SKKN ứng dụng lượng giác trong đại số và hình học ở THPT

Phần I: MỞ ĐẦU
1.Mục đích của sáng kiến
Lượng Giác là một trong những lĩnh vực cơ bản nhất của toán học, đã tồn tại
và tiếp tục phát triển trong hàng ngàn năm qua. Lượng giác không chỉ là một nhánh
của đại số mà còn là một ngành toán học độc lập, có nhiều ứng dụng trong khoa
học và thực tiễn.
Trong khuôn khổ toán phổ thông, lượng giác được giảng dạy vào cuối năm
lớp 10 và đầu năm lớp 11 với những chủ đề cơ bản như: Công thức lượng giác,
Phương trình lượng giác và Hệ thức lượng trong tam giác. Tuy nhiên lượng giác
xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khác của toán học như: Hình học, Tích phân.
Nhằm giúp các em học sinh có một cái nhìn khác về chuyên ngành lượng
giác. Đó là việc sử dụng các công thức, tính chất lượng giác để giải quyết các bài
toán về đại số và hình học. Bản thân các bài toán này có thể không liên quan gì tới
lượng giác.
Qua một số năm giảng dạy tôi nhận thấy học sinh khối 10 khi học về lượng
giác rất khó tiếp thu và vận dụng cao.
Vì vậy để giúp học sinh học tốt nội dung lượng giác lớp 10 tôi đã chọn đề tài
“ Ứng dụng lượng giác trong đại số và hình học”.
2.Đóng góp của sáng kiến
Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với học sinh của trường, tạo hứng thú
học tập cho học sinh. Làm cho học sinh hiểu rõ các phép biến đổi lượng giác và
ứng dụng của nó trong việc giải toán. Từ đó nâng cao chất lượng học tập của học
sinh trong các tiết học và chuẩn bị tốt kiến thức trong khi làm những bài tập có tính
phân loại cao trong các đề thi học sinh giỏi và đề thi THPT quốc gia.

2


Phần II: NỘI DUNG
Chương 1: Cơ sở lí luận và cơ sở thực tiễn
1. Cơ sở lí luận:

Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình
phát triển. Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng gợi
động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết
với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh
trong việc lĩnh hội tri thức. Tình huống này phản ánh một cách lôgíc và biện chứng
trong quan niệm nội tại của bản thân các em. Từ đó kích thích các em phát triển tốt
hơn.
2. Cơ sở thực tiễn:
Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm lí
thì từ những lớp cuối của cấp THCS, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở trường và
hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định. Một số học sinh có
khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số khác lại thích thú
văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác. Ngoài ra còn có những
học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc biệt…
Những vấn đề cơ bản về lượng giác như công thức lượng giác, phương trình
lượng giác… đều đã được đề cập tới trong chương trình Trung học phổ thông. Tuy
nhiên trong khuôn khổ sách giáo khoa thì những ứng dụng của lượng giác hầu như
không được nhắc đến.
Chuyên đề này được viết nhằm giúp độc giả có thể thấy được những ứng
dụng của lượng giác trong việc giải quyết các bài toán khác. Qua đó rèn luyên kĩ
năng tư duy, phát triển bài toán ở nhiều góc độ khác nhau.
Tài liệu không nhắc lại các công thức lượng giác cơ bản. Đọc giả muốn tìm
hiểu tất nhiên phải nắm các tính chất trong chương trình phổ thông.

3


Chương II: Thực trạng vấn đề mà sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến
1. Những khó khăn và sai lầm mà học sinh thường mắc phải
Tôi nhận thấy đa số học sinh khi biến đổi lượng giác còn lúng túng và dẫn

đến sai lầm. Vì vậy việc lĩnh hội kiến thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi
nhiều công sức và thời gian. Sự nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ:
- Các em còn lúng túng trong việc vận dụng các công thức lượng giác.
- Kiến thức cơ bản nắm chưa chắc.
- Khả năng tưởng tượng, tư duy hàm, tư duy lôgíc còn hạn chế.
- Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tốt.
- Nhiều học sinh có tâm lí sợ học môn hình học.
Hơn nữa trong những năm trở lại đây đề thi vào Đại học nay là kỳ thi THPT
quốc gia thường phân loại học sinh ở những câu khó và có tính vận dụng cao.
Chính vì vậy SKKN giúp một phần nào đó trang bị thêm ứng dụng để các em có
thêm hướng giải quyết bài làm trong những câu phân loại.
2. Hướng khắc phục
Ngoài những công thức biến đổi lượng giác, phương trình lượng giác mà các
em đã học. Sau đây là một số lưu ý về một số phép thế đặc trưng:
2.1. Một số phép thế lượng giác chung
a) Nếu x ≤ a ( a > 0 ) thì có thể đặt:

 π π
 x = a sin α ;α ∈  − 2 ; 2 



 x = a cos α ;α ∈ [ 0; π ]
Biểu thức áp dụng:

a2 − x2 .

