Đề cương ôn tập Hình học Lớp 10 - Chương 2: Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng - Bài 3: Hệ thức lượng trong tam giác

Nội dung text: Đề cương ôn tập Hình học Lớp 10 - Chương 2: Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng - Bài 3: Hệ thức lượng trong tam giác

1. §3 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Định lí côsin: Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b và AB = c . Ta có : a2 = b2 + c2 - 2bc.cos A A b2 = c2 + a2 - 2ca.cos B c2 = a2 + b2 - 2ab.cosC c b Hệ quả: b2 + c2 - a2 cos A = 2bc B a C c2 + a2 - b2 cos B = Hình 2.6 2ca a2 + b2 - c2 cosC = 2ab 2. Định lí sin : Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b , AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Ta có : a b c = = = 2R sin A sin B sinC 3. Độ dài trung tuyến: Cho tam giác ABC với ma , mb , mc lần lượt là các trung tuyến kẻ từ A, B, C. Ta có : 2(b2 + c2 )- a2 m2 = a 4 2(a2 + c2 )- b2 m2 = b 4 2(a2 + b2 )- c2 m2 = c 4 4. Diện tích tam giác Với tam giác ABC ta kí hiệu ha , hb , hc là độ dài đường cao lần lượt tương ứng với các cạnh BC, CA, AB; R, r a + b + c lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác; p = là nửa chu vi tam giác; S là 2 diện tích tam giác. Khi đó ta có: 1 1 1 S = ah = bh = ch 2 a 2 b 2 c 1 1 1 = bc sin A = casin B = absinC 2 2 2 abc = 4R = pr = p(p- a)(p- b)(p- c) (công thức Hê–rông) B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Xác định các yếu tố trong tam giác. 1. Phương pháp. • Sử dụng định lí côsin và định lí sin • Sử dụng công thức xác định độ dài đường trung tuyến và mối liên hệ của các yếu tố trong các công thức tính diện tích trong tam giác. 2. Các ví dụ.
2. 3 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 5 và cos A = . 5 Tính cạnh BC, và độ dài đường cao kẻ từ A. 29 6 29 A. BC = 2 , h = B. BC = 29 , h = a 29 a 29 16 29 3 29 C. BC = 29 , h = D. BC = 29 , h = a 29 a 29 Lời giải 3 Áp dụng định lí côsin ta có BC2 = AB2 + AC2 - 2AB.AC.cos A = 42 + 52 - 2.4.5. = 29 5 Suy ra BC = 29 9 4 Vì sin2 A + cos2 A = 1 nên sin A = 1- cos2 A = 1- = 25 5 1 1 4 Theo công thức tính diện tích ta có S = AB.AC.sin A = .4.5. = 8 (1) ABC 2 2 5 1 1 Mặt khác S = a.h = . 29.h (2) ABC 2 a 2 a 1 16 29 Từ (1) và (2) suy ra . 29.h = 8 Þ h = 2 a a 29 16 29 Vậy độ dài đường cao kẻ từ A là h = a 29 µ 0 µ 0 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính bằng 3, biết A = 30 , B = 45 . Tính độ dài trung tuyến kẻ từ A A. ma = 22,547 B. ma = 27,54 C. ma = 19,57 D. ma = 23,547 Lời giải µ 0 µ µ 0 0 0 0 Ta có C = 180 - A- B = 180 - 30 - 45 = 105 2 Theo định lí sin ta có a = 2Rsin A = 2.3.sin 300 = 3 , b = 2Rsin B = 2.3.sin 450 = 6. = 3 2 2 c = 2RsinC = 2.3.sin1050 » 5,796 2(b2 + c2 )- a2 2(18 + 5,7962 )- 9 Theo công thức đường trung tuyến ta có m2 = » = 23,547 a 4 4 Theo công thức tính diện tích tam giác ta có
3. 1 bc sin A 3 2.5,796sin 300 SABC = pr = bc sin A Þ r = » » 0,943 2 2p 3+ 3 2 + 5,796 · 5 13 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC. Biết AB = 3, BC = 8, cos AMB = . 26 Tính độ dài cạnh AC và góc lớn nhất của tam giác ABC . Lời giải hình 2.7) BC = 8 Þ BM = 4 . Đặt AM = x A Theo định lí côsin ta có · AM 2 + BM 2 - AB2 cos AMB = 2AM.AB C B M 2 5 13 x + 16- 9 Hình 2.7 Suy ra = 26 2.4.x é êx = 13 Û 2 - + = Û ê 13x 20 13x 91 0 ê 7 13 êx = ëê 13 Theo công thức tính đường trung tuyến ta có 2(AB2 + AC2 )- BC2 AM 2 = 2AB.AC 2(32 + AC2 )- 82 TH1: Nếu x = 13 Þ 13 = Þ AC = 7 . 4 Ta có BC > AC > AB Þ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có AB2 + AC2 - BC2 9 + 49- 64 1 cos A = = = - 2AB.AC 2.3.7 7 Suy ra A » 98012' 2 2 2 7 13 49 2(3 + AC )- 8 397 TH2: Nếu x = Þ = Þ AC = 13 13 4 13 Ta có BC > AC > AB Þ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có 397 2 2 2 9 + - 64 AB + AC - BC 53 cos A = = 13 = - 2AB.AC 397 5161 2.3. 13
4. Suy ra A » 137032' · 1 Ví dụ 4: Cho hình chữ nhật ABCD biết AD = 1 . Giả sử E là trung điểm AB và thỏa mãn sin BDE = . 3 Tính độ dài cạnh AB . A. 2 B. 5 C. 2 2 D. 3 Lời giải: (hình 2.8) Đặt AB = 2x (x > 0)Þ AE = EB = x . A E B · · Vì góc BDE nhọn nên cos BDE > 0 suy ra · 2 · 2 2 cos BDE = 1- sin BDE = D C 3 Hình 2.8 Theo định lí Pitago ta có: DE2 = AD2 + AE2 = 1+ x2 Þ DE = 1+ x2 BD2 = DC2 + BC2 = 4x2 + 1Þ BD = 4x2 + 1 Áp dụng định lí côsin trong tam giác BDE ta có · DE2 + DB2 - EB2 2 2 4x2 + 2 cos BDE = Û = 2DE.DB 3 2 (1+ x2 )(4x2 + 1) 2 Û 4x4 - 4x2 + 1= 0 Û 2x2 = 1 Û x = (Do x > 0 ) 2 Vậy độ dài cạnh AB là 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.56: Cho tam giác ABC có đoạn thẳng nối trung điểm AB và BC bằng 3, cạnh AB = 9 và · 0 ACB = 60 . Tính cạnh BC. A. BC = (1+ 6) B. BC = 2(1+ 6) C. BC = 3(2 + 6) D. BC = 3(1+ 6) Lời giải: Bài 2.56: Đặt BC = x (x > 0). MN = 3 Þ AC = 6 . Theo định lí côsin ta có AB2 = CA2 + CB2 - 2.CA.CB.cosC
