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 (120.76 KB, 9 trang )
HỆ THỰC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
A
1. CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC:
1.1. Định lí cosin:
2
2
a = b +c2 -2bc. cosA
b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB
c2 = a2 + b2 -2ab.cosC
Hệ quả:
b2 + c2 − a 2
cos A =
2bc
a 2 + c 2 − b2
cos B =
2ac
b
c
C
M
a
B
a 2 + b2 − c 2
cos C =
2ab
1.2. Định lí sin:
a
b
c
=
=
= 2 R (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)
sin A sin B sin C
1.3. Định lý đường trung tuyến:
2b 2 + 2c 2 − a 2
m =
4
2
a
2a 2 + 2c 2 − b 2
m =
4
2
b
2a 2 + 2b 2 − c 2
m =
4
2
c
2. CÁC DẠNG BÀI TẬP:
2.1. Dạng 1: Tính các yếu tố trong một tam giác
Bài 1: Tam giác ABC có
b / Chứng minh: cos 750 =
6− 2
4
Bài 2: Tam giác ABC có BC =12, CA=13, trung tuyến AM =8
a / Tính diện tích tam giác ABC
b / Tính góc B
Bài 3: Cho ta giác ABC có độ dài 3 đường trung tuyến bắng 15; 18 ;27
a / Tính diện tích tam giác
b / Tính độ dài các cạnh của tam giác
2.2. Dạng 2: Chứng minh hệ thức giửa các yếu tố trong một tam giác
Bài 1: Chứng minh trong mọi tam giác ABC đều có
a 2 + b2 + c2
cot A + cot B + cot C =
R
abc
Giải : Ta có
cos A cos B cos C
+
+
sin A sin B sin C
b2 + c 2 − a 2 a 2 + c2 − b2 a 2 + b2 − c 2
a 2 + b2 + c 2
2
bc
2
ac
2
ab
=
+
+
=
R
a
b
c
abc
2R
2R
2R
cotA + cotB + cotC =
Bài 2: Chứng minh rằng: (b-c) cot A/2 +(c-a) cot B/2 + (a-b) cot C/2 =0
CM:
C
A+ B
cos
sin
C
A
+
B
A
−
B
2 = (4 R cos
2
(a − b) cot = (2 R sin A − 2 R sin B )
sin
)
C
A
+B
2
2
2
sin
cos
2
2
A+ B
A− B
= 4 R sin
sin
= 2 R (cos B − cos A)
(1)
2
2
A
= 2 R (cos C − cos B )
2
Tương tự
B
(c − a ) cot = 2 R (cos A − cos C )
2
Cộng vế theo vế (1),(2),(3) => đpcm
(b − c) cot
(2)
(3)
Bài 3: Chứng minh rằng: r = 4R .sin A/2 .sin B/2 .sin C/2
CM
S = 2R 2sinAsinBsinC = pr
2 R 2 sin A sin B sin C 2 R 2 sin A sin B sin C
⇒r=
=
a+b+c
p
2
sin A sin B sin C
sin A sin B sin C
= 4R 2
= 2R
A+ B
A− B
C
C
2 R( SinA + SinB + SinC )
2Sin
Cos
+ 2Sin Cos
2
2
2
2
sin A sin B sin C
sin A sin B sin C
A
B
C
=R
=R
= 4 R sin sin sin
C
A− B
A+ B
A
B
C
2
2
2
Cos (Cos
+ Cos
)
2Cos Cos Cos
2
2
2
2
2
2
2.3. Ứng dụng hệ thức lượng trong tam giác giải bài toán thực tế
B
Bài toán 1: Đo chiều cao
Trên nóc một tòa nhà có một cột ăng ten cao 5 m. Từ vị trí quan sát A cao 7 m so với mặt đất,
0
0
có thể nhìn thấy đỉnh B và chân C của cột
C ăng ten dưới góc 45 và 60 so với phương nằm ngang. Tính
chiều cao của tòa nhà
A
D
Bài toán 2: Tính khoảng cách
Tính khoảng cách một con tàu ngoài biển tới đất liền
2.4. Nhận dạng tam giác:
Dạng 1: Nhận dạng tam giác đều
sin A + sin B + sin C = cos
A
B
C
+ cos + cos
2
2
2
Dạng 2: Nhận dạng tam giác cân
sin 2 B
tan B
=
sin 2 C
tan C
Dạng 3: Nhận dạng tam giác vuông
a
c
a
+
=
cos B cos C sin B.sin C
Dạng 4: Tìm đặc điểm của tam giác
Nhận dạng tam giác ABC nếu các góc của nó tỏa mãn: (1+cotA)(1+cotB)=2
BÀI TẬP
Bài 1: Cho tam giác ABC cạnh đáy a, cạnh bên b, góc ở đỉnh bằng 200 .CMR a 3 + b3 = 3ab 2
Giải
Ta có
a = 2 RSinA = 2 RSin 200 = 4 RSin100 Cos100 = 2 RSin800 Sin100 = 2b sin 100
1
⇒ a 3 + b3 = (2b sin 100 )3 + b3 = 2b3 (4 sin 3 100 + ) = 2b3 (4 sin 3 100 + sin 300 )
2
3
3
0
0
3
0
= 2b (4 sin 10 + 3 sin 10 − 4 sin 10 ) = 6b3 sin 100 = 3ab 2
1 2
2
Bài 2: CMR diên tích tam giác ABC có thể tính bởi S = (a sin 2 B + b sin 2 A)
4
CM Ta có
1 2
1
( a sin 2 B + b 2 sin 2 A) = (4 R 2 Sin 2 A.2 SinBCosB + 4 R 2 Sin 2 B.2 SinACosA) =
4
4
= 2R 2 SinA SinB ( SinACosB + SinBCosA) = 2R 2 SinASinBSinC = S
∧
∧
∧
Bài 3: Cho ∆ABC có 4 A = 2 B = C .