2
2
2

b) Nếu x + y = a thì có thể đặt:

 x = a sin α
;α ∈ [ 0;2π ]

y
=
a
cos
α

c) Nếu x ≥ a thì có thể đặt:
4


a
a
,x =
cos α
sin α

x=
Biểu thức áp dụng:

x2 − a2 .

d) Với mọi x đều có thể đặt:
 π π
x = tan α ;α ∈  − ; ÷
 2 2

Biểu thức áp dụng:

x2 + a2 ,

x+ y
.
1 − xy

2.2. Một số phép thế lượng giác trong tam giác
a) Nếu xy + yz + zx = 1 thì tồn tại các góc α , β , γ sao cho:

α
β
γ

 x = tan , y = tan , z = tan
2
2
2

α + β + γ = π
b) Nếu x + y + z = xyz thì tồn tại các góc α , β , γ sao cho:
 x = tan α , y = tan β , z = tan γ

α + β + γ = π
Đặc biệt:
Nếu ba số dương x, y, z thỏa xy + yz + zx = 1 thì tồn tại tam giác ABC sao
cho:
A
B

C
, y = tan , z = tan
2
2
2
Nếu ba số dương x, y, z thỏa x + y + z = xyz thì tồn tại tam giác nhọn ABC
x = tan

thỏa:
x = tan A, y = tan B, z = tan C

5


Chương III: Giải quyết vấn đề
Vấn đề 1: Một số ứng dụng của lượng giác trong đại số. Các dạng toán cơ
bản như Giải phương trình, Hệ phương trình, Chứng minh bất đẳng thức sẽ được
nhắc tới.
Vấn đề 2: Ứng dụng của lượng giác trong hình học. Bản thân lượng giác
xuất phát từ hình học. Tiêu biểu là Hệ thức lượng trong tam giác. Tài liệu còn đưa
ra một số bài toán hình học phẳng mà có thể giải được bằng công cụ lượng giác.
Do chuyên đề không nhắc lại những kiến thức về lượng giác cơ bản nên tác giả chủ
yếu sẽ đưa ra những bài tập để bạn đọc tham khảo. Các em học sinh cần có những
kiến thức cơ sở về lượng giác để theo dõi những bài tập dưới đây

6


Vấn đề 1: ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG ĐẠI SỐ
I. Chứng minh Đẳng thức, Bất đẳng thức

Bài 1:
2
2
2
2
Cho x ≥ y . Chứng minh rằng: x + y + x − y = x + x − y + x − x − y .

Giải
Nếu x=0 thì y=0: đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu x ≠ 0 : chia hai vế cho |x|
2

2

y
y
 y
 y
1+ + 1− = 1+ 1−  ÷ + 1− 1−  ÷
x
x
x
x
Vì

(1)

y
y
≤ 1 nên có thể đặt = cos α ( 0 ≤ α ≤ π ) .

x
x

( 1) ⇔ 1 + cos α

+ 1 − cos α = 1 + sin α + 1 − sin α

⇔ 1 + cos α + 1 − cos α = 1 + sin α + 1 − sin α
Đẳng thức cuối đúng, ta có điều phải chứng minh.
Bài 2:
Cho a, b, c là các số thuộc khoảng (0;1). Chứng minh:
abc +

( 1 − a) ( 1 − b) ( 1 − c)

< 1.

