin(C +A)+Rsin(B +C) = RsinC +RsinB +RsinA = a+b+c = VP. Đpcm. +sinccosb)

15 Bài toán.. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: ) bccosa+accosb +abcosc = a +b +c. ) abc(cosa+cosb +cosc) = a (p a)+b (p b)+c (p c). Chứng minh ) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có VT = b +c a + a +c b ) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có VT = a b +c a = a + a +b c +b a +c b = a +b +c +c a +b c b c (b+c a)+ (a+c b)+ (a+b c) = a (p a)+b (p b)+c (p c) = VP. Đpcm. = VP. Bài toán.3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: tan A +tanb +tanc = cos A +cos B +cos C. Chứng minh VT = [( tan A ) +tanb + = sin A+B cos A + cosb cos A cosb cosc ( tan B ) ( +tanc + sin B +C cos B cosc sin C +A + cos C cosa tan C +tana )] = cos C +cos A +cos B cos A cosb cosc = VP. Đpcm. 3

16 Bài toán.4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: Chứng minh ) Ta có ) r a r = 4Rsin A. ) r a r b = 4Rsin A B cos C. 3) acota+bcotb +ccotc = (R+r). 4) (r a +p )(r a r) = 4Rr a. 5) h a r h a = h a r a +h a = tan B tanc. r a r = ptan A (p a)tana = atana = RsinAtanA = R.sin A cosa. sin A = 4Rsin A. cos A ) Ta có r a r b = p(tan A tanb ). () Do Thay () vào () ta có p = (a+b+c) =.R(sinA+sinB +sinc) = 4Rcos A cosb cosc. () r a r b = p(tan A tanb ) = 4Rcos A cosb cosc sin A B 3) Ta có = 4Rsin A B cos C. r = S p = absinc a+b+c cos A cosb 4

17 = RsinA.RsinB.sinC R(sinA+sinB +sinc) = R.8.sin A sin B sinc cosa cosb cosc 4cos A cosb cosc = 4Rsin A sinb sin C. () acota+bcotb +ccotc = R[sinAcotA+sinBcotB +sinccotc] = R[cosA+cosB +cosc] [ = R +4sin A sin B sin C ] = R+r = (R+r) do (). 4) Ta có (r a +p )(r a r) = p ( +tan A )[ ptan A ] (p a)tana = p atan A = p cos A 4Rsin A cosa tana = 4R ( ptan A cos A ) = 4Rr a. 5) Ta có h a r h a h a r a +h a = = r h a = S a S p a + S a tan B tanc = r b p.r c p = S p S a = a p = p a p. = a p a + a = a a p a + = p a p. S p(p b). S p(p c) = p(p a)(p b)(p c) p (p b)(p c) = p a p. Đpcm. Bài toán.5. (Bài toán phụ trợ) Trong mọi tam giác ABC, ta có các hệ thức sau: 5

18 ) sinasinb +sinbsinc +sincsina = p +4Rr +r 4R. ) sinasinbsinc = pr R. 3) sin A+sin B +sin C = p 4Rr r R. 4) sin 3 A+sin 3 B +sin 3 C = p(p 6Rr 3r ) 4R 3. 5) (sina+sinb)(sinb +sinc)(sinc +sina) = p(p +r +Rr) 4R 3. 6) sin 4 A+sin 4 B +sin 4 C = p4 (8Rr+6r )p +r (4R+r) 8R 4. 7) cosacosb +cosbcosc +cosccosa = r +p 4R 4R. 8) cosacosbcosc = p (R+r) 4R. 9) cos A+cos B +cos C = 6R +4Rr +r p R. 0) cos 3 A+cos 3 B +cos 3 C = Rr +r 3 +p r 4R 3. ) (cosa+cosb)(cosb +cosc)(cosc +cosa) = Rr +r 3 +p r 4R 3. ) sina + sinb + sinc = p +r +4Rr. pr 3) 4) sinasinb + sinbsinc + sincsina = R r. sin A + sin B + sin C = (p +r +4Rr) 6p Rr 4p R. 5) sinasinb sinc 6) 7) 8) + sinbsinc sina + sincsina sinb cosa + cosb + cosc = p +r 4R p (R r). = p +r Rr. Rr cosacosb + cosbcosc + cosccosa = 4R(R+r) p (R+r). cos A + cos B + cos C = (p +r 4R ) 8R(R+r)[p (R+r) ] [p (R+r) ]. 6

19 9) cosa+cosb cosc + cosb +cosc cosa + cosc +cosa cosb = (R+r)(p +r 4R ) R[p (R+r) ] 0) sina+sinb +sinc +sina.sinb.sinc cosa+cosb cosb +cosc cosc +cosa = p r. ) sin A B C +sin +sin = R r R. ) sin 4 A +sin4 B +sin4 C = 8R +r p 8R. 3. 3) sin A sin B +sin B sin C +sin C sin A = p +r 8Rr 6R. 4) cos A +cos B +cos C = 4R+r R. 5) cos 4 A +cos4 B +cos4 C = (4R+r) p 8R. 6) cos A cos B +cos B cos C +cos C cos A = p +(4R+r) 6R. 7) sin A + sin B + sin C = p +r 8Rr r. 8) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = 8R(R r) r. 9) cos A + cos B + cos C = p +(4R+r) p. 30) cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = 8R(4R+r) p. 3) cosa+cosb +cosc = 3R +4Rr+r p R. 3) sina+sinb +sinc = pr R. 33) cota+cotb +cotc = p r 4Rr. pr 7

20 34) cotacotbcotc = p (R+r). pr 35) cot A+cot B +cot C = (p r 4Rr) 4p r. 36) (cota+cotb)(cotb +cotc)(cotc +cota) = R p. 37) cot 3 A+cot 3 B +cot 3 C = (p r 4Rr) 3 48p R r 8p 3 r 3. 38) tana+tanb +tanc = pr p (R+r). 39) tanatanb +tanbtanc +tanctana = p r 4Rr p (R+r). 40) tan A+tan B +tan C = 4p r (p r 4Rr)[p (R+r) ] [p (R+r) ]. 4) tan 3 A+tan 3 B +tan 3 C = 8pr[p r 3R (p (R+r) )] [p (R+r) ] 3. 4) tan A +tanb +tanc = 4R+r. p 43) tan A tanb tanc = r p. 44) ( tan A )( +tanb tan B )( +tanc tan C ) +tana = 4R p. 45) tan A +tan B +tan C = (4R+r) p p. 46) tan 3 A +tan3 B +tan3 C = (4R+r)3 p R p 3. 47) cot A +cotb +cotc = cota cotb cotc = p r. 48) cot A cotb +cotb cotc +cotc cota = 4R+r. p 49) cot A +cot B +cot C = p r(4r+r) r. 50) cot 3 A +cot3 B +cot3 C = p(p Rr) r 3. 8

