Bài giảng số 8: Các dạng bài toán hệ thức lượng trong tam giác

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (480.89 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Bài giảng số 8: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

 Định lý hàm sin và cosin: Cho ABC có a b c lần lượt là ba cạnh đối diện của , ,   A B C, , , R là

bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC, S là diện tích ABC thì: 2

sin sin sin

a b c

R

A  B  C 

2 2 2 2 2

2 osA= 4 cot

a b c  bc c b c  S A

2 2 2 2 2

2 osB=a 4 cot

b a c  ac c c  S B

2 2 2 2 2

2 osC=a 4 cot

c a b  ab c b  S C

 Định lý về đường trung tuyến: m m m lần lượt là các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, a, b, c
B, C. Ta có:

2 2 2
2

2 2 4

a

b c a

m   

2 2 2
2

2 2 4

b

c a b

m   

2 2 2
2

2 2 4

c

a b c

m   

 Diện tích tam giác: Gọi S: diện tích ABC

R: bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC

r: bán kính đường trịn nội tiếp ABC

p: nửa chu vi ABC

thì:

1 1 1

. . .

2 a 2 b 2 c

S  a h  b h  c h

1 1 1

sin sin sin

2 2 2

S  ab C ac B bc A







abc

S pr p p a p b p c

R

     

 Bán kính đường trịn

+) Đường trịn ngoại tiếp:

2 sin 4

a abc

R

A S

 

+) Đường tròn nội tiếp:





tan





tan





tan

2 2 2

S A B C

r p a p b p c

p

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

B. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Cho ABC. Chứng minh: A2Ba2 b2bc
Giải:

Ta có: a2 b2bc4R2sin2 A4R2sin2B4R2sin .sinB C

2 2

sin A sin B sin .sinB C

  









1 1

1 os2 1 os2 sin sin

2 c A 2 c B B C

    

os2 os2 2sin sin

c B c A B C

  





2sin B A sin(B A) 2sinBsinC

    





sin B A sin(A B) sinBsinC

   









sin(A B) sinB do sin A B sinC 0

     

 

A B B

A B

A B  B l

 


  

  



Ví dụ 2: Cho ABC biết rằng tan . tan 1

2 2 3

A B

 . Chứng minh rằng: a b 2c.

Giải:

Ta có: tan . tan 1 3sin sin os os

2 2 3 2 2 2 2

A B A B A B

c c

   do os 0, os 0

2 2

A B

c c

 

 

 

 

2 sin sin os os sin sin

2 2 2 2 2 2

A B A B A B

c c

  

os os os

2 2 2

A B A B A B

c  c  c 

 

   

 

 

os 2 os *

2 2

A B A B

c  c 

 

Mặt khác: a b 2R



sinAsinB



4 sin os

2 2

A B A B

R  c 



 





8 sin os do *

2 2

A B A B

R  c 







4 sinR A B 4 sinR C 2c

   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Giải:

Ta có: 2 2 2

sin Bsin C 2sin A

2 2 2

4 4 4

b c a

R R R

   2 2 2

b c a

   (*)

Do định lý hàm cosin nên ta có:

2 2 2

2 osA

a b c  bc c







 



2 2 2 2
2 2 2 2

cos do *

2 4

b c b c

b c a

A

bc bc

  

 

  





2 2

2 1

do Cauchy

4 4 2

b c bc

bc bc



  

Vậy BAC  60.

Ví dụ 4: Cho ABC có trung tuyến AM, AMB , ACb, ABc, S là diện tích ABC. Với 
0 90

a) Chứng minh:

2 2
cot

b c

S

  

b) Giả sử  45, chứng minh: cotCcotB2. 
Giải:

a) AHM vuông cot HM MB BH

AH AH

 

  

 

cot 4

a BH

AH AH



  

Mặt khác:





2 2 2

2 2 2 cos

4 2 .

a c ac B c

b c

S AH a

  




Đặt BC a

 

2 2

cos

4 2 2

b c a c B a BH

S AH AH AH AH





    