Giải
 π
Vì 0 < a, b, c < 1 nên tồn tại các góc x, y, z ∈  0; ÷ thỏa:
 2
a = cos 2 x, b = cos 2 y, c = cos 2 z .
Bất đẳng thức trở thành: cos x cos y cos z + sin x sin y sin z < 1 .
Thật vậy:
cos x cos y cos z + sin x sin y sin z < cos x cos y + sin x sin y = cos ( x − y ) ≤ 1 .
Bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
7


Bài 3:

2
2
Cho hai số thực x, y thỏa x + y = 1 . Chứng minh rằng:

16 ( x 5 + y 5 ) − 20 ( x 3 + y 3 ) + 5 ( x + y ) ≤ 2 .
Giải
Đặt x = cos a, y = sin a; a ∈ ( 0;2π ) .
Áp dụng các công thức lượng giác:
cos5a = 16cos5 a − 20cos3 a + 5cos a = 16 x 5 − 20 x 3 + 5 x
sin 5a = 16sin 5 a − 20sin 3 a + 5sin a = 16 y 5 − 20 y 3 + 5 y
Do đó:

π

16 ( x 5 + y 5 ) − 20 ( x 3 + y 3 ) + 5 ( x + y ) = sin 5a + cos5a = 2 sin  5a + ÷≤ 2 .
4

Bài 4:

( x − y ) (1− x y )
P
=
Cho biểu thức
. Chứng minh
(1+ x ) (1+ y )
2

2

2

2

2

2

2

2

P≤

1
.
4

Giải
Ta có: P =

x2

( 1 + x2 )

2

−

y2

(1+ y )
2

2

.

Đặt x = tan α , y = tan β thì sin 2α =

2x
2y
,sin 2 β =
.
2
1+ x
1 + y2

Do đó:
1
1
sin 2 2α − sin 2 2 β ) = ( sin 2α − sin 2 β ) ( sin 2α + sin 2 β )
(
4
4
= cos ( α + β ) sin ( α − β ) sin ( α + β ) cos ( α − β )
P=

1
= sin ( 2α + 2β ) sin ( 2α − 2 β )
4

Vậy P ≤

1
.
4

8


Bài 5:
Cho ba số dương x, y, z thỏa xy+yz+zx=1. Chứng minh:
2x
2y
2z
1
1
1
+
+
≤
+
+
.
1 + x2 1 + y 2 1 + z 2
1 + x2
1 + y2
1 + z2
Giải
Tồn tại tam giác ABC thỏa: x = tan

A
B
C
, y = tan , z = tan .
2
2
2

Bất đẳng thức được viết lại:
sin A + sin B + sin C ≤ cos

A
B
C
+ cos + cos .
2
2
2

Ta có:
sin A + sin B = 2sin

A+ B
A− B
C
cos
≤ 2cos .
2
2
2

Tương tự
A
2
B
sin C + sin A ≤ 2cos
2
sin B + sin C ≤ 2cos

Cộng ba bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi:
A= B =C =

π
1
⇔x=y=z=
.
3
3

Bài 6:
Cho ba số dương a, b, c thỏa abc+a+c=b. Chứng minh:
2
2
3
10
− 2
+ 2
≤ .
a +1 b +1 c +1 3

2

Giải
Từ điều kiện của a, b, c suy ra b =

a+c
.
1 − ac
9


Đặt a = tan A, c = tan C thì b = tan ( A + C ) .
Bất đẳng thức được viết lại:
2
2
3
10
−
+
≤
tan 2 A + 1 tan 2 ( A + C ) + 1 tan 2 C + 1 3
Ta có:
2
2
3
−
+
tan 2 A + 1 tan 2 ( A + C ) + 1 tan 2 C + 1

= 2cos 2 A − 2cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C

= cos 2 A − cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C
= 2sin ( 2 A + C ) sin C + 3cos 2 C

≤ 2 sin C + 3 ( 1 − sin 2 C )
2

10 
1  10
= − 3  sin C − ÷ ≤
3
3
3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi:

sin ( 2 A + C ) sin C ≥ 0

 sin ( 2 A + C ) = 1

 sin C = 1

3
Bài 7:
Cho ba số dương a, b, c thỏa điều kiện:
1
1
1
2
=1

2 +
2 +
2 +
( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1)
Chứng minh: abc ≥ 1 .
Giải
Từ giả thiết, tồn tại các góc nhọn A, B, C thỏa:
cos A =

1
1
1
,cos B =
,cos C =
.
a +1
b +1
c +1
10


Ta có:
cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2cos A cos B cos C = 1
⇔ ( cos A + cos B cos C ) = ( 1 − cos 2 B ) ( 1 − cos 2 C )
2

⇔ cos A + cos B cos C = sin B sin C
⇔ cos A = − cos ( B + C )
⇔ A+ B +C =π
Vậy A, B, C là ba góc của một tam giác.