21 5) 5) ( cot A )( +cotb cot B )( +cotc cot C ) +cota = 4pR r. A a p a + b p b + c tan p c = +tanb tan C +tan B +tanc tan A +tan C +tana tan B = cot A +cotb cot C +cot B +cotc cot A +cot C +cota cot B = 4R r. r 53) atan A +btanb +ctan C = (R r). 54) r a +r b +r c = 4R+r. 55) r a.r b +r b.r c +r c.r a = p. 56) r a.r b.r c = p r,s = r.r a.r b.r c. 57) r a +r b +r c = (4R+r) p. 58) r 3 a +r3 b +r3 c = (4R+r)3 p R. 59) (r a +r b )(r b +r c )(r c +r a ) = 4p R. 60) r a + r b + r c = r. 6) + + = 4R+r r a r b r b r c r c r a p. r 6) r a + r b 63) r a +r b r c + r c + r b +r c r a = p r(4r+r) p r. + r c +r a r b 64) h a +h b +h c = p +r +4Rr. R 65) h a h b +h b h c +h c h a = p r R. = 4R r. r 66) h a h b h c = p.r R,S = Rh ah b h c. 9

22 67) h a + h b + h c = r. 68) h a h b + h b h c + h c h a = p +r +4Rr 4p r. 69) h a + h b + h c = p r 4Rr p r. 70) h a +h b h c + h b +h c h a + h c +h a h b = p +r Rr. Rr 7) (p a)(p b)+(p b)(p c)+(p c)(p a) = 4Rr+r. 7) (p a) +(p b) +(p c) = p r(4r+r). 73) (p a) 3 +(p b) 3 +(p c) 3 = p(p Rr). 74) 75) p a + p b + p c = 4R+r pr. (p a) + (p b) + (p c) = (4R+r) p p r. 76) l a l b l c = Nhận xét: 6Rr p p +Rr+r. 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. 0

23 . 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.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức Chứng minh b + c = l a. sina+sinb +sinc = (sin A +sin B sinc ). Giải Ta có ( sina+sinb +sinc = sin A +sin B ) sinc 4cos A ( B (cos cosb cosc = + C ) +sin B sin C ) 4cos A ( cosb cosc = cos B cosc sin B sinc +sinb sin C ) cos A =. () Lại có b + c = b+c l a bc = b+c bc.cos A cos A =. () Từ () và () suy ra đpcm. Bài toán.7. Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC, B = A và b = a(a+c) là hai hệ thức tương đương. Giải Từ B = A B A = A sin(b A) = (do B A+A = B < 80 0 ) sinc sinacosb = sina

24 RsinC 4RsinAcosB = RsinA c acosb = a c accosb = ac(do c > 0) a +c accosb = ac+a b = 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 = A và ba cạnh của nó là ba số nguyên liên tiếp. Giải Từ B = A b = a(a+c). Vì b > a nên có các trường hợp sau: ) a là cạnh bé nhất, c là cạnh trung bình, đặt a = x, c = x+, b = x+. (x+) = x(x+) x 3x 4 = 0. Do x > 0 nên x = 4 a = 4,b = 6,c = 5. ) a là cạnh bé nhất, b là cạnh trung bình, đặt a = x, b = x+, c = x+. (x+) = x(x+) x = x = a =,b =,c = 3. Loại vì không thỏa mãn yêu cầu về ba cạnh trong một tam giác (3=+). 3) a là cạnh trung bình, đặt c = x, a = x+, b = x+. (x+) = (x+)(x+) x 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.8. Cho tam giác ABC có tana.tanc = 3 và tanb.tanc = 6. Chứng minh rằng khi đó ta cũng có tanc = tana+tanb. Giải Từ: tanatanc = 3 tanc = 3 tana. tanbtanc = 6 tanb = 6 tanc = tana.

25 Áp dụng công thức tana = tan(b +C) = tana+ 3 tana = tana 5 5tan A = tan A+3 tanb +tanc tanbtanc tan A =. () Từ giả thiết suy ra tana, tanb, tanc 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 () suy ra tana =, tanc = 3, tanb =. Nói riêng tanc = tana+tanb. Nhận xét: Thực chất từ tanatanb = 3, tanbtanc = 6 suy ra  = π 4. Bài toán không có mệnh đề đảo, tức là từ tanc = tana+tanb không thể suy ra tana.tanc = 3 và tanb.tanc = 6. Thật vậy, xét tam giác ABC có tana = tanb =,tanc =. Rõ ràng tam giác này tồn tại vì từ đó có tanc = tana+tanb tanatanb = tan(a+b) A+B +C = π,a,b,c > 0. Tam giác này không có điều kiện tana.tanc = 3 và tanb.tanc = 6..3 Bài tập đề nghị Bài toán.9. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: ) bc(b c )cosa+ac(c a )cosb +ab(a b )cosc = 0. ) asin(b C)+bsin(C A)+csin(A B) = 0. 3) sin A + sin B + sin C =. cos B cosc cos C cosa cos A cosb 4) sina+sinb sinc cosa+cosb cosc + = tana tanb cotc. 3

26 5) sin A cosb cosc +sin B cosc cosa +sinc cosa cosb. = sin A sin B sinc +tana tanb +tanb tanc +tan C tan A. 6) tan A 4 +tanb 4 +tanc 4 +tana 4 tanb 4 +tanb 4 tanc 4 +tanc 4 tana 4 tan A 4 tanb 4 tanc 4 =. 7) S = p tan A tanb cotc. 8) acosa+bcosb +ccosc = pr R. 9) tan B cotc = h a r a +h a. 0) bcos A +acos B = p. Bài toán.0. Cho tam giác ABC có: sina+sinb +sinc sin A sin B = sinc. Chứng minh rằng Ĉ = π 3. Bài toán.. Cho tam giác ABC có: Chứng minh rằng cosa+cosb =. sina+sinb sina+sinb = sinc sinc. 4

27 Chương 3 Hệ thức lượng trong tam giác vuông 3. 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.. sina = ;sinb = ;sinc =.. cosa = 0;cosB = 0;cosC = sina = 0;sinB = 0;sinC = cosa = ;cosb = ;cosc =. 5. tan A = ;tanb = ;tanc =. 6. tana = cotb;tanb = cotc;tanc = cota. 7. sina = sin(b C);sinB = sin(c A);sinC = sin(a B). 8. cos A C = cosb ;cos B A = cosc ;cos C = cosa B. 9. a = b +c ;b = c +a ;c = a +b. sina = cosb sinb = cosc sinc = cosa 0. ; ; 0 < A < π 0 < B < π 0 < C < π. Ta xét các ví dụ sau đây. Bài toán 3.. Chứng minh rằng tam giác ABC thỏa mãn một trong các 5