5. 1 Hay 81= 36 + x2 - 2.6.x. Û x = 3(1+ 6) 2 Bài 2.57: Cho tam giác ABC vuông tại B có AB = 1. Trên tia đối của AC lấy điểm D sao cho · 0 CD = AB . Giả sử CBD = 30 . Tính AC. A. AC = 3 2 B. AC = 3- 3 2 C. AC = 1+ 3 2 D. AC = 2 + 3 2 Lời giải: Bài 2.57: Đặt AC = x (x > 0) 2 1 Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABD ta có BD2 = 1+ (1+ x) - 2(1+ x). x 1 · 2 Áp dụng định lí sin trong tam giác BCD ta có BD = sin BCD = sin 300 x Suy ra ta được phương trình x4 + 2x3 - 2x- 4 = 0 Û (x + 2)(x3 - 2)= 0 Û x = 3 2 Vậy AC = 3 2 Bài 2.58. Cho a = x2 + x + 1;b = 2x + 1;c = x2 - 1. Giả sử a,b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng tam giác đó có một góc bằng 1200 Lời giải: b2 + c2 - a2 1- x2 1 Bài 2.58: cos A = = = - Þ A = 1200 2bc 2(x2 - 1) 2 Bài 2.59: Cho tam giác ABC có AB = 3, AC = 7, BC = 8 . a) Tính diện tích tam giác ABC A. S = 5 3 B. S = 6 3 C. S = 4 3 D. S = 3 3 b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác 3 3 7 3 4 3 A. R = , r = B. R = , r = 3 4 3 3 8 3 2 3 7 3 2 3 C. R = , r = D. R = , r = 3 3 3 3 c) Tính đường đường cao kẻ từ đỉnh A. 6 3 6 5 6 3 6 A. h = B. h = - C. h = D. h = a 2 a 2 a 2 a 2 Lời giải:
6. Bài 2.59: a) Áp dụng công thức Hê - rông ta có S = p(p- a)(p- b)(p- c) = 6 3 abc 7 3 2 3 b) Áp dụng công thức tính diện tích S = và S = pr suy ra R = , r = 4R 3 3 2S 12 6 3 6 c) h = = = a a 8 2 a b 2c Bài 2.60: Cho tam giác ABC thỏa mãn = = . 3 2 6 - 2 a) Tính các góc của tam giác. A. B = 1200 , A = 450 ,C = 150 B. C = 1200 , B = 450 , A = 150 C. A = 1200 ,C = 450 , B = 150 D. A = 1200 , B = 450 ,C = 150 b) Cho a = 2 3 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . A.2B.3C.4D.5 Lời giải: a 6 - 2 Bài 2.60: HD: a) Đặt = t > 0 Þ a = 3t, b = 2t, c = t 3 2 Áp dụng định lí côsin ta có 2 2 2 b2 + c2 - a2 2t + (2- 3)t - 3t 1 cos A= = = - Þ A = 1200 2bc 2( 3 - 1)t2 2 2 2 2 a2 + c2 - b2 3t + (2- 3)t - 2t 2 cos B= = = Þ B = 450 , C = 150 2ac 2 (3- 3)t2 2 a 2 3 b) Áp dụng định lí sin, ta có: R = = = 2 . 2sin A 2sin1200 µ 0 5 3 Bài 2.61: Cho tam giác ABC có A = 60 , a = 10, r = . 3 a) Tính R 3 4 3 8 3 10 3 A. R = B. R = C. R = D. R = 3 3 3 3 b) Tính b, c
7. A. b = c = 10 B. b = c = 7 C. b = c = 9 D. b = c = 8 Lời giải: Bài 2.61: (hình 2.22) A a 20 3 10 3 a) 2R = = Þ R = sin A 3 3 P N b) Gọi M, N, P lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA và AB với đường tròn nội r I C tiếp tam giác ABC . Ta có B 10 M AP = AN - r.cot 300 = 5, BP + NC = BM + MC = a = 10 Hình 2.22 Þ (b- AN)+ (c- AP)= 10 Þ b + c = 20 (1). 2 (b + c) - a2 Theo định lí côsin ta có a2 = b2 + c2 - 2bc cos600 Þ bc = = 100 (2) 3 Từ (1) và (2) suy ra b, c là nghiệm của phương trình x2 - 20x + 100 = 0 Û x = 10 Vậy b = c = 10 Þ DABC đều. µ 0 Bài 2.62: Cho tam giác ABC có AB = 10, AC = 4 và A = 60 . a) Tính chu vi của tam giác A. P = 22,72 B. P = 20,72 C. P = 22 D. P = 21,72 b) Tính tanC A. tanC = - 3 B. tanC = - 5 C. tanC = 5 3 D. tanC = - 5 3 c) Lấy điểm D trên tia đối của tia AB sao cho AD = 6 và điểm E trên tia AC sao cho AE = x . Tìm x để BE là tiếp tuyến của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ADE A. x = 5+ 85 B. x = - 5+ 85 C. x = 3+ 85 D. x = 5+ 5 Lời giải: Bài 2.62: a) Theo định lí côsin ta có BC2 = 102 + 42 - 2.10.4cos600 = 76 Þ BC » 8,72 Suy ra chu vi tam giác là 2p » 10 + 4 + 8,72 = 22,72 b) (Hình 51a.) Kẻ đường cao BH ta có A 10 4 C H B Hình 2.23a
8. AH = ABcos600 = 5 Þ HC = 5- 4 = 1 . BH = AB.sin 600 = 5 3 · HB Vậy tanC = - tan BCH = - = - 5 3 HC c) (Hình 51b.) Để BE là tiếp tuyến đường tròn (C) ta phải có D BE2 = BA.BD = 10 10 + 6 = 160. A ( ) C Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABE ta có B E Hình 2.23b. BE2 = x2 + 100- 10x Þ x2 - 10x- 60 = 0 Þ x = 5+ 85 . Bài 2.63. Cho tam giác ABC cân có cạnh bên bằng b và nội tiếp đường tròn (O;R). a) Tính côsin của các góc tam giác. b2 - R2 b2 A. cos A = , cos B = cosC = 1- 2R2 R2 b2 - 2R2 b2 B. cos A = , cos B = cosC = 2- R2 4R2 b2 - R2 b2 C. cos A = , cos B = cosC = 1- R2 4R2 b2 - 2R2 b2 D. cos A = , cos B = cosC = 1- 2R2 4R2 b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. b2 R2 - b2 A. r = 2R(2R+ R2 - b2 ) b2 R2 - b2 B. r = 2R(R+ R2 - b2 ) b2 4R2 - b2 C. r = R(2R+ 4R2 - b2 ) S b2 4R2 - b2 D. r = = p 2R(2R+ 4R2 - b2 ) c) Với giá trị nào của b thì tam giác có diện tích lớn nhất ?