Theo cách đặt thì: a =

1 − cos A
1 − cos B
1 − cos C
,b =
,c =
.
cos A
cos B
cos C

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

( 1 − cos A ) ( 1 − cos B ) ( 1 − cos C ) ≥ cos A cos B cos C
1 − cos A 1 − cos B 1 − cos C
.
.
≥ cot A cot B cot C
sin A
sin B
sin C
A
B
C
⇔ tan tan tan ≥ cot A cot B cot C
2
2
2
A

B
C
⇔ tan A tan B tan C ≥ cot cot cot
2
2
2
A
B
C
⇔ tan A + tan B + tan C ≥ cot + cot + cot
2
2
2
⇔

Để ý rằng:
tan A + tan B =

sin ( A + B )
2sin C
2sin C
C
=
≥
= 2cot
cos A cos B cos ( A − B ) + cos ( A + B ) 1 − cos C
2

Tương tự:
A

2
B
tan C + tan A ≥ 2cot
2
tan B + tan C ≥ 2cot

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, ta được điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC đều, tức là a=b=c=1.

11


LUYỆN TẬP
Bài 8:
ab + cd ≤

Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh:

( a + d ) ( b + c) .

Bài 9:
2
2
Cho x, y là hai số thỏa 4 x + 9 y = 25 . Chứng minh: 6 x + 12 y ≤ 25 .

Bài 10:
Cho ba số dương x, y, z thỏa x+y+z=xyz. Chứng minh rằng:
1
1+ x

2

+

1
1+ y

2

+

1
1+ z

2

≤

3
.
2

Bài 11:
Cho ba số dương thỏa xy+yz+zx=1. Chứng minh rằng:
2x
1 + x2

+

y

1 + y2

+

z
1 + z2

≤

9
.
4

II. Giải phương trình
Bài 12:
Giải phương trình: 1 − x 2 = 4 x 3 − 3 x .
Giải
Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 .
Đặt x = cos α ( 0 ≤ α ≤ π ) , ta được phương trình:

π

3
α
=
− α + k 2π

π

2

sin α = cos3α ⇔ cos3α = cos  − α ÷ ⇔ 
( k ∈¢
2

3α = − π + α + k 2π

2

)

 π 5π 3π 
Đối chiếu điều kiện 0 ≤ α ≤ π , ta tính được: α ∈  ; ;  .
8 8 4 
Nghiệm của phương trình ban đầu là:

12


x = cos

π
=
8

π
4 = 2+ 2
2
2

1 + cos

5π
4 =− 2− 2
2
2

1 + cos

x = cos

5π
=−
8

x = cos

3π
2
=−
4
2

Bài 13:
Giải phương trình: x = 2 + 2 − 2 + x .
Giải
 x < −2  x + 2 < 0
⇒
Nếu 
thì Vế phải không xác định.
x > 2

2 − 2 + x < 0
Do đó x ∈ [ −2;2] . Đặt x = 2cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) . Khi đó:
2 + x = 2cos

t
2

t
π t 
= 2cos  − ÷
4
 2 4
π t 
2 + 2 − 2 + x = 2cos  − ÷
 4 8
2 − 2 + x = 2sin

Phương trình được rút gọn thành:
2π
π t 
cos t = cos  − ÷ ⇔ t =
9
 4 8
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2cos

2π
.
9

Bài 14:

Giải phương trình: x +

x
x2 − 1

=

35
.
12

Giải
13


Điều kiện x>1.
Đặt x =

1 
π
 0 < α < ÷. Phương trình trở thành:
sin α 
2
1
1
35
+
=
sin α cos α 12

(

)

Đặt t = sin α + cos α 0 < t ≤ 2 thì:
 7
t = 5
2t
35
=
⇔
t 2 − 1 12
t = − 5

7
7

sin α + cos α =

7

5
Loại nghiệm âm, với t = , ta được 
.
5
sin α cos α = 12

25
3


sin
α
=

5
Do đó 
. Nghiệm của phương trình là
4
sin α =

5

3

x
=

5

.
4
x =

5

Bài 15:
Giải phương trình: x 5 − 15 x 3 + 45 x − 27 = 0 .
Giải
Trước hết ta chứng minh công thức: cos5a = 16cos5 a − 20cos3 a + 5cos a .
Thật vậy:

cos5a = cos ( 3a + 2a ) = cos3a cos 2a − sin 3a sin 2a

= ( 4cos3 a − 3cos a ) ( 2cos 2 a − 1) − ( 3sin a − 4sin 3 a ) 2sin a cos a

Khai triển và thu gọn, đưa tất cả về cosa ta được điều phải chứng minh.
Ta tìm nghiệm của phương trình ban đầu thỏa: x ≤ 2 3 .
Đặt x = 2 3 cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) . Phương trình trở thành:
14