28 điều kiện sau thì tam giác ABC là tam giác vuông: Chứng minh ) Ta có ) sina+sinb = 4sinAsinB. ) cot B +cotc = a p a. cosb 3) cosc + cosc cosb = a bc. sina+sinb = 4sinAsinB sin(a+b)cos(a B) = [cos(a B) cos(a+b)] sinccos(a B) = [cos(a B)+cosC] 0 = cos(a B)[ sinc]+cosc 0 = cos(a B)cosC[ sinc]+cos C 0 = cos(a B)cosC[ sinc]+ sin C 0 = [ sinc][cos(a B)cosC ++sinc] sinc = 0 sinc = C = π. Vậy tam giác ABC vuông. Đpcm. ) cot B +cotc = a p a sin B +C sin B sinc = RsinA R(sinB +sinc sina) () Dựa vào sinb +sinc sina = 4cos A sin B sin C, nên từ () ta có cos A = 4sin A cosa tan A = A = π. Đpcm. sin B sin C 4cos A sin B sinc 3) Ta có cosb cosc + cosc cosb = a bc cos B +cos C cosbcosc = a bc cos B +cos C cosbcosc = sin A sinbsinc () 6

29 Chỉ có hai khả năng xảy ra: a) nếu A = π, khi đó () đúng (do cosc = sinb,cosb = sinc). b) nếu A π. Từ () theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có Suy ra cos B +cos C cosbcosc = cos B +cos C sin A cosbcosc sinbsinc = cos B +cos C +cos A cos(b +C) cosacosbcosc = = cosbcosc. cosa cos B +cos C = cos Bcos C cos B( cos C)+cos C( cos B) = 0 cos Bsin C +cos Csin B = 0 cosbsinc = 0 cosb = 0 coscsinb = 0 cosc = 0 () (do sinc > 0,sinB > 0). Từ () suy ra B = C = π vô lý. Vậy giả thiết A π là sai đpcm. Bài toán 3.. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông: Giải ) Ta có ) S = 4 b sinc. ) R = 5r,r a = 3r. 3) R+r = p. S = 4 b sinc absinc = 4 b sinccosc a = bcosc (do sinc > 0) sina = sinbcosc 7

30 sina = sin(b +C)+sin(B C) sina = sin(b C) A = B C A+C = B B = π. Vậy ABC là tam giác vuông tại B. ) Ta có r a = 3r S p a = 3S p p = 3p 3a 3a = a+b+c b+c = a. () Từ R = 5r abc S = 5S p Theo công thức Hêrông ta có () abcp = 0p(p a)(p b)(p c) abc = 0(p a)(p b)(p c). (3) Từ () có p a = b+c a Do p = a+b+c = 3a (áp dụng S = abc 4R ) abcp = 0S. () = a. Thay vào (3) và có abc = 5a(p b)(p c) bc = 5(p b)(p c) bc = 5p 5p(b+c)+5bc 5p 5p(b+c)+4bc = 0. (4) và từ (4) có 5 9a 4 5a 5a a+4bc = 0 bc = 6. Vậy kết hợp với () ta có b+c = a bc = 5 6 a. Theo định lý Viet thì b và c là các nghiệm phương trình x ax+ 5 6 a = 0. (*) 8

31 Giải (*) ta được: ( ) x = 5a 4 x = 3a 4 Vậy b = 5a 4,c = 3a 4 (hoặc b = 3a 4,c = 5a 4 ). ( ) 5a ( ) 3a Từ = +a suy ra ABC là tam giác vuông đỉnh B hoặc C ) Ta có R+r = p 4Rcos A cosb cosc = R+4RsinA sin B sin C cos A cosb cosc sina sinb sin C = cos A ( cos B +C +cos B C ) sin A ( cos B C cos B +C ) cos A ( sin A ) +cosb C sin A ( cos B C sin A ) ( sin A A ) +cos = 0 cos A ( sin A ) cosa cos B C ( sin A ) cosa = 0 ( sin A )( cosa cos A ) C cosb = 0 tan A = cos A C = cosb  = π [  = B Ĉ  = Ĉ B = Suy ra  = π, hoặc B = π, hoặc Ĉ = π. 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: 9

32 ) cos A = b+c c. ) tan A = b c b+c. 3) cos(b C) = bc a. 4) tan A +cota a +cota = b c. a 5) sinbsinc = b cosb + c cosc. 6) sina sin(a B)sinC +cosb = 3. Giải ) Ta có cos A = b+c c cos A = b+c c +cosa = b c + +cosa = b+c c b +c a = b c = a +b. Theo định lý Pitago suy ra ABC là tam giác vuông tại C. ) Ta có tan A = b c b+c tana = sinb sinc sinb +sinc tan A = cos B +C sin B +C tan A = Â = B Ĉ Vậy ABC là tam giác vuông tại B. tan A tanb C sin B C cos B C (do A 0) Â+Ĉ = B B = π. 30

33 3) Ta có cos(b C) = bc a cos(b C) = sinbsinc sin A sin(b +C)cos(B C) = 4sinBsinC sina sinb +sinc = 4sinBsinC sina sinbcosb +sinccosc = sinbsinc sina sinbcosb +sinccosc sinbsinc sinbsinc ( sinb cosb sinc sina ) sina ( +sinc cosc sinb sina = 0 sina ) = 0 sinb[sinacosb sin(a+b)]+sinc[sinacosc sin(a+c)] = 0 sinbsinbcosa sincsinccosa = 0 (sin B +sin C) = 0 cosa = 0(do sinb > 0,sinC > 0) Â = π. Vậy ABC là tam giác vuông tại A. 4) Ta có tan A +cota +cota = a b c sin A cos A cos A + sin A sina + cosa sina = + cosa sina = sina sinb sinc sina cos B +C sin B C.cos A sin A cosa = 4sin A cosa sin A C sinb 3

34 cos A sin A sin A cos A = sin B C C = sinb (do A 0 ). Â = B Ĉ Â+Ĉ = B B = π. Vậy tam giác ABC vuông tại B. Đpcm. 5) Ta có a sinbsinc = b cosb + c cosc sina sinbcosc +sinccosb = sinbsinc cosbcosc sina sin(b +C) = sinbsinc cosbcosc sinbsinc = cosbcosc (do sin(b +C) = sina > 0) cos(b +C) = 0 B +Ĉ = π Â = π. Vậy ABC là tam giác vuông tại A. Đpcm. 6) Ta có sina sin(a B)sinC +cosb = 3 sina sin(a+b)sin(a B)+cosB 3 = 0 sina+cosa cosb +cosb 3 = 0. sina+ sin A cos B ++cosb 3 = 0 sin A sina+cos B cosb + = 0 ( sina ( + cosb ) = 0 ) sina = cosb = Â = π 6, B = π 3,Ĉ = π. Vậy ABC là tam giác vuông tại C và là nửa tam giác đều. 3