9. A. b = 4R 3 B. b = R 3 C. b = 3R 3 D. b = 2R 3 Lời giải: Bài 2.63: (hình 2.24) µ µ 0 a) Giả sử tam giác cân tại đỉnh A. Đặt B = C = a Þ a < 90 b b2 Ta có sina = Þ cos B = cosC = cosa = 1- 2R 4R2 A AB2 + AC2 - BC2 b2 - 2R2 b cos A = = 2AB.AC 2R2 α 1 1 b3 4R2 - b2 B H C b) S = BC.AH = .2bcosa.bsina = 2 2 4R2 Hình 2.24 4R2 - b2 Chu vi tam giác là 2p = 2b + 2b 2R S b2 4R2 - b2 Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r = = p 2R(2R+ 4R2 - b2 ) c) Ta phải tìm b để y = b3 4R2 - b2 đạt GTLN Áp dụng BĐT Cauchy cho bốn số ta có 4 æ 2 2 2 ö çb b b 2 2 ÷ 2 2 2 ç + + + (4R - b )÷ b b b 2 2 ç 3 3 3 ÷ 4 y = 3 3 . . .(4R - b )£ 3 3 ç ÷ = 3 3R Dấu bằng xảy ra khi và 3 3 3 ç 4 ÷ ç ÷ èç ø÷ b2 chỉ khi = 4R2 - b2 Û b = R 3 . 3  DẠNG 2: Giải tam giác. 1. Phương pháp. • Giải tam giác là tính các cạnh và các góc của tam giác dựa trên một số điều kiện cho trước. • Trong các bài toán giải tam giác người ta thường cho tam giác với ba yếu tố như sau : biết một cạnh và hai góc kề cạnh đó; biết một góc và hai cạnh kề góc đó; biết ba cạnh. Để tìm các yếu tố còn lại ta sử dụng định lí côsin và định lí sin ; định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 1800 và trong một tam giác đối diện với góc lớn hơn thì có cạnh lớn hơn và ngược lại đối diện với cạnh lớn hơn thì có góc lớn hơn. 2. Các ví dụ. µ 0 Ví dụ 1: Giải tam giác ABC biết b = 32; c = 45 và A = 87 .
10. µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 A. a » 53,8 , C » 36 , B = 57 B. a » 53,8 , B » 40 , C = 53 µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 C. a » 52,8 , B » 36 , C = 57 D. a » 53,8 , B » 36 , C = 57 Lời giải: Theo định lí côsin ta có a2 = b2 + c2 - 2bc.cos A = 322 + 42 - 2.32.4.sin 870 Suy ra a » 53,8 Theo định lí sin ta có 0 bsin A 32sin 87 µ 0 sin B = = Þ B » 36 a 53,8 µ 0 µ µ 0 0 0 0 Suy ra C = 180 - A- B » 180 - 87 - 36 = 57 µ 0 µ 0 Ví dụ 2: Giải tam giác ABC biết A = 60 , B = 40 và c = 14 . µ 0 µ 0 A. C = 80 , a » 12,5 , b » 9,1 B. C = 80 , a » 12,3 , b » 9,8 µ 0 µ 0 C. C = 80 , a » 11,3 , b » 9,1 D. C = 80 , a » 12,3 , b » 9,1 Lời giải: µ 0 µ µ 0 0 0 0 Ta có C = 180 - A- B = 180 - 60 - 40 = 80 Theo định lí sin ta có c sin A 14.sin 600 a = = Þ a » 12,3 sinC sin 800 c sin B 14.sin 400 b = = Þ b » 9,1 sinC sin 800 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC biết a = 2 3, b = 2 2, c = 6 - 2 . Tính góc lớn nhất của tam giác. µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 A. B = 120 B. A = 110 C. A = 100 D. A = 120 Lời giải: µ µ µ Theo giải thiết ta có c < b < a suy ra C < B < A do đó góc A là lớn nhất. Theo định lí côsin ta có 2 2 b2 + c2 - a2 8 + ( 6 - 2) - 12 4- 4 3 1 cos A = = = = - 2bc 2.2 2.( 6 - 2) 8 3 - 8 2 µ 0 Suy ra A = 120
11. Vậy góc lớn nhất là góc A có số đo là 1200 . 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.64: Giải tam giác ABC biết a) a = 2, b = 3, c = 4 . µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 A. A » 28 57' , C » 46 34' , A » 104 29' B. C » 28 57', B » 46 34', A » 104 29' µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 C. A » 28 , B » 46 ,C » 106 D. A » 28 57' , B » 46 34',C » 104 29' µ 0 b) a = 12; c = 8,2 và A = 110 . µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 A. C » 39 57', B » 33 3' , b » 6,6 B. C » 39 57', B » 33 3' , b » 6,96 µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 C. C » 39 57', B » 33 3' , b » 6,9 D. C » 39 57', B » 33 3' , b » 6,6 Lời giải: Bài 2.64: HD: a) Theo định lí côsin ta có 2 2 2 3 + 4 - 2 7 µ 0 cos A = = Þ A » 28 57' 2.3.4 8 2 2 2 2 + 4 - 3 11 µ 0 cos B = = Þ B » 46 34' 2.2.4 16 µ 0 µ µ 0 C = 180 - A- B » 104 29' b) Theo định lí sin ta có 0 c sin A 8,2.sin110 µ 0 µ 0 0 0 sinC = = Þ C » 39 57' hoặc C » 180 - 39 57' = 140 3' a 12 µ 0 Vì góc A tù nên góc C nhọn do đó C » 39 57' µ 0 µ µ 0 0 0 0 Suy ra B = 180 - A- C » 180 - 110 - 39 57' = 33 3' asin B 12.sin 3303' Mặt khác b = = » 6,96 sin A sin1100 Lời giải: Bài 2.65: Giải tam giác ABC , biết: µ 0 µ 0 a) a = 109; B = 33 24'; C = 66 59' 0 0 µ 0 a.sin 33 24' a.sin 66 59' A. A = 79 37' b = » 60; c = » 101 sin79037' sin79037'