288 3 cos5 t − 360 3 cos 3 t + 90 3 cos t − 27 = 0
⇔ 2 ( 16cos5 t − 20cos3 t + 5cos t ) − 3 = 0
⇔ cos5t = cos

π
π k 2π
⇔t=± +
( k ∈¢
6
30
5

)

Vậy ta tìm được 5 nghiệm trên đoạn  −2 3;2 3  là:
 π k 2π
2 3 cos  +
5
 30


÷; k = 0,1,2,3,4 .


Phương trình bậc năm có tối đa 5 nghiệm nên đó cũng chính là tất cả các nghiệm.
Bài 16:
Cho aa2 − c = b2 − a = c2 − b = 2 .
Giải
Ta tìm nghiệm của phương trình trên đoạn [-2;2].
Đặt x = 2cos t ;0 ≤ t ≤ π . Phương trình trở thành:
1
2π k 2π
8cos3 t − 6cos t + 1 = 0 ⇔ cos3t = − ⇔ t = ±
+
( k ∈¢ ) .
2
9
3
Từ đó ta tìm được ba nghiệm a = 2cos

8π
4π
2π
, b = 2cos , c = 2cos
.
9
9
9

Phương trình bậc ba chỉ có tối đa ba nghiệm nên đó cũng chính là tất cả các
nghiệm.
Ta có:
a 2 − c = 4cos 2

8π
2π
16π

− 2cos
= 2 1 + cos
9
9
9


2π

= 2.
÷− 2cos
9


Tương tự: b 2 − a = c 2 − b = 2 .

LUYỆN TẬP
15


Bài 17:

Giải các phương trình sau:
x

x

 1 + a2   1 − a2 
a) 
÷ −  2a ÷ = 1
2
a

 


(

b) 3 + 2 2

) =(
x

)

( 0 < a < 1) .

x

2 −1 + 3 .

c) 1 − x = 2 x 2 − 1 + 2 x 1 − x 2 .

d) x 3 +

(1− x )

2 3

= x 2( 1 − x2 ) .

Bài 18:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: ( 4m − 3) x + 3 + ( 3m − 4 ) 1 − x + m − 1 = 0
.
III. Giải hệ phương trình
Bài 19: Giải hệ phương trình:
 x = 4 y3 − 3 y

3
 y = 4 z − 3z .
 z = 4 x 3 − 3x

Giải
Ta chứng minh x , y , z ≤ 1 .
Giả sử x là số lớn nhất và x>1. Khi đó z = 4 x 3 − 3x > 1 (vô lý).
Giả sử x là số nhỏ nhất và x<-1. Khi đó z = 4 x3 − 3x < x (vô lý).
Do đó x ≤ 1 . Tương tự y , z ≤ 1 .
Đặt x = cos α ( 0 ≤ α ≤ π ) . Sử dụng công thức nhân ba ta được:
z = cos3α , y = cos9α , x = cos 27α .
kπ

α
=

; k ∈ { 0;1;...;13}

13
Ta có: cos α = cos 27α ⇔ 
α = kπ ; k ∈ { 1;2;...;13}

14
16


Vậy tập nghiệm của hệ phương trình:
S = { ( cos α ;cos3α ;cos9α ) } với α =

kπ
kπ
; k ∈ { 0;1;...;13} ,α =
; k ∈ { 1;2;...;13} .
13
14

Bài 20: Giải hệ phương trình sau:
 

1
1
1

3  x + ÷ = 4  y + ÷ = 5  z + ÷
x
y

z .

 

 xy + yz + zx = 1

Giải
Ta có:

x

3 ( x + 1)
2

=

y

4 ( y + 1)
2

=

z

5 ( z + 1)
2

. Do đó x, y, z cùng dấu.