35 Bài toán 3.4. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông: Giải ) Ta có ) r c = r +r a +r b. ) acota+bcotb = ccos A B. 3) r(sina+sinb) = csin B cosa B. 4) sina+sinb +sinc = cosa+cosb +cosc +. 5) r +r a +r b +r c = a+b+c. Do p (a+b) = c nên r c = r +r a +r b S p c = S p + S p a + S p b p c = p + p a + p b c (p c)p = p (a+b) (p a)(p b). () () (p c)p = (p a)(p b) pc = p(a+b)+ab p(a+b c) = ab p(a+b c) = ab (a+b+c)(a+b c) = ab (a+b) c = ab a +b +ab c = ab a +b = c. Vậy ABC là tam giác vuông tại C. ) Ta có acota+bcotb = c cos A B RsinA cosa sina +RsinBcosB sinb = RsinC cos A B cosa+cosb = sin C cosc cosa B cos A+B cos A B = sin C cosc cosa B. () 33

36 Do nên từ () có: cos A+B = sin C > 0,cosA B > 0 () = cos C cosc = Ĉ = π 4 Ĉ = π. Vậy ABC là tam giác vuông tại C. 3) Ta có r(sina+sinb) = csin B cosa B. (3) Áp dụng r = 4Rsin A sin B sinc ta có (3) 4Rsin A sin B sin C sina+b cos A B = Rsin C cosc sin B cosa B sin A = (do sin C cosc sinb cosa B sin A = Â = π. > 0) Vậy ABC là tam giác vuông tại A. 4) Ta có sina+sinb +sinc = cosa+cosb +cosc + sin A+B cos A B +sin C cosc = cosa+b cos A B cos C cosa B +sin C cosc = sinc cosa B +cos C cos C ( cos A B cos C ) sin C ( cos A B cos C ) = 0 ( cos C )( sinc cos A B cos C ) = 0 +cos C 34

37 cos C = sin C cos A B = cos C tan C = Â B = Ĉ B Â = Ĉ Ĉ = π Â B = Ĉ B Â = Ĉ Ĉ = π Â = π B = π. Vậy ABC là tam giác vuông. 5) Ta có r+r a +r b +r c = a+b+c 4Rsin A sin B sinc +ptana +ptanb +ptanc = p. (4) Chú ý rằngp = a+b+c = R(sinA+sinB+sinC) = 4Rcos A cosb cosc Vậy (4) 4Rsin A sinb sin C +4RsinA cosb cosc +4Rsin C cosa cosb +4Rcos A sinb cosc = 8RcosA cosb cosc sin A sin B sinc +sina cosb cosc +sinc cosa cosb sin A cosb C sin A cosb C +cos A = cos A +cos A sinb cosc = cosa cosb cosc B +C sin +C (cosb = cos A cosb cosc +cos B C sin B +C ) 35

38 cos B C ( sin A ) cosa = cos A ( sin A ) cosa ( cos B C cos A )( sin A ) cosa = 0 sin A = cosa cos B C = cos A tan A = B Ĉ = Â Ĉ B = Â Â = π B Ĉ = Â Ĉ B = Â Â = π B = π Ĉ = π. Vậy ABC là tam giác vuông. 3. 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: ) sin(a+b)cos(a B) = sinasinb. ) cosa+cosb +cosc + = 0. 3) 3(cosB +sinc)+4(sinb +cosc) = 5. 4) sinb +cosb = a (p a)+b (p b)+c (p c). abc 5) (a b)cot C +(c a)cotb = c b. 6) (a +b )sin(a B) = (a b )sin(a+b). 36

39 7) a+b = (atanb +btana)tan C. 8) acosb bcosa = asina bsinb. 9) m a = b +c (b c). 4R 0) sinb +cosb = + r R. 37

40 Chương 4 Hệ thức lượng trong tam giác cân 4. 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:. a = b;b = c;c = a.. sina = sinb;sinb = sinc;sinc = sina. sin A n = sin B n ;sinb n = sin C n ;sinc n = sin A n. 3. cosa = cosb;cosb = cosc;cosc = cosa. cos A n = cosb n ;cosb n = cosc n ; cosc n = cosa n. 4. tana = tanb;tanb = tanc;tanc = tana. tan A n = tanb n ;tanb n = tanc n ;tanc n = tana n. 5. cota = cotb;cotb = cotc;cotc = cota. cot A n = cotb n ;cotb n = cotc n ;cotc n = cota n. 6. sin(a B) = 0;sin(B C) = 0;sin(C A) = 0. sin A B = 0;sin B C = 0;sin C A = 0. n n n 7. tan(a B) = 0;tan(B C) = 0;tan(C A) = 0. tan A B = 0;tan B C = 0;tan C A = 0. n n n 38

41 8. cos(a B) = ;cos(b C) = ;cos(c A) =. cos A B n = ;cos B C n Dưới đây ta xét một số bài toán cụ thể. Bài toán 4.. Cho tam giác ABC có: = ;cos C A n a 3 (b c )+b 3 (c a )+c 3 (a b ) = 0. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Giải 0 = a 3 (b c )+b 3 (c a )+c 3 (a b ) = a 3 (b c ) a (b 3 c 3 )+b c (b c) =. = (b c)[a 3 (b+c) a (b +bc+c )+b c ] = (b c)(a c)[a b+a c b a b c] = (b c)(a b)(a c)(ab+bc+ca). Do ab+bc+ca 0 nên b c = 0 a b = 0 c a = 0 Vậy tam giác ABC cân. Đpcm. b = c a = b c = a. Bài toán 4.. Cho tam giác ABC có: h a + h b + h c = h b + h c + h a. h b h c h a h a h b h c Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Giải Biến đổi đẳng thức: h a + h b + h c = h b + h c + h a h b h c h a h a h b h c S S S S S a + b + c = b + c + S S S S S b c a a b S a S c b a + c b + a c = a b + b c + c a 39

42 Vậy tam giác ABC cân. b c+c a+a b = a c+b a+c b b (c a)+ca(c a) b(c a ) = 0 (c a)(b c)(b a) = 0 b c = 0 b = c a b = 0 a = b c a = 0 c = a. Bài toán 4.3. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân: Giải ) Ta có ) 4rr a = a. ) sin A cos3 B = sinb cos3 A. 3) +cosb sinb = a+c 4a c. 4) (p a)cot B = ptana. 5) h a = p(p a). 4rr a = a 4S p. S p a = a Theo công thức Heron, từ () ta có 4S = p(p a)a. () () 4p(p a)(p b)(p c) = a p(p a) 4(p b)(p c) = a (a+c b)(a+b c) = a a (b c) = a (b c) = 0 b = c. 40

43 Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. ) sin A cos3 B = sin B cos3 A () Chia cả hai vế của () cho cos 3 A cos3 B 0, ta có tan A (+tan A ) = tanb (+tan B ) tan A A +tan3 tanb B tan3 = 0 ( tan A )( tanb +tan A +tana tanb B ) +tan = 0. () Do +tan A +tana tanb +tan B > nên từ () có Vậy ABC là tam giác cân đỉnh C. A B = 0 Â = B. 3) Ta có +cosb sinb = a+c 4a c (+cosb) (+cosb)( cosb) = (a+c) (a+c)(a c) +cosb cosb = a+c a c + cosb cosb = + c a c cosb cosb = c a c cosb cosb = sinc sina sinc sinacosb sinccosb = sinc sinccosb sinacosb = sinc sin(a+b)+sin(a B) = sin(a+b) sin(a B) = 0 Â = B. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh C. 4