12. 0 0 µ 0 a.sin 33 24' a.sin 66 59' B. A = 79 37' b = » 61; c = » 101,5 sin79037' sin79037' 0 0 µ 0 a.sin 33 24' a.sin 66 59' C. A = 79 37' b = » 63; c = » 102 sin79037' sin79037' 0 0 µ 0 a.sin 33 24' a.sin 66 59' D. A = 79 37' b = » 61; c = » 102 sin79037' sin79037' µ 0 b) a = 20; b = 13; A = 67 23' 0 µ 0 µ 0 20.sin75 45' A. B » 36 52'; C » 75 45'; c = » 22 sin 67023' 0 µ 0 µ 0 20.sin75 45' B. B » 36 52'; C » 75 45'; c = » 21 sin 67023' 0 µ 0 µ 0 20.sin75 45' C. B » 36 52'; C » 75 45'; c = » 23 sin 67023' 0 µ 0 µ 0 20.sin75 45' D. B » 36 52'; C » 75 45'; c = » 24 sin 67023' Lời giải: µ 0 0 0 0 Bài 2.65: HD: a) A = 180 - (33 24'+ 66 59')= 79 37' a.sin 33024' a.sin 66059' b = » 61; c = » 102 sin79037' sin79037' 13.sin 67023' b) sin B = » 0,6 20 0 µ µ µ 0 µ 0 20.sin75 45' Vì b < a Þ B < A Þ B » 36 52'; C » 75 45'; c = » 21 sin 67023' Bài 2.66: Giải tam giác ABC , biết: µ 0 µ 0 a) b = 4,5; A = 30 ; C = 75 µ 0 µ 0 A. B = 75 , a » 2,32 , c » 4,1 B. B = 75 , a » 2,33 , c » 4,5 µ 0 µ 0 C. B = 75 , a » 3,33 , c » 4,4 D. B = 75 , a » 2,37 , c » 5,5 µ 0 b) b = 14; c = 10; A = 145 µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 A. a » 22,3 , B » 20 29', C = 14 31' B. a » 22,4 , B » 20 29', C = 14 31' µ 0 µ 0 µ 0 µ 0 C. a » 22,2 , B » 20 29', C = 14 31' D. a » 22,92 , B » 20 29', C = 14 31'
13. c) a = 14; b = 18; c = 20 A. A » 3105'; B » 45049' , C » 50047' B. A » 3005'; B » 46049' , C » 50047' C. A » 3205'; B » 44049' , C » 50047' D. A » 3305'; B » 42049' , C » 50047' Lời giải: µ 0 µ µ 0 0 0 0 Bài 2.66: a) Ta có B = 180 - A- C = 180 - 30 - 75 = 75 Theo định lí sin ta có bsin A 4,5.sin 300 a = = Þ a » 2,33 sin B sin750 bsinC 4,5.sin750 c = = Þ c » 4,5 sin B sin750 b) Theo định lí côsin ta có a2 = b2 + c2 - 2bc.cos A = 142 + 102 - 2.14.10.cos1450 Suy ra a » 22,92 Theo định lí sin ta có 0 bsin A 14sin145 µ 0 sin B = = » 0,35 Þ B » 20 29' a 22,92 µ 0 µ µ 0 0 0 0 Suy ra C = 180 - A- B » 180 - 145 - 20 29' = 14 31' c) Áp dụng định lí côsin ta có: 11 17 cos A = Þ A » 3105'; cos B = Þ B » 45049' 15 35 5 cosC = Þ C » 50047' 21 5 Bài 2.67: ChoDABC ta có a = 13, b = 4 và cosC = - . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội 13 tiếp tam giác. 15 3 65 A. R = , r = B. R = , r = 1 8 4 8 3 65 3 C. R = 2 , r = D. R = , r = 2 8 2 Lời giải: æ 5 ö Bài 2.67: c2 = a2 + b2 - 2abcosC = 132 + 42 - 2.13.4.ç- ÷= 225 Þ c = 15 èç 13ø÷
14. 12 c 15 65 sinC = Þ R = = = 13 2sinC 12 8 2. 13 1 1 12 a + b + c 13+ 4 + 15 S = absinC = .13.4. = 24 ; p = = = 16 2 2 13 2 2 S 24 3 r = = = p 16 2  DẠNG 3: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố của tam giác, tứ giác. 1. Phương pháp giải. • Để chứng minh đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản để biến đổi vế này thành vế kia, hai vế cùng bằng một vế hoặc biến đổi tương đương về một đẳng thức đúng. • Để chứng minh bất đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản, bất đẳng thức cạnh trong tam giác và bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, bunhiacôpxki, ) 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thỏa mãn sin2 A = sin B.sinC . Chứng minh rằng a) a2 = bc 1 b) cos A ³ 2 Lời giải: a b c a) Áp dụng định lí sin ta có sin A = , sin B = ,sinC = 2R 2R 2R 2 æa ö b c Suy ra sin2 A = sin B.sinC Û ç ÷ = . Û a2 = bc đpcm èç2Rø÷ 2R 2R b) Áp dụng định lí côsin và câu a) ta có b2 + c2 - a2 b2 + c2 - bc 2bc- bc 1 cos A = = ³ = đpcm 2bc 2bc 2bc 2 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng: A p(p- a) a) cos = 2 bc A B C b) sin A + sin B+ sinC = 4cos cos cos 2 2 2 Lời giải: (hình 2.9)