Nếu (x,y,z) là nghiệm thì (-x,-y,-z) cũng là nghiệm. Ta tìm nghiệm dương của hệ.
Tồn tại tam giác ABC sao cho: x = tan

Áp dụng công thức sin a =

2 tan

a
2

1 + tan 2

a
2

A
B
C
, y = tan , z = tan .
2
2
2

ta có:

sin A sin B sin C
=
=
.
3

4
5

Kết hợp định lý sin ta được ABC là tam giác vuông tại C và
C=

π
3
4
,sin A = ,sin B = .
2
5
5

Ta tính được: tan

A 1
B 1
C
= , tan = , tan = 1 .
2 3
2 2
2

1 1   1 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ; ;1÷,  − ; − ; −1÷.
3 2   3 2

Bài 21: Giả sử x, y, z là nghiệm của hệ phương trình:

17


x = y ( 4 − y )

y = z( 4 − z) .

z = x ( 4 − x)
Tìm tất cả các giá trị mà S=x+y+z có thể nhận.
Giải
Cộng ba phương trình lại ta được:
x + y + z = 4 ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ 3S = x 2 + y 2 + z 2
Suy ra S ≥ 0 nên trong ba số x, y , z phải có ít nhất một số không âm.
2
Giả sử x ≥ 0 ⇒ 4 y − y ≤ 0 ⇔ 0 ≤ y ≤ 4 .

Tương tự ta cũng chứng minh được: 0 ≤ x, z ≤ 4 .
Đặt x = 4sin 2 a;0 ≤ a ≤

π
.
2

2
2
2
2
2
Thay vào phương trình thứ ba: z = 4sin a ( 4 − 4sin a ) = 16sin a cos a = 4sin 2a .

2
2
2
Thay vào phương trình thứ hai: y = 4sin 2a ( 4 − 4sin 2a ) = 4sin 4a .
2
2
2
Thay vào phương trình thứ nhất: z = 4sin 4a ( 4 − 4sin 4a ) = 4sin 8a .

Ta có: sin 2 a = sin 2 8a ⇔ cos 2a = cos16a ⇔ 16a = ±2a − k 2π .
TH1: 16a = 2a − k 2π ⇔ a =

kπ
; k = 0;1;2;3 .
7

Nếu k=0 thì a=0: S=0.
Nếu k=1;2;3 thì:

π
2π
3π

S = 4  sin 2 + sin 2
+ sin 2
7
7
7

TH2: 16a = −2a − k 2π ⇔ a =

2π
4π
6π  
3 1 

+ cos
+ cos
÷ = 4  −  cos
÷ =7.
7
7
7  

2 2

kπ
; k = 0;1;2;3;4
9

Nếu k=0 thì a=0: S=0.
Nếu k=1;2;4 thì:

18


π
2π
4π


S = 4  sin 2 + sin 2
+ sin 2
9
9
9


2π
4π
8π  
3 

+ cos
+ cos ÷ = 6 .
÷ = 4  −  cos
9
9
9 

2 

Nếu k=3 thì:

π
2π
4π

S = 4  sin 2 + sin 2
+ sin 2
3

3
3


2π
4π
8π  
3 

+ cos
+ cos ÷ = 9 .
÷ = 4  −  cos
3
3
3 

2 

Bài 22:
Trong các nghiệm (x;y;z;t) của hệ phương trình:
 x2 + y2 = 1
 2 2
z + t = 2 .

 xt + yz ≥ 2
Hãy tìm nghiệm sao cho tổng y+t nhỏ nhất.
Giải
Giả sử hệ có nghiệm. Khi đó tồn tại các góc α , β sao cho:
x = cos α , y = sin α , z = 2 cos β , t = 2 sin β .
Từ bất phương trình thứ ba ta có:

sin α cos β + cos α sin β ≥ 1 ⇔ sin ( α + β ) ≥ 1 ⇔ sin ( α + β ) = 1 ⇔ α + β =

π
+ k 2π .
2

Suy ra: sin α = cos β ,cos α = sin β .
Do đó:
y + t = sin α + 2 sin β = sin α + 2 cos α ≥ − 3 (Bất đẳng thức B.C.S).
Dấu “=” xảy ra khi:
sin α cos α
sin α
2 cos α sin α + 2 cos α
3
=
⇒
=
=
=−
1
1
2
3
3
2
Ta tính được: sin α = −
Từ đó: x = −