44 4) Ta có (p a)cot B = ptana. () Sử dụng công thứcp = 4Rcos A cosb cosc,p a = 4RcosA sinb sin C thì () 4Rcos A sin B sin C cos B sin B = 4Rcos A cosb cosc sin A cos A cos A sinc = cosc sin A ( A sin C ) = 0. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh B. 5) Ta có h a = p(p a) S p(p a) a = p(p a)(p b)(p c) a 4(p b)(p c) = a. = p(p a) Biến đổi như phần () 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: Giải ) h a = r b r c. ) h a = a cota. 3) l a = 4bc a. 4 ) Ta có h a = r b r c h a = r b r c 4S S = a (p b)(p c) a = 4(p b)(p c). Biến đổi như phần bài toán 4.3 suy ra B = Ĉ. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. 4

45 ) Ta có h a = a cota sinbsinc = cos A cos(b C) cos(b +C) = +cosa cos(b C) = B = Ĉ. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. 3) Từ l a = bccos A b+c, suy ra l a = 4bc a 4 44b c cos A (b+c) = 4bc a 4 b c 4bc a (b+c) [+cosa] = 4 b c b +c a (b+c) [+ ] = 4bc a bc 4 b c a (b+c).(b+c) bc bc a bc a = bc (b+c) 4 = 4bc a 4 4bc = (b+c) (b c) = 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 đặc biệt như tam giác vuông cân, tam giác cân có một góc bằng π 3... Dưới đây một bài toán tiêu biểu. Bài toán 4.5. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức cosa+ 3(cosB +cosc)+ 5 = 0. Chứng minh rằng ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A bằng π 6. Giải 43

46 Ta có cosa+ 3(cosB +cosc)+ 5 = 0 cos A + 3cos(B +C)cos(B C)+ 5 = 0 cos A+ 3cos(B +C)cos(B C)+ 3 = 0 cos A 3cosAcos(B C)+ 3 4 = 0 [ ] 3 cosa cos(b C) sin (B C) = 0 sin(b C) = 0 () 3 cosa cos(b C) = 0. () Từ () suy ra B = Ĉ. Thay vào () ta có cosa = 3  = π 6. Vậy tam giác ABC cân đỉnh A với  = π 6. Nhận xét. Ta có bài toán tổng quát sau: Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức cosa+x(cosb +cosc)+ x + = 0, điều kiện < x <,x 0. Khi đó ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh  = arccosx. Thật vậy xsin(b C) = 0 () xcos(b C) cosa = 0. () Từ () và do x 0 suy ra sin(b C) = 0 B = C. Thay vào () ta có cosa = x  = arccosx. 44

47 . Lấy x = ta có kết quả: Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức cosa cosb cosc + 3 = 0 thì ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A bằng π Lấy x = ta có kết quả: Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức cosa+ (cosb +cosc)+ = 0 thì ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A bằng π Bài tập đề nghị Bài toán 4.6. Cho tam giác ABC có: sina+sinb +sinc sina+sinb sinc = cota cotc. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Bài toán 4.7. Cho tam giác ABC có: sin A+sin B +sinasinb = cosC +cos C. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Bài toán 4.8. Cho tam giác ABC có: sinc sinb tam giác ABC cân. = cosa. Chứng minh rằng Bài toán 4.9. Cho tam giác ABC có: cosasinbsinc + 3(sinA+cosB +cosc) = 7 4. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. sinb = ( cosc)sina Bài toán 4.0. Cho tam giác ABC có: sinc = ( cosb)sina. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. 45

48 Bài toán 4.. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân: ) a sinb +b sina = c cot C. ) tan A = a p(p a). 3) sin A = a bc. 4) a +b = tan C (a tana+b tanb). 5) sin A +cosa = r R. Bài toán 4.. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân: ) tana+tanb = cot C. ) tana+tanb = tanatan B. 3) tanasina+tanbsinb = (sina+sinb)cot C. 4) asin(b C)+bsin(C A) = 0. 46

49 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 a = b = c hay A = B = C = π, 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. Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều Bài toán 5.. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức a cos B C + a cos C A + a cos A B = a +b +c. sin A sin B sin C Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Thực hiện biến đổi đại diện ta có: a cos B C sin A RsinAcos B C = a sin A = arsin B +C cos B C 47

50 = ar(sinb +sinc) = ab+ac. Từ đó hệ thức đã cho có dạng sau: ab+ac + ba+bc + ca+cb = a +b +c a +b +c ab bc ca = 0 (a b) +(b c) +(c a) = 0 a = b = c. Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sin A + sin B + sin C = sin A sin B sinc. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Do sinasinbsinc > 0 nên đẳng thức điều kiện đã cho tương đương với (sinasinbsinc) sinbsinc sina Do ( sin A + sin B + sin C + sinasinc sinb + sinasinb sinc ) = sinasinbsinc sin A sin B sinc = 4cos A cosb cosc. () 4cos A cosb cosc = sina+sinb +sinc, nên áp dụng định lý hàm số sin suy ra () bc a + ca b + ab c = a+b+c b c +a c +a b = abc(a+b+c) (ab bc) +(bc ca) +(ca ab) = 0 ab = bc bc = ca ca = ab a = b = c. 48

51 Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.3. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức acosa+bcosb +ccosc asinb +bsinc +csina = p 9R. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Áp dụng định định lý hàm số sin, và công thức sina = S bc thức điều kiện về hệ thức tương đương sau:, đưa đẳng R(sinA+sinB +sinc) a S = p ac +bs ab +cs 9R bc 4RsinAsinBsinC ( S a + b + ) = a+b+c 9R. () c Áp dụng công thức S = R sinasinbsinc, ta thấy: ( () (a+b+c) a + b + ) = 9 c ( a b + b ) ( b a + c + c ) ( c b + a + a ) c = 0 (a b) ab + (b c) bc + (c a) ca Do vế trái của () là tổng của ba số không âm nên a = b () 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) 4abc Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải = 0. () = R r. 49

52 Áp dụng định lý hàm số sin, đưa giả thiết đã cho về dạng tương đương sau (sina+sinb)(sinb +sinc)(sinc +sina) 4sinAsinBsinC sin A+B cos A B sin B +C = R 4Rsin A sin B sinc cos B C sin C +A cos C A 4.8sin A sinb sin C cosa cosb cosc = cos A B cos B C cos C A 4sin A sin B sin C =. () Vì 0 < cos A B,0 < cos B C,0 < cos C A nên cos A B = () cos B C = A = B = C. cos C A = Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. 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 3ha + a = b+c. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Ta có Vậy h a = S a = 4R sinasinbsinc RsinA = RsinBsinC. 3ha + a = b+c 50