15. · 1 µ a) Trên tia đối của tia AC lấy D thỏa AD = AB = c suy ra tam giác BDA cân tại A và BDA = A . 2 Áp dụng định lý hàm số Côsin cho DABD , ta có: 2 2 2 · BD = AB + AD - 2AB.AD.cos BAD = 2c2 - 2c2 .cos(1800 - A) B b2 + c2 - a2 Suy ra I = 2c2 (1+ cos A) = 2c2 (1+ ) 2bc c 4c D C = (a + b + c)(b + c- a) = p(p- a) A b b Hình 2.9 cp(p- a) BD = 2 b Gọi I là trung điểm của BD suy ra AI ^ BD . Trong tam giác ADI vuông tại I, ta có A · DI BD p(p- a) cos = cos ADI = = = . 2 AD 2c bc A p(p- a) Vậy cos = . 2 bc a b c p b) Từ định lý hàm số sin, ta có: sin A + sin B+ sinC = + + = (1) 2R 2R 2R R A p(p- a) B p(p- b) C p(p- c) Theo câu a) ta có cos = , tương tự thì cos = và cos = , 2 bc 2 ca 2 ab abc kết hợp với công thức S = p(p- a)(p- b)(p- c) = 4R A B C p(p- a) p(p- b) p(p- c) Suy ra 4cos cos cos = 4 2 2 2 bc ca ab 4p 4pS p = p(p- a)(p- b)(p- c) = = (2) abc abc R A B C Từ (1) và (2) suy ra sin A + sin B+ sinC = 4cos cos cos 2 2 2 Nhận xét: Từ câu a) và hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công thức A (p- b)(p- c) A (p- b)(p- c) A p(p- a) sin = ; tan = ; cot = 2 bc 2 p(p- a) 2 (p- b)(p- c) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng:
16. b2 + c2 - a2 a) cot A = 4S b) cot A + cot B+ cotC ³ 3 Lời giải: 1 a) Áp dụng định lí côsin và công thức S = bc sin A ta có: 2 cos A b2 + c2 - a2 b2 + c2 - a2 cot A = = = đpcm sin A 2bc sin A 4S c2 + a2 - b2 a2 + b2 - c2 b) Theo câu a) tương tự ta có cot B = , cotC = 4S 4S b2 + c2 - a2 c2 + a2 - b2 a2 + b2 - c2 Suy ra cot A + cot B+ cotC = + + 4S 4S 4S a2 + b2 + c2 = 4S æ ö3 æ ö3 ç3p- a- b- c÷ çp÷ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có (p- a)(p- b)(p- c)£ ç ÷ = ç ÷ èç 3 ø÷ èç3ø÷ p3 p2 Mặt khác S = p(p- a)(p- b)(p- c) Þ S £ p = 27 3 3 2 2 2 2 (a + b + c) 3(a + b + c ) a2 + b2 + c2 Ta có p2 = £ suy ra S £ 4 4 4 3 a2 + b2 + c2 Do đó cot A + cot B+ cotC ³ = 3 đpcm. a2 + b2 + c2 4. 4 3 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là b2 + c2 = 5a2 . Lời giải: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Khi đó hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi tam giác GBC vuông tại G 2 2 æ2 ö æ2 ö Û GB2 + GC2 = BC2 Û ç m ÷ + ç m ÷ = a2 (*) èç3 b ø÷ èç3 c ø÷
17. Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có 2(a2 + c2 )- b2 2(a2 + b2 )- c2 m2 = , m2 = b 4 c 4 4 Suy ra (*) Û (m2 + m2 )= a2 9 b c é 2 2 2 2 2 2 ù 4 ê2(a + c )- b 2(a + b )- c ú Û ê + ú= a2 Û 4a2 + b2 + c2 = 9a2 Û b2 + c2 = 5a2 (đpcm) 9 ê 4 4 ú ë û Ví dụ 5: Cho tứ giác ABCD có E, F là trung điểm các đường chéo. Chứng minh : AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AC2 + BD2 + 4EF 2 Lời giải: (hình 2.10) Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác ABC và ADC ta có: AC2 AB2 + BC2 = 2BE2 + (1) B 2 A 2 2 2 2 AC E CD + DA = 2DE + (2) F 2 D C Từ (1) và (2) suy ra Hình 2.10 AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 2(BE2 + DE2 )+ AC2 BD2 Mặt khác EF là đường trung tuyến tam giác BDF nên BE2 + DE2 = 2EF 2 + 2 Suy ra AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AC2 + BD2 + 4EF 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.68: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có; a) a = b.cosC + c.cos B b) sin A = sin BcosC + sinC cos B c) ha = 2Rsin BsinC 3 d) m2 + m2 + m2 = (a2 + b2 + c2 ) a b c 4 1 uuur uuur 2 e) S = AB2 .AC2 - (AB.AC) DABC 2 Lời giải:
18. Bài 2.68: a) Áp dụng định lí côsin ta có: a2 + b2 - c2 c2 + a2 - b2 a2 + b2 - c2 + c2 + a2 - b2 VP = b. + c. = = a = VT b) 2ab 2ca 2a a b c sin A = sin BcosC + sinC cos B Û = .cosC + .cos B 2R 2R 2R Û a = b.cosC + c.cos B (câu a) 2S b 1 c) h = 2Rsin BsinC Û = 2R sinC Û S = absinC (đúng) a a 2R 2 d) Áp dụng công thức đường trung tuyến. uuur uuur 2 e) AB2 .AC2 - (AB.AC) = AB.AC 1- cos2 A = AB.AC.sin A Từ đó suy ra đpcm. Bài 2.69: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: 2 1 1 a) b + c = 2a Û = + ha hb hc 2 2 2 b) Góc A vuông Û mb + mc = 5ma Lời giải: 2S 2S 2S 1 1 2 Bài 2.69: a) b + c = 2a Û + = 2. Û + = hb hc ha hb hc ha 2(a2 + c2 )- b2 2(a2 + b2 )- c2 2(b2 + c2 )- a2 b) m2 + m2 = 5m2 Û + = 5. b c a 4 4 4 Û b2 + c2 = a2 Û Góc A vuông Bài 2.70: Cho tam giác ABC thỏa mãn a4 = b4 + c4 . Chứng minh rằng a) Tam giác ABC nhọn b) 2sin2 A = tan BtanC Lời giải: Bài 2.70: a) Dễ thấy a > b, a > c Þ góc A là lớn nhất Và a4 = b4 + c4 0 do đó A < 90 . Vậy tam giác ABC 2bc nhọn.