Từ

 

4 và

 

4 ta được:

2 2
cot

b c

S

  

b) Ta có: cotC cotB HC HB HC HB

AH AH AH



   



MH MC

 

MB MH



AH

  



2 cot 2 cot 45 2

MH

AH 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Ví dụ 5: Chứng minh nếu ABC có trung tuyến AA vng góc với trung tuyến BB thì





cotC 2 cotAcotB .
Giải:

GAB

 vuông tại G có trung tuyến GC nên

AB GC 2

AB CC

 

2 2

9c 4mc

 

2 2 2

9 2

c

c b a 

     

 

2 2 2

5c a b

  

2 2

5c c 2abcosC

   (do định lý hàm số cos)
2

2c abcosC

  2 2 sin



R C



2 



2 sinR A



2 sinR B



cosC

2 sin C sinAsinBcosC

  2 sin cos

sin sin sin

C C

A B C

  2sin





cot

sin sin
A B

C

A B



 





2 sin cos sin cos

cot
sin sin

A B B A

C

A B



  2 cot



BcotA



cotC

Ví dụ 6: Cho ABC, gọi S là diện tích tam giác. Chứng minh: 1



2 2



sin 2 sin 2
4

S  a B b A

Giải:

Ta có: 1 sin 1 sin





2 2

S  ab C ab AB





sin cos sin cos

2ab A B B A

 

sin cos sin cos

a a

ab B B A A

b b

    

     

   

 

( Theo định lý hàm số sin)



2 2



sin cos sin cos

2 a B B b A A

 



2 2



sin 2 sin 2

4 a B b A

  (đpcm).

Ví dụ 7: Cho ABC có trọng tâm G và GAB , GBC, GCA . Chứng minh:



2 2 2



cot cot cot

a b c

S

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Giải:

Gọi M là trung điểm BC, vẽ MH AB
AMH

 vuông cos AH

AM


 

BHM

 vuông cosB BH 2BH

MB a

  

Ta có: ABHAHB

cos cos

a

c AM  B

  

 

cos cos 7

2
a

c B

AM

  

    

 

Mặt khác do áp dụng định lý hàm số sin vào AMB nên ta có:

sin sin

MB AM

B

 

 

sin sin sin 7

a

MB B B

AM AM

 

  

Lấy (7) chia cho

 

7 ta được:

cos

2 cos

2
cot

sin .

2 2

a

c B

c a B

a b

B a

R




 









4 2 cos

4 2 cos R c ac B

R c a B

ab abc




 

2 2 2 2 2 2

3 3

c b a c b a

abc S

R

   

 

Chứng minh tương tự:

2 2 2
3

cot

a c b

S

    ,

2 2 2
3

cot

b a c

S

   

Do đó:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3

cot cot cot

4 4 4

c b a a c b b a c

S S S

            



2 2 2



a b c

S

 



Ví dụ 8: Gọi I là tâm đường trịn nội tiếp ABC. Chứng minh:

a) 4 sin sin sin

2 2 2

A B C

r R

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tn –Nguyễn Thị Trang

Ta có: IBH vng cot
2

B BH

IH

 

cot
2

B
BH r

 

Tương tự: cot

C
HC r

 

Mà BHCH BC nên cot cot

2 2

B C

r  a

 

sin
2
sin sin

2 2

B C
r

a

B C



 

 

 

 





cos 2 sin sin sin

2 2 2

A B C

r R A

 

cos 4 sin cos sin sin

2 2 2 2 2

A A A B C

r R

 

4 sin sin sin do cos 0

2 2 2 2

A B C A

r R  

    

 

b) Ta có: AKI vng

sin
2

A IK
IA

 

sin
2
r
IA

A

 

Tương tự:

sin
2
r
IB

B

 ;

sin

2
r
IC

C

 .