53 3sinBsinC +sina = sinb +sinc 3sinBsinC + sin(b +C) = sinb +sinc 3 3 sinbsinc + sinbsinc + sinbcosc + sinccosb = sinb +sinc [ ( 3 sinb sinc + )] [ ( 3 cosc +sinc sinb + )] cosb = 0 [ ( sinb sin C + π )] [ ( +sinc sin B + π )] = 0 ( 6 6 sin C + π ) = ( ( ( 6 sin B + π ) vì sin B + π ) ( 0 và sin C + π ) ) 0 = C = π 3 B = π 3. Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. 5. 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 hệ thức còn lại ta chứng minh tam giác đó có một góc bằng π hoặc tam giác 3 cân một trong hai đỉnh còn lại. Bài toán 5.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức a = a3 b 3 c 3 a b c a = bcosc. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Từ giả thiết thứ nhất suy ra a 3 b 3 c 3 = a 3 a (b+c) (b+c)(b bc+c ) = a (b+c) b bc+c = a 5

54 Từ giả thiết thứ hai ta có b bc+c = b +c bccosa cosa = A = π 3. () sina = sinbcosc sina = sin(b +C)+sin(B C) sin(b C) = 0 (do sin(b +C) = sina) B = C. () Từ () và () suy ra ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.7. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sinb +sinc = sina cosb +cosc = cosa. 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: +(cosbcosc +sinbsinc) = 4 cos(b C) = B = Ĉ. () Thay () vào hệ điều kiện đã cho ta có sinb = sina cosb = cosa B = Â. () Từ () và () suy ra ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.8. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sinb +sinc = sina tanb +tanc = tana. 5

55 Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Từ giả thiết thứ nhất ta có Vì sin B +C = cos A cos B C sin B +C cos B C > 0, nên ta có = cos B +C = 4sin A cosa. cos B cosc +sinb sin C = cosb cosc sinb sinc 3sin B sin C = cosb cosc tan B tanc = 3. () Từ giả thiết thứ hai ta có Do tanb +tanc tanb +tanc = tan(b +C) = tanbtanc. tanb +tanc 0 tanbtanc = 3 tan B tan C = 3 tan B tan C 4tan B tanc ( tan B C ) +tan +tan B C tan = 3. () Do tan B C ( +tan = tan B ) +tanc tan B tanc. Thay vào () với chú ý tan B tanc = ( 3, ta sẽ có tan B ) +tanc = 4 3. Vìtan B +tanc > 0 suy ratanb +tanc = 3 3. (3) Từ (), (3) thì tan B,tanC là các nghiệm của phương trình 53

56 x 3 3 x+ 3 3 = 0 (x 3 ) = 0. Từ đó tan B = tanc = 3 3 B = Ĉ = π 3. Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.9. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức r a = 3r m a = 3r. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Ta có Lại có r a = 3r S p a = 3S p p = 3(p a) 3a = p 3a = a+b+c b+c = a. () m a = 3r m a = 9r b +c a 4 b +c a 4 b +c a 4 = 9 S p = 9 p(p a)(p b)(p c) p = 9 (b+c a)(a+c b)(a+b c). () 4(a+b+c) Thay () vào () ta có b +c a = 9a[a (b c) ] 3a 54

57 b +c a = 3a 3(b c) 5b +5c 6bc = 4a (b c) = 0 b = c. Từ () và (3) ta có a = b = c. Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. 5.3 Bài tập đề nghị Bài toán 5.0. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức a m a = b m b = c m c. Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sina+sinb +sinc = 3(cosA+cosB +cosc). Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức [ sinb + ] sinc 3 = cotb +cotc. Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.3.Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sinasinb = 3 4 a = a3 b 3 c 3 a b c. Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.4. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sinasinb = 3 4 a = a3 b 3 c 3 a b c. Chứng minh ABC là tam giác đều. 55

58 Chương 6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác 6. 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.. Điều kiện cho dưới dạng cấp số cộng Bài toán 6.. Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Chứng minh rằng: ) tan A tanc = 3, ) sinasinc = 3sin B, 3) Công sai d của cấp số cộng được tính bằng hệ thứcd = 3 ( r tan C ) tana, 4) h b = 3r, 5) h b = r b, 6) S = 3 l b sinb. 56

59 Giải ) Theo giả thiết ta có a+c = b, hay sina+sinc = sinb sin A+C cos A C Vì sin A+C = cos B 0, nên từ () ta có ( A cos C ) ( A = cos + C ) =.sin B cosb () cos A cosc +sina sin C = cosa cosc sina sin C ) Ta có 3sin A sin C = cosa cosc tan A tanc = 3. Đpcm. sinasinc = 3sin B () sinasinc = 3.4sin B cos B 4cos B sinasinc = 3sin B (+cosb) b a R. c 3 R = 4R (+ a +c b ) ac 3acb ac = (a+c) b (a+c) b = 3b (a+c) = 4b a+c = b (do a, b, c là 3 cạnh tam giác). Điều này đúng theo giả thiết suy ra () đúng. Đpcm. 3) Áp dụng công thức r = 4Rsin A sinb sinc, ta có 57

60 ( 3 r tan C ) tana = 3 4RsinA sin B sinc = 6Rtan A tanc sin B sin C A cos C cosa A sinc (3) Áp dụng phần (), nên từ (3) có ( 3 r tan C ) tana = Rcos C +A sin C A = R(sinC sina) = c a = d. Đpcm. 4) Ta có h b = 3r (4) RsinAsinC = 3.4Rsin A sinb sin C 8Rsin A sinc cosa cosc = Rsin A sin B sinc cos A cosc = 3sinB ) cos A cosc = 3cos ( A + C cos A cosc = 3cosA cosc 3sinA sin C 3sin A sin C = cosa cosc tan A tanc = 3 a+c = b. Điều này đúng theo giả thiết suy ra (4) đúng. Đpcm. 5) h b = r b (5) RsinAsinC = ptan B 58

61 R.4sin A cosa sin C sin B cosc = 4RcosA cosb cosc cos B sin A sin C = sin B ) sin A sin C = cos ( A + C sin A sin C = cosa cosc sina sinc 3sin A sin C = cosa cosc tan A tanc = 3 a+c = b. Điều này đúng theo giả thiết suy ra (5) đúng. Đpcm. 6) Ta có l b = accos B a+c. Vì thế l b = 4a c cos B (a+c) = a c (+cosb) (a+c) = a c a +c b (a+c) (+ ) = ac Từ đó do a, b, c lập thành cấp số cộng nên ac (a+c) [(a+c) b ]. a+c = b lb = ac(4b b ) l 4b b = 3 4 ac lb = 3 S 4sinB S = 3 l b sinb. Đpcm. Bài toán 6.. Cho tam giác ABC trong đó tan A,tanB,tanC theo thứ tự trên lập thành một cấp số cộng. Chứng minh cosa,cosb,cosc cũng lập thành một cấp số cộng. Giải 59