19. b) 2sin2 A = tan BtanC Û 2sin2 A.cos B.cosC = sin BsinC 2 æa ö a2 + c2 - b2 a2 + b2 - c2 b c Û 2ç ÷ . . = . èç2Rø÷ 2ac 2ab 2R 2R Û a4 = b4 + c4 1 1 Bài 2.71: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng nếu cot A = (cot B+ cotC) thì b2 = (a2 + c2 ). 2 2 Lời giải: b2 + c2 - a2 Bài 2.71: Áp dụng cot A = 4S Bài 2.72: Gọi S là diện tích tam giác ABC . Chứng minh rằng: a) S = 2R2 sin Asin BsinC . b) S = Rr(sin A + sin B+ sinC) . Lời giải: abc 2Rsin A.2Rsin B.2RsinC Bài 2.72: a) Ta có S = = = 2R2 sin Asin BsinC 4R 4R a + b + c 2Rsin A + 2Rsin B+ 2RsinC b) S = pr = .r = r 2 2 Bài 2.73: Cho tứ giác lồi ABCD , gọi là góc hợp bởi hai đường chép AC và BD. Chứng minh diện tích 1 S của tứ giác cho bởi công thức: S = AC.BD.sina . 2 Lời giải: Bài 2.73: Gọi I là giao điểm hai đường chéo. Khi đó S = SABI + SBCI + SCDI + SDAI 1 · 1 · 1 · 1 · Ta có các góc = AI.BI.sin AIB+ BI.CI.sin BIC + CI.DI.sinCID + DI.AI.sin DIA 2 2 2 2 · · · · AIB, BIC, CID và DIA đôi một bù nhau suy ra · · · · sin AIB = sin BIC = sinCID = sin DIA = sina 1 1 1 Do đó S = BI.AC.sina + ID.AC.sina = AC.BD.sina 2 2 2 · 0 Bài 2.74: Cho tam giác ABC có BAC = 120 , AD là đường phân giác trong (D thuộc BC). Chứng minh 1 1 1 rằng = + AD AB AC
20. Lời giải: Bài 2.74: Với AB = AC ta có đpcm BD AB Với AB ¹ AC . Ta có: = DC AC BD2 = AB2 + AD2 - 2AB.AD.cos60o = AB2 + AD2 - AB.AD CD2 = AC2 + AD2 - 2AC.AD.cos60o = AC2 + AD2 - AC.AD AB2 BD2 AB2 + AD2 - AB.AD Þ = = AC2 DC2 AC2 + AD2 - AC.AD Û AB2 (AC2 + AD2 - AC.AD) = AC2 (AB2 + AD2 - AB.AD) Û (AB2 - AC2 )AD2 = AB.AC.AD(AB- AC) é AB = AC ê 1 1 1 Û ê AB.AC Û = + êAD = AD AB AC ëê AB+ AC Bài 2.75: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng: cos A + cos B (b + c- a)(c + a- b) a) = a + b 2abc b)(c2 + b2 - a2 )tan A = (c2 + a2 - b2 )tan B Lời giải: Bài 2.75: a) Áp dụng định lí côsin, ta có: æ 2 2 2 2 2 2 ö çb + c - a a + c - b ÷ 2abc(cos A + cos B)= 2abc.ç + ÷ èç 2bc 2ac ÷ø é 2 ù = a(b2 + c2 - a2 )+ b(a2 + c2 - b2 )= (a + b)êc2 - (a + b) ú ë û = (a + b)(b + c- a)(c + a- b) cos A + cos B (b + c- a)(c + a- b) Suy ra = a + b 2abc b) Áp dụng định lí sin và côsin, ta có: a a2 + c2 - b2 . 2 2 2 tan A sin Acos B a + c - b = = 2R 2ac = tan B sin Bcos A b b2 + c2 - a2 b2 + c2 - a2 . 2R 2bc Suy ra(c2 + b2 - a2 )tan A = (c2 + a2 - b2 )tan B
21. Bài 2.76. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Chứng minh rằng a) ha £ p(p- a) b) a2b2 + b2c2 + c2a2 £ R2 (a + b + c)2 Lời giải: 1 Bài 2.76: a) Ta có S = p(p- a)(p- b)(p- c) = a.h ABC 2 a Mặt khác (a + b- c)(a + c- b) = a2 - (b- c)2 £ a2 1 Þ (p- b)(p- c) £ a Þ h £ p(p- a) 2 a abc 1 1 1 b) Vì S = = ah = bh = ch nên bất đẳng thức tương đương với 4R 2 a 2 b 2 c a2b2 b2c2 c2a2 + + £ (a + b + c)2 Û 4(h 2 + h 2 + h 2 )£ (a + b + c)2 R2 R2 R2 a b c Sử dụng câu a) suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4(ha + hb + hc )£ (b + c) - a + (c + a) - b + (a + b) - c = (a + b + c) Vậy a2b2 + b2c2 + c2a2 £ R2 (a + b + c)2 Bài 2.77.Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: 2 2 2 r2 + (p- a) + r2 + (p- b) + r2 + (p- c) £ ab + bc + ca Lời giải: S2 (p- a)(p- b)(p- c) Bài 2.77: Ta có S = pr Þ r2 = = p2 p (p- b)(p- c) (p- a)bc Þ r2 + (p- a)2 = (p- a)[ + p- a]= p p (p- b)ac (p- c)ab Tương tự r2 + (p- b)2 = ,r2 + (p- c)2 = p p Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với (p- a)bc + (p- b)ac + (p- c)ab £ p(ab + bc + ca) BĐT này đúng vì theo CauChy-Schwarz ta có (p- a)bc + (p- b)ac + (p- c)ab £ (p- a + p- b + p- c)(ab + bc + ac) = p(ab + bc + ca)