3
6

.
,cos α = −
3
3

6
3
6
2 3
.
,y=−
,z = −
,t = −
3
3
3
3

Thử lại ta thấy các giá trị này thỏa hệ.
19



6
3
6
2 3
,y=−
,z = −
,t = −

Vậy nghiệm của hệ thỏa điều kiện là  x = −
÷.
3
3
3
3 

LUYỆN TẬP
Bài 23: Giải các hệ phương trình sau:
 x 2 + y 2 = 1
a) 
2
4 xy ( 2 y − 1) = 1

 x + y + z = xyz
b) 
2
2
2
2
2
2
 x ( y − 1) ( z − 1) + y ( x − 1) ( z − 1) + z ( x − 1) ( y − 1) = 0

 x − 3z − 3z 2 x + z 3 = 0

2
3
c)  y − 3x − 3 x y + x = 0 .
 z − 3 y − 3 y2 z + y3 = 0


Vấn đề 2: ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC
I. Hệ thức lượng trong tam giác
Bài 1: Cho tam giác ABC. Chứng minh:
C
A
B
+ ( b − c ) cot + ( c − a ) cot = 0 .
2
2
2
Giải : Áp dụng định lý sin, ta có:

( a − b ) cot

C
C
cos
cos
C
A
+
B
A
−
B
2
sin
( a − b ) cot = 2 R ( sin A − sin B ) C2 = 4 R cos
2

2
2 sin C
sin
2
2
A− B
A+ B
= 4 R sin
sin
= 2 R ( cos B − cos A )
2
2
Tương tự :
A
= 2 R ( cos C − cos B )
2
B
( c − a ) cot = 2 R ( cos A − cos C )
2

( b − c ) cot

Cộng ba vế lại ta được điều phải chứng minh.
Bài 2: Nhận dạng tam giác ABC thỏa:
20


 a b c2
 b + a − ab = 1


cos A cos B = 1

4
Giải : Áp dụng định lý côsin, ta có:

( 1) ⇔ a

2

( 1)
( 2)

.

+ b 2 − c 2 = ab ⇔ 2ab cos C = ab ⇔ cos C =

1
π
⇒C = .
2
3

Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng, ta được:

( 2) ⇔

1
1
1
cos ( A + B ) + cos ( A − B )  = ⇔ − cos C + cos ( A − B ) = ⇔ A = B .

2
4
2

Tam giác ABC cân có góc

π
là tam giác đều.
3

Bài 3: Cho tam giác ABC thỏa: cos

B
a+c
=
.
2
2c

Chứng minh ABC là tam giác vuông.
Giải
Sử dụng định lý sin:
B sin A + sin C
=
⇔ ( 1 + cos B ) sin C = sin A + sin C
2
2sin C
⇔ cos B sin C = sin A ⇔ sin ( B + C ) + sin ( C − B ) = 2sin A

cos 2

⇔ sin ( C − B ) = sin A ⇔ C − B = A ⇔ C =

π
2

Vậy tam giác vuông tại C.
Bài 4:
Cho tam giác ABC nhọn. Gọi ma là trung tuyến ứng với đỉnh A.
a) Chứng minh: ma ≤ R ( 1 + cos A ) .
b) Chứng minh:

a
b
c
+
+
≥2 3.
ma mb mc

Giải
a) Sử dụng công thức trung tuyến:
21


1
2b 2 + 2c 2 − a 2 )
(
4
2

= R ( 2sin 2 B + 2sin 2 C − sin 2 A )
ma2 =

= R 2 ( 1 − cos 2 B + 1 − cos 2C + cos 2 A − 1)
= R 2 1 + 2cos A cos ( B − C ) + cos 2 A

≤ R 2 ( 1 + 2cos A + cos 2 A ) = R 2 ( 1 + cos A )

2

Suy ra ma ≤ R ( 1 + cos A ) .
Dấu “=” xảy ra khi B=C, tức là tam giác ABC cân tại A.
b) Theo câu a) ta có:
ma ≤ 2 R cos 2

A
a
a
sin A
A
⇒
≥
=
= 2 tan
2
ma 2 R cos 2 A cos 2 A
2
2
2

Tương tự:
b
B
≥ 2 tan
mb
2
c
C
≥ 2 tan
mc
2
Cộng các bất đẳng thức lại, kết hợp với bất đẳng thức cơ bản trong tam giác:
tan

A
B
C
+ tan + tan ≥ 3
2
2
2

ta có điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC đều.