62 Từ giả thiết ta có tan A +tanc = tanb sin A+C cos A = sin B cosc cos B cos B = sinb cosa cosc +cosb = sin B [ cos A+C +cos A C ] +cosb = sin B +cosa+c +cosb = cosb +cosa+cosc cosb = cosa+cosc. Vậy cosa,cosb,cosc lập thành một cấp số cộng. Đpcm. cos A C Bài toán 6.3. Cho tam giác ABC trong đó cota,cotb,cotc lập thành một cấp số cộng. Chứng minh a,b,c cũng lập thành một cấp số cộng. Giải Từ giả thiết ta có cota+cotc = cotb () Áp dụng định lý hàm số cot, từ () ta có b +c a + a +b c 4S 4S b = a +c b b = a +c = a +c b 4S Suy ra a,b,c lập thành một cấp số cộng. Đpcm. 6.. 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 =. Chứng minh rằng: ) h a = h b +h c, 60

63 ) a +b +c = 7R, 3) OH = R, 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 = c a, 5) cosacosbcosc = 8, 6) sinasinbsinc = 7 8, 7) cos A+cos B +cos C = 5 4, 8) cosa+cosb +cosc = b a, 9) l a = acos A. Giải Từ giả thiết ba góc A,B,C lập thành cấp số nhân với công bội q = suy ra B = A; C = 4A A = π 7 ;B = π 7 ;C = 4π 7 ). Ta có h a = h b +h c S a = S b + S c a = b + c sina = sinb + sinc. () 6

64 Theo giả thiết ta có B = Â,Ĉ = 4Â Â = π 7, B = π 7,Ĉ = 4π 7. Từ đó VP() = + = sin 3π 7 cosπ 7 sin π 7 sin 4π 7 sin π 7 sin4π 7 = sin 3π 7 cosπ 7 sin π 7 cosπ 7 sin4π 7 = sin π 7 = sina = VT. Vậy () đúng, suy ra đpcm. ) a +b +c = 7R sin A+sin B +sin C = 7 4 ( cosa+ cosb + cosc) = 7 cosa+cosb +cosc = cos π 7 +cos4π 7 +cos8π 7 =. () Ta cần chứng minh () đúng. Đặt S = cos π 7 +cos4π 7 +cos8π 7. Ta có Ssin π 7 = sinπ 7 cosπ 7 +sinπ 7 cos4π 7 +sinπ 7 cos8π 7 = sin 3π 7 sin π 7 +sin5π 7 sin3π 7 +sinπ sin 5π 7 = sin π 7. Từ đó suy ra S =. Vậy () đúng, suy ra đpcm. 3) Theo kết quả đã biết ta có OH = 9R (a +b +c ). Vì vậy từ phần () suy ra OH = R hay OH = R. 6

65 4) bc = a(b+c) sinbsinc = sina(sinb +sinc) sin π 7 sin4π 7 = sin π ( sin π ) 7 7 +sin4π 7 sin π 7 sin 4π 7 = sinπ 7 sin 3π 7 cosπ 7 5) sin π 7 sin 4π 7 = sinπ 7 sin 3π 7 sin 4π 7 = sin 3π 7. (3) Vì (3) đúng, suy ra đpcm. Đẳng thức bc = c a chứng minh tương tự. cosacosbcosc = 8 cosπ 7 cosπ 7 cos4π 7 = 8 8sin π 7 cosπ 7 cosπ 7 cos4π 7 = sin π 7 4sin π 7 cosπ 7 cos4π 7 = sinπ 7. (4) Ta có VT(4) = 4sin π 7 cosπ 7 cos4π 7 = sin4π 7 cos4π 7 = sin 8π 7 = sin π 7. Vậy (4) đúng, suy ra đpcm. 6) Ta nhận thấy π 7,π 7,3π 7 là các nghiệm của phương trình Đặt y = cos x > 0 thì (5) trở thành cos 4x = cos 3x. (5) (8y 8y +) = y(4y 3) 64y 4 44y 3 +04y 5y + = 0 ( 64(y ) y y y ) = 0 64 Docos π 7,cos π 7,cos 3π 7 khác nhau và khác nên suy racos π 7,cos π 7,cos 4π 7 Chú ý cos 4π 7 = cos 3π 7 là 3 nghiệm của phương trình y y y 64 = 0. (6) 63

66 Ta có sin π π 4π 7 sin 7 sin 7 ( = cos π ) ( cos π )( cos 4π ) ( = cos π π 4π ) ( 7 +cos 7 +cos + cos π π 7 7 cos 7 + cos π 7 cos 4π 7 +cos π 7 cos 4π 7 cos π 7 cos π 7 cos 4π 7. 7) Vì thế theo định lý Viet với phương trình (6) suy ra sin π 7 sin π 7 sin 4π 7 = = 7 64 sinasinbsinc = sin π 7 sin π 7 sin4π 7 = 7 8. cos A+cos B +cos C = 5 4 cos π 7 +cos π 7 +cos 4π 7 = 5 4 +cos π 7 ++cos4π 7 ++cos8π 7 = 5 cos π 7 +cos4π 7 +cos8π 7 =. (7) Từ () suy ra (7) đúng, suy ra đpcm. 8) cosa+cosb +cosc = b a cos π 7 +cosπ 7 +cos4π 7 = sin π 7 sin π 7 cos π 7 +cosπ 7 +cos4π 7 cosπ 7 = Theo () suy ra đpcm. cos π 7 +cos4π 7 cosπ 7 = cos π 7 +cos4π 7 +cos8π 7 =. 64

67 9) Ta có l a = Theo phần (4) thì bc = a(b+c). bccos A b+c. Từ đó suy ra l a = acos A suy ra đpcm. 6. 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.. 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: tana+tanb +tanc +tand tana.tanb.tanc.tand Giải Ta xét hai khả năng sau:. Â+ B π (hoặc Â+ B 3π có nghĩa (Â+ B)+(Ĉ + D) = π tan(a+b)+tan(c +D) = 0 tana+tanb = cota+cotb +cotc +cotd. ), Khi đó tan(a+b) và tan(c+d) + tanc +tand tanctand = 0 tanatanb (tana+tanb)( tanctand)+(tanc+tand)( tanatanb) = 0 tana+tanb+tanc+tand = tanatanbtanc+tanatand +tanbtanctand+tanatanbtand tanc tana+tanb +tanc +tand tanatanbtanctand = tand + tanb + tana + = cota+cotb+cotc+cotd. 65

68 . Â+ B = π (khi đó Ĉ + D = 3π ). Do Ĉ+ D = 3π và không có góc nào vuông và ABCD là tứ giác lồi nên suy ra π < D < π (vì nếu D < π Ĉ > π vô lý vì ABCD là tứ giác lồi nên mọi góc của nó nhỏ hơn π). Do Â+ B = π 0 < Â < π π < Â+ D < 3π. Áp dụng phần () với Â+ D và B +Ĉ đúng. Suy ra đpcm. suy ra kết luận của bài toán là Bài toán 6.6. Cho ABCD là tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp. Gọi S và p tương ứng là diện tích và nửa chu vi của tứ giác. Chứng minh rằng S = p (tan A +tanb +tanc +tand ). Giải Gọi O là tâm hình tròn nội tiếp của tứ giác và r là bán kính của nó. N C B P M Ta có A Q D p = AM +BN +CP +DQ = r(cot A +cotb +cotc +cotd ). () 66