22. Bài 2.78. Cho tam giác ABC . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng A B C r = (p- a)tan = (p- c)tan = (p- c)tan . 2 2 2 Lời giải: S p(p- a)(p- b)(p- c) (p- a)(p- b)(p- c) Bài 2.78: Ta có: S = pr Û r = = = p p p A (p- b)(p- c) (p- a)(p- b)(p- c) (p- a)tan = (p- a) = 2 p(p- a) p A Từ đó: r = (p- a)tan 2 B C Tương tự: r = (p- b)tan và r = (p- c)tan . 2 2 A B C Do đó : r = (p- a)tan = (p- b)tan = (p- c)tan . 2 2 2 c m Bài 2.79. Cho tam giác ABC có = b ¹ 1. Chứng minh rằng 2cot A = cot B+ cotC b mc Lời giải: b2 + c2 - a2 Bài 2.79: Áp dụng cot A = suy ra 2cot A = cot B+ cotC Û b2 + c2 = 2a2 4S Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có c m 2(a2 + b2 )- c2 2(a2 + c2 )- b2 = b Û c2 . = b2 . Û b4 - c4 = 2a2 (b2 - c2 )Suy ra b2 + c2 = 2a2 đpcm. b mc 4 4 · · · Bài 2.80. Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho MAB = MBC = MCA = a . Chứng minh rằng : cota = cot A + cot B+ cotC Lời giải: Bài 2.80: Áp dụng định lí côsin trong tam giác MAB , ta có BM 2 = AB2 + AD2 - 2AB.AD.cosa 1 Mặt khác S = AB.AM.sina Þ BM 2 = AB2 + AD2 - 4S .cota ABM 2 MAB 2 2 2 2 2 2 Tương tự ta có CD = BC + BD - 4SMBC .cota , AD = AC + CD - 4SMCA .cota a2 + b2 + c2 Cộng vế với vế suy ra cota = = cot A + cot B+ cotC 4S · · · Bài 2.81. Cho tam giác ABC có trọng tâm G và GAB = a , GBC = b, GCA = g
23. 3(a2 + b2 + c2 ) Chứng minh rằng cota + cot b + cot g = 4S Lời giải: b2 + c2 - a2 Bài 2.81: Áp dụng cot A = và công thức đường trung tuyến với chú ý S = S = S 4S GBC GCA GAB C A B Bài 2.82. Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng (a- b)cot + (b- c)cot + (c- a)cot = 0 2 2 2 Lời giải: Bài 2.82: C1: Gọi D là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp (I;r) tam giác với BC. Suy ra æ B Cö æ C Aö a = BD + DC = rçcot + cot ÷, tương tự ta có b = rçcot + cot ÷ èç 2 2 ø÷ èç 2 2 ø÷ C æ B C C Aö Do đó (a- b)cot = rçcot cot - cot cot ÷ 2 èç 2 2 2 2 ÷ø Xây dựng các biểu thức tương tự và cộng lại suy ra đpcm. C A B C2: (a- b)cot + (b- c)cot + (c- a)cot = 0 2 2 2 p(p- c) Û (a- b) + (p- a)(p- b) p(p- a) p(p- b) + (b- c) + (c- a) = 0 (p- b)(p- c) (p- a)(p- c) Û (a- b)(p- c)+ (b- c)(p- a)+ (c- a)(p- b) = 0 Û a2 - b2 - c(a- b)+ b2 - c2 - a(b- c)+ c2 - a2 - b(c- a) = 0 Điều này luông đúng. Vậy ta có đpcm. · 4 Bài 2.83: Cho hình bình hành ABCD có AC = 3AD . Chứng minh rằng cot BAD ³ 3 Lời giải: Bài 2.83: Ta có AC2 + BD2 = 2(AB2 + AD2 ) Þ AB2 + AC2 = 5BD2 . · 4 · 4 Sử dụng định lý côsin và bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được cos BAD ³ Þ cot BAD ³ . 5 3 Bài 2.84. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ³ 4 3.S Lời giải: Bài 2.84: C1: Áp dụng công thức diện tích Hêrông và bất đẳng thức cauchy
24. C2: Áp dụng định lí côsin và công thức tính diện tích ta có 1 a2 + b2 + c2 ³ 4 3.S Û 2(b2 + c2 + bc cos A)³ 4 3. bc sin A 2 Û b2 + c2 ³ bc( 3 sin A + cos A) 2 Bất đẳng thức cuối đúng vì ( 3 sin A + cos A) £ 4(sin2 A + cos2 A)= 4 và b2 + c2 ³ 2bc  DẠNG 4: Nhận dạng tam giác 1. Phương pháp giải. Sử dụng định lí côsin; sin; công thức đường trung tuyến; công thức tính diện tích tam giác để biến đổi giả thiết về hệ thức liên hệ cạnh(hoặc góc) từ đó suy ra dạng của tam giác. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thoả mãn sinC = 2sin Bcos A . Chứng minh minh rằng tam giác ABC cân . Lời giải: Áp dụng định lí côsin và sin ta có: c b b2 + c2 - a2 sinC = 2sin Bcos A Û = 2. . 2R 2R 2bc c2 = b2 + c2 - a2 Û a = b Suy ra tam giác ABC cân tại đỉnh C. sin B+ sinC Ví dụ 2: Cho tam giác ABC thoả mãn sin A = . Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. cos B+ cosC Lời giải: sin B+ sinC Ta có: sin A = Û sin A(cos B+ cosC) = sin B+ sinC cos B+ cosC a c2 + a2 - b2 a2 + b2 - c2 b + c Û ( + ) = 2R 2ca 2ab 2R Û b(c2 + a2 - b2 )+ c(a2 + b2 - c2 ) = 2b2c + 2c2b Û b3 + c3 + b2c + bc2 - a2b- a2c = 0 Û (b + c)(b2 + c2 )- a2 (b + c) = 0 b2 + c2 = a2 Û DABC vuông tại A. Ví dụ 3: Nhận dạng tam giác ABC trong các trường hợp sau: a) a.sin A + bsin B+ c sinC = ha + hb + hc cos2 A + cos2 B 1 b) = (cot2 A + cot2 B) sin2 A + sin2 B 2