LUYỆN TẬP
Bài 5: Chứng minh các hệ thức sau trong tam giác ABC:
22

a) r = 4 R sin
b) bc cot

A
B
C
sin sin .
2
2
2

1 1 1 3
A
B
C
+ ca cot + ab cot = 4 Rp 2  + + − ÷.
2
2
2
a b c p

1
1
1
1
1
1
+
+
≥

+
+
A
B
C.
c) cos A cos B cos C
sin
sin
sin
2
2
2
1 
1 
1 
26 3

d)  1 +
.
÷1 +
÷ 1 +
÷≥ 5 +
9
 sin A  sin B  sin C 
Bài 6: Nhận dạng tam giác ABC thỏa điều kiện:
a)

sin A + sin B + sin C = cos

b) sin

A
B
C
+ cos + cos .
2
2
2

A
B
ab
.
sin =
2
2
4c

II. Một số bài toán hình học
Bài 7:
Cho hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh BC lấy K sao cho BK=4KC, trên cạnh CD
lấy M sao cho CM=4MD. Với tỉ số AB/BC bằng bao nhiêu thì góc KAM lớn nhất?
Giải
A

B

K
D

Giả sử

M

C

AB 1
= . Gọi α , β lần lượt là số đo góc BAK, MAD.
BC x

Ta cần tìm x để α + β nhỏ nhất.

23


Ta có: tan α =

4x
1
, tan β =
5
5x

4x 1
4x 1
2
.
+
tan α + tan β
5

5 x = 20
5
5
x
tan ( α + β ) =
=
≥
4
21
1 − tan α tan β
21
1−
25
25
1
Dấu “=” xảy ra khi x = .
2
Vậy với tỉ số AB/BC=2 thì góc KAM đạt giá trị lớn nhất.
Bài 8:
Cho tam giác cân ABC với AB=AC. Giả sử đường phân giác góc B cắt AC tại D
và BC=BD+AD. Tính góc A.
Giải
A
A

B
D

K
D

B

C

M

C

Không mất tính tổng quát có thể giả sử AB=AC=1.
Gọi b là góc ABD. Ta có: A + 4b = π , góc ADB = 3b .
Áp dụng định lý sin:
BC =

sin A
sin A
sin b
, BD =
, AD =
sin 2b
sin 3b
sin 3b

Giả thiết BC=BD+AD tương đương với:

24


sin A sin 3b = ( sin A + sin b ) sin 2b
⇔ sin ( π − 4b ) sin 3b = sin ( π − 4b ) + sin b  sin 2b

⇔ sin 4b sin 3b = sin 4b sin 2b + sin b sin 2b
⇔ cos b − cos7b = cos 2b − cos 6b + cos b − cos3b
⇔ cos3b − cos 7b = cos 2b − cos6b
⇔ sin 2b sin 5b = sin 2b sin 4b
⇔ sin 5b = sin 4b
⇔ 5b = π − 4b
π
⇔b=
9
Vậy A =

5π
.
9

Bài 9:
Cho tam giác ABC có tính chất: tồn tại điểm P nằm trong tam giác sao cho
·
·
·
·
PAB
= 100 , PBA
= 200 , PCA
= 300 , PAC
= 400 .
Chứng minh rằng tam giác ABC cân.
Giải
A

B
D
P
C

A

C

Tất cả các góc đều dùng đơn vị độ.
·
·
Đặt PCB
= x ⇒ PBC
= 800 − x
Áp dụng định lý sin:

25


·
·
·
PA PB PC sin PBA
sin PCB
sin PAC
.
.
=
.

.
·
·
·
PB PC PA sin PAB
sin PBC
sin PCA
sin 200 sin x sin 400
4sin x sin 40 0 cos100
=
=
sin100 sin ( 800 − x ) sin 300
sin ( 800 − x )

1=

=
Suy ra:

2sin x ( sin 300 + sin 500 )
sin ( 800 − x )

=

sin x ( 1 + 2cos 400 )
sin ( 800 − x )

2sin x cos 400 = sin ( 800 − x ) − sin x = 2sin ( 400 − x ) cos 40 0 .

Ta được x = 400 − x ⇔ x = 200 .

·
Do đó ·ACB = BAC
= 50 .
Vậy tam giác ABC cân tại B.
LUYỆN TẬP
Bài 10: Gọi I và O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC
không đều. Chứng minh rằng góc AIO ≤ 900 khi và chỉ khi 2BC ≤ AB + AC .
Bài 11: Giả sử M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là
hình chiếu của M lên BC, CA, AB. Chứng minh:
MB '+ MC '
A
≤ 2sin .
MA
2

26