Do đó:

3
. .

sin sin sin

2 2 2

r
IA IB IC

A B C



2
4
4

r

Rr
r

R

  (do kết quả câu a)

Ví dụ 9: Cho ABC có trọng tâm G và tâm đường tròn nội tiếp I. Biết GI vng góc với đường phân

giác trong của BCA . Chứng minh: 2

a b c ab

a b

 


 .

Giải:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Mặt khác:

GCN

CLN GLC

S S S



   



  

. . 9

2 GH LC GK CN 

 

Do CLN cân nên LC CN. Từ (9) và

 

9 ta được:





1
.

r LC LC GHGK

2r GH GK

  

Gọi h , a h là hai đường cao trong b

ABC

 xuất phát từ A, B. Ta có: 1
3

a

GK MG

h  MA  và

1
3

b

GH

h  . Do đó:



  

2 9

3 a b

r h h 

Mà 1 1

2 2

ABC a b

S  pr ah  bh ha 2pr
a

  ; hb 2pr
b



Từ

 

9 ta có: 2 2 1 1
3

r pr

a b

 

   

 

1
1

a b
p

ab


 

   

  3 2 .

a b c a b
ab

  

  2

ab a b c

a b

 

 



C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Cho ABC. Chứng minh:





2 2

2
sin

sin

A B a b

C c

 

 .

Bài 2: Cho ABC, chứng minh nếu cot , cot , cotA B C tạo thành một cấp số cộng thì 2 2 2
, ,

a b c cũng là

một cấp số cộng.

Bài 3: Cho ABC. Chứng minh:





2 2 2

cotA cotB cotC R a b c
abc

 

   .

Bài 4: Cho ABC có 3 góc A, B, C tạo thành một cấp số nhân có cơng bội q  . Giả sử 2 ABC.
Chứng minh: 1 1 1

a bc.

Bài 5: Tính các góc của ABC nếu sin sin sin

1 3 2

A B C

  .

ĐS: A30 , B60 , C90

Bài 6: Cho ABC có trung tuyến xuất phát từ B và C là m m thỏa mãn b, c b 1

c

m
c

b  m  . Chứng minh:

2 cotAcotBcotC.

Bài 7: Cho ABC. Chứng minh: sin 2A sin 2B sin 2C 2S2
R

   .

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

a) 2 sin sin sin

2 2 2

a b C A B

a b

   

    

 

b) 2 sin sin sin

2 2 2

S A B C

S




Bài 9: Cho ABC có 3 cạnh là a , b, c . R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp

ABC. Chứng minh:





cot





cot





cot 0

2 2 2

C A B

a b  b c  ca 

b) 1 r cosA cosB cosC
R

   

c) Nếu cot
2

A
, cot

B
, cot

C

là cấp số cộng thì a , b, c cũng là cấp số cộng. 
d) SABC Rr



sinAsinBsinC



e) Nếu 4 4 4

a b c thì ABC có 3 góc nhọn và 2

2sin Atan .tanB C.

Bài 10: Nếu SABC 



c a b c



 b a



thì tan 8
15

C  .

Bài 11: Cho ABC có 3 góc nhọn. Gọi A, B, C là chân các đường cao vẽ từ A, B, C.

Gọi S, R, r lần lượt là diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp ABC. Gọi S, R, r lần
lượt là diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp A B C  .

Chứng minh: a) S 2 cosS AcosBcosC
b)

R
R 

c) r 2 cosR AcosBcosC

Bài 12: Cho ABC có 3 cạnh là a , b, c tạo thành cấp số cộng với abc.
Chứng minh: a) ac6Rr

b) os 2 sin

2 2

A C B

c  

c) Công sai 3 tan tan

2 2 2

r C A

d   

 

Bài 13: Cho ABC có 3 góc A, B, C theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân có cơng bội q  . Chứng 2

minh: a) 1 1 1

a bc

b) os2 os2 os2 5
4

</div>

Bài giảng số 8: Các dạng bài toán hệ thức lượng trong tam giác

<b>Bài giảng số 8: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC </b>













































 

 





 















 







 





 

 

 



 

























<sub></sub>

<sub></sub>

























 

 

<sub> </sub>