25. Lời giải: 1 1 a) Áp dụng công thức diện tích ta có S = bc sin A = ah suy ra 2 2 a 2S 2S 2S 2S 2S 2S a.sin A + bsin B+ c sinC = h + h + h Û a. + b. + c. = + + a b c bc ca ab a b c 2 2 2 Û a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca Û (a- b) + (b- c) + (c- a) = 0 Û a = b = c Vậy tam giác ABC đều cos2 A + cos2 B 1 b) Ta có: = (cot2 A + cot2 B) sin2 A + sin2 B 2 cos2 A + cos2 B+ sin2 A + sin2 B 1 Û = (cot2 A + 1+ cot2 B+ 1) sin2 A + sin2 B 2 2 1 1 1 Û = ( + ) Û (sin2 A + sin2 B)2 = 4sin2 Asin2 B sin2 A + sin2 B 2 sin2 A sin2 B 2 2 æa ö æb ö Û sin2 A = sin2 B Û ç ÷ = ç ÷ Û a = b Û DABC cân tại C. èç2R÷ø èç2Rø÷ 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.85: Cho tam giác ABC . Chứng minh tam giác ABC cân nếu ha = c.sin A Lời giải: 1 1 Bài 2.85: Sử dụng công thức S = ah = bc sin A ta có 2 a 2 ha = c.sin A Û bha = aha Û a = b suy ra tam giác ABC cân tại C 2 Bài 2.86: Cho tam giác ABC . Chứng minh tam giác ABC cân nếu 4ma = b(b + 4c.cos A) Lời giải: Bài 2.86: Sử dụng công thức đường trung tuyến và định lí sin. 2 2 2 2(b + c )- a æ 2 + 2 - 2 ö 2 ç b c a ÷ 4ma = b(b + 4c.cos A)Û 4 = bçb + 4c. ÷Û a = b 4 èç 2bc ø÷ Bài 2.87: Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi a2 + b2 + c2 = 36r2 Lời giải: S2 (p- a)(p- b)(p- c) Bài 2.87: Ta có r2 = = p2 p
26. æ ö3 æ ö3 ç3p- a- b- c÷ çp÷ Theo Cauchy (p- a)(p- b)(p- c)£ ç ÷ = ç ÷ èç 3 ø÷ èç3÷ø 2 4p3 (a + b + c) Suy ra 36r2 £ = £ a2 + b2 + c2 3p 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác ABC đều. Bài 2.88: Cho tam giác ABC . Tìm góc A trong tam giác biết các cạnh a, b, c thoả mãn hệ thức: b(b2 - a2 ) = c(c2 - a2 ),(b ¹ c) . Lời giải: Bài 2.88: b(b2 - a2 ) = c(c2 - a2 ) Û b3 - c3 = a2 (b- c)Û b2 + bc + c2 = a2 Theo định lí côsin thì a2 = b2 + c2 - 2bc cos A 2 2 2 2 1 µ 0 Do đó b + bc + c = b + c - 2bc cos A Û cos A = Û A = 60 2 ïì 3 3 3 ï a + c - b 2 ï = b Bài 2.89: Cho DABC thoả mãn điều kiện:í a + c- b . Chứng minh rằng DABC đều. ï îï a = 2bcosC Lời giải: a3 + c3 - b3 Bài 2.89: Ta có = b2 Û (b + c)(b2 - bc + c2 )= a2 (b + c) a + c- b 1 µ 0 Û cos A = Û A = 60 2 a2 + b2 - c2 a = 2bcosC Û a = 2b Û b = c 2ab Vậy tam giác ABC đều. Bài 2.90: Trong tam giác ABC , chứng minh rằng nếu diện tích tính theo công thức 1 S = (a + b- c)(a- b + c) thì tam giác ABC đều. 4 Lời giải: 1 1 é 2 ù Bài 2.90: Ta có S = (a + b- c)(a- b + c)= êa2 - (b- c) ú 4 4 ë û 1 é 2 ù 1 1 = ê(b2 + c2 - 2cos A)- (b- c) ú= (2bc)(1- cos A) = bc(1- cos A) 4 ë û 4 2
27. 1 Mặt khác ta lại cóS = bc sin A nên 1- cos A = sin A Û 1- 2cos A + cos2 A = sin2 A 2 Û cos A(cos A- 1)= 0 Û cos A = 0 Û A = 900 Vậy DABC vuông tại A 1+ cos B 2a + c Bài 2.91: Cho DABC thỏa mãn: = . Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác sin B 4a2 - c2 cân. Lời giải: 1+ cos B 2a + c (1+ cos B)2 2a + c Bài 2.91: Ta có: = Û = 2 sin B 4a2 - c2 sin B 2a- c (1+ 2cos B+ cos2 B)+ sin2 B 2a + c + 2a- c Û = sin2 B 2a- c 1+ cos B 2a Û = Û 2a- c = 2a- 2a.cos B 1- cos2 B 2a- c c2 + a2 - b2 Û 2a = c Û a2 - b2 = 0 Û a = b 2ac Û DABC là tam giác cân tại C. Bài 2.92: Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A hoặc B khi và chỉ khi sinC = cos A + cos B. Lời giải: Bài 2.92: Ta có: b2 + c2 - a2 c2 + a2 - b2 2(a + b)(p- a)(p- b) cos A + cos B = + = 2bc 2ca abc c 2(a + b)(p- a)(p- b) Vậy sinC = cos A + cos B Û = 2R abc 2cS 2(a + b)(p- a)(p- b) Û = Û c2[(a + b)2 - c2 ]= (a + b)2[c2 - (a- b)2 ] abc abc éa2 = b2 + c2 Û c4 = (a2 - b2 )2 Û ê Û DABC vuông tại A hoặc B. ê 2 2 2 ëêb = c + a Bài 2.93: Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau và có bc R.r = . Chứng mình rằng tam giác ABC cân 2(1+ 10) Lời giải: Bài 2.93: Gọi G là trọng tâm, khi đó tam giác GBC vuông tại G. Theo định lí pitago và công thức đường
28. trung tuyến suy ra b2 + c2 = 5a2 . bc abc S Sử dụng R.r = , trong đó R = ,r = suy ra b + c = a 10 2(1+ 10) 4S p Từ 2 giả thiết trên suy ra b = c = a 5 A B ab Bài 2.94: Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi sin sin = . 2 2 4c Lời giải: A B ab (p- b)(p- c) (p- c)(p- a) ab Bài 2.94: HD: Ta có: sin sin = Û = 2 2 4c bc ca 4c a2b2 Û (p- c)2 (p- a)(p- b) = 16 Û [(a + b- c)(b + c- a)][(a + b- c)(c + a- b)]= a2b2 Û [b2 - (c- a)2 ][a2 - (b- c)2 ]= a2b2 (1) Nhận thấy: 0 < b2 - (c- a)2 < b2 và 0 < a2 - (b- c)2 < a2 Nên [b2 - (c- a)2 ][a2 - (b- c)2 ]£ a2b2 ïì c- a = 0 Vậy(1) Û íï Û a = b = c Û DABC đều. îï b- c = 0 Bài 2.95: Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại tại B khi và chỉ khi B C p tan tan = p- c . 2 2 Lời giải: B C (p- c)(p- a) (p- a)(p- b) Bài 2.95: Ta có p tan tan = p- c Û p = p- c 2 2 p(p- b) p(p- c) Û p- a = p- c Û a = c Û DABC cân