69 Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: Â+Ĉ = B + D = 80 0 Â + Ĉ = B + D = 900 cot A = tanc ;cotb = tand ;cotc = tana ;cotd = tanb. Thay vào () ta có p = r ( tan A +tanb +tanc +tand ). () Do S = pr, nên từ () suy ra S = p ( tan A +tanb +tanc +tand ). Đpcm. Bài toán 6.7. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và p là nửa chu vi. Chứng minh tan A = (p a)(p d) (p b)(p c). Giải b C B c a A d D Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam giác ABD, BCD ta có BD = a +d adcosa = b +c bccosc = b +c +bccosa, 67

70 do Â+Ĉ = 800. Từ đó suy ra Từ () ta có a +d adcosa = b +c +bccosa cosa = a +d b c. () bc+ad tan A cosa = +cosa b +c +bc (a +d ad) = a +d +ad (b +c bc) (b+c) (a d) = (a+d) (b c) (b+c+a d)(b+c+d a) = (a+d+b c)(a+d+c b). () Do a+b+c+d = p nên từ () ta có tan A = (p d)(p a) (p c)(p b) = (p a)(p d) (p b)(p c). Bài toán 6.8. (Công thức Heron cho diện tích tứ giác) Cho ABCD là tứ giác nội tiếp với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và p là nửa chu vi, S là diện tích tứ giác. Chứng minh rằng S = (p a)(p b)(p c)(p d) abcdcos B +D. Giải Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam giác ABD, CBD ta có BD = a +d adcosa = b +c bccosc a +d adcosa = b +c bccosc a +d b c = adcosa bccosc. () Bình phương hai vế của () ta có (a +d b c ) = 4(adcosA bccosc). () 68

71 B a b A C d c Ta có D S = S ABD +S BCD = adsina+ bcsinc 6S = 4(adsinA+bcsinC) (3) Cộng từng vế (), (3) ta được (a +d b c ) +6S = 4[a d +b c abcd(cosacosc sinasinc)] Từ (4) suy ra = 4[a d +b c abcdcos(a+c)] [ ( = 4 a d +b c abcd cos A+C [ = 4 (ad+bc) 4abcdcos A+C )] ]. (4) 6S = 4(ad+bc) (a +d b c ) 6abcdcos A+C = (ad+bc+a +d b c )(ad+bc a d +b +c ) 6abcdcos A+C = [(a+d) (b c) ][(b+c) (a d) ] 6abcdcos A+C = (a+d+b c)(a+d+c b)(b+c+a d)(b+c+d a) 6abcdcos A+C = (p c)(p b)(p d)(p a) 6abcdcos A+C. (5) 69

72 Vì Â+Ĉ + B + D = 80 0 cos B +D = cos A+C, nên từ (5) suy ra Nhận xét. S = (p a)(p b)(p c)(p d) abcdcos B +D S = (p a)(p b)(p c)(p d) abcdcos B +D. ) Ta biết rằng với tam giác có công thức Heron quen biết để tính diện tích tam giác S = (p a)(p b)(p c). Ở đây a, b, c là ba cạnh của tam giác, còn p là nửa chu vi của nó. Chính vì thế công thức và chứng minh ở trên gọi là công thức Heron suy rộng để tính diện tích tứ giác. ) Xét một vài trường hợp đặc biệt sau a) Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp. Khi đó Â+Ĉ = B + D = 80 0 cos B +D Trong trường hợp này ta có S = (p a)(p b)(p c)(p d). b) Nếu ABC là tứ giác ngoại tiếp. Khi đó ta có a+c = b+d = p = 0. p a = c,p b = d,p c = a,p d = b. Trong trường hợp này ta có S = abcd abcdcos B +D = abcdsin B +D = sin B +D abcd. c) Nếu ABCD vừa là tứ giác nội tiếp vừa là tứ giác ngoại tiếp, thì do sin B +D =, nên trong trường hợp này ta có S = abcd. 70

73 Bài toán 6.9. (Định lý Ptô-lê-mê) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn với hai đường chéo là AC, BD. Chứng minh rằng AB.CD+BC.AD = AC.BD. Giải Cách. Trên AC lấy điểm E sao cho ÂBE = γ. D α β A β E γ γ C Xét hai tam giác ABE và DBC ta có B BAE = BDC = β,âbe = DBC = γ. Vậy ABE đồng dạng với tam giác DBC. Do đó AB DB = AE DC AB.DC = DB.AE. () Mặt khác dễ thấy CBE đồng dạng với tam giác DBA, nên CB DB = CE DA Cộng từng vế () và () ta có BC.DA = DB.CE. () AB.DC +BC.DA = DB(AE +CE) = DB.AC. Cách. Giả sử ABCD nội tiếp trong đường tròn bán kính R. 7

74 B α γ β α C A γ β D Đặt ÂBD = ÂCD = α, ÂCB = BDA = β, ĈAD = ĈBD = γ. Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABC, BAD, và CAD (với chú ý đường tròn ngoại tiếp các tam giác này cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác ABCD) ta có: AB = Rsinβ;AD = Rsinα;CD = Rsinγ. Tương tự ta có AC = Rsin(α+γ);BD = Rsin(α+β); BC = Rsin BAC = Rsin(α+β+γ) (vì BAC+(α+β+γ) = 80 0 ). Ta có Mặt khác AC.BD = Rsin(α+γ)Rsin(α+β) AB.CD + AD.BC = R [cos(β γ) cos(α+β +γ)]. () =Rsinβ.Rsinγ +Rsinα.Rsin(α+β +γ) =R [cos(β γ) cos(β +γ)+cos(β +γ) cos(α+β +γ)] =R [cos(β γ) cos(α+β +γ)]. () Từ () và () suy ra đpcm. Bài toán 6.0. (Hệ thức Ơle) Cho tam giác ABC. Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Kí hiệu d e = IO. Chứng minh hệ thức sau: d e = R dr. 7

75 Ở đây R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Giải Theo công thức tính phương tích, ta có A r I O B C A P I (O) = IO R = d e R. () Giả sử đường phân giác trong của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC tại A. Ta cũng có P I O = IA.IA = r sin A IA. () Ta có Â IC = ÎAC +ÎCA = Â + Ĉ (góc ngoài tam giác AIC), mặt khác ÎCA = Â+Ĉ (tính chất góc nội tiếp). Từ đó suy ra IA C là tam giác cân đỉnh A, nên IA = A C. (3) Từ (), (), (3) ta có: R d e = r sin A A C. (4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác AA C, có: A C = Rsin A. (5) 73