1 1 1
5
2
2
2
CMR a) = +
b) cos A + cos B + cos C =
a b c
4
C/M
1 1
1
1
+
a) Ta có + =
b c 2 R sin B 2 R sin C
A + B + C = Π
Π
2Π
4Π
⇒ A = ,B =
,C =
Ta laị có
7
7
7
4 A = 2 B − C
4Π
2Π
sin
+ sin
1 1
1
1
1
7
7
⇒ + =
+
=
b c 2 R sin 2Π 2 R sin 4Π 2 R sin 4Π sin 2Π
7
7
7
7
3Π
Π
2 sin
cos
1
1
1
7
7
=
=
=
(đpcm)
2 R 2 sin 3Π sin Π cos Π 2 R sin Π a
7
7
7
7
5
2
2
2
b) cos A + cos B + cos C =
4
1 + cos 2 A 1 + cos 2 B
1
2
2
2
+
+ cos 2 C = 1 + ( cos 2 A + cos 2 B ) + cos 2 C
Ta có cos A + cos B + cos C =
2
2
2
Π
2Π
4Π
= 1 + cos C ( cos( A − B ) + cos( A + B ) ) = 1 − 2 cos A cos B cos C = 1 − 2 cos cos
cos
7
7
7
Π
2Π
4Π
cos
Đặt T = 2 cos cos
7
7
7
⇒ T sin
Π
Π
Π
2Π
4Π
2Π
2Π
4Π
= 2 sin cos cos
cos
= T = sin
cos
cos
7
7
7
7
7
7
7
7
1
4Π
4Π 1
8Π
1
Π
1
= sin
cos
= sin
= − sin ⇒ T = - v
2
7
7
4
7
4
7
4
1 5
⇒ cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = 1 + =
(dpcm )
4 4
Bài 5: Cho ∆ABC có ba cạnh thoả a 4 = b 4 + c 4 .CMR ∆ABC nhọn và 2 sin 2 A = tan B tan C
C/M
G/s a là cạnh lớn nhất trong tam giác ABC. Vì
sinBsinC
sinBsinC
sinBsinC
sinBsinC
tanBtanC =
= 2
= 4a 2 bc 4
= 4a 2 bc
2
2
2
2
2
2
2 2
cos B cos C
a +c −b a +c −b
a − (b − c )
2b 2 c 2
(
)(
)
2ac
2ac
sin B sin C
sin A sin A
= 2a 2
= 2a 2
= 2 sin 2 A
b
c
a
a
==> ABC là tam giác nhọn
Bài 6: Cho tam giác ABC có
c mb
=
≠ 1 . CMR 2cotA= cotB +cotC CM : Theo giả thiết ta có
b mc
2
c mb
c2 m
c 2 2a 2 + 2c 2 − b 2
=
⇔ 2 = b2 ⇔ 2 = 2
⇔ c 2 (2a 2 + 2b 2 − c 2 = b 2 (2a 2 + 2c 2 − b 2 )
2
2
b mc
b
b
2a + 2b − c
mc
⇔ 2a 2 = (b 2 + c 2 ) ⇔ 2a 2 = a 2 + 2bc cos A ⇔ 2 cos A =
⇔ 2 cot A sin A =
a2
bc
sin A sin A
sin( B + C )
⇔ 2 cot A =
⇔ 2 cot A = cot B + cot C
SinB SinC
sin B sin C
Bài 7: Cho tam giác ABC CMR
tanA a 2 + c 2 − b 2
a)
=
tanB b 2 + c 2 − a 2
CM: Ta có
SinA
a a2 + c2 − b2
( )(
)
tanA CosA SinACosB
a2 + c2 − b2
2
R
2
ac
=
=
=
= 2
tanB SinB SinBCosA
b b2 + c2 − a2
b + c2 − a2
( )(
)
CosB
2R
2bc
a2 + b2 + c2
CM ở bài 1 dạng 2
b) cotA + cotB + CotC = R
abc
c) a 2 + c 2 = 2b 2 ⇔ cotA + cotC = 2CotB
CM Ta có
cosA cosC
cosB
cotA + cotC = 2CotB ⇔
+
=2
sin A sin C
sin B
2
2
2
2
2
2
2
2
b +c −a
a +b −c
a + c − b2
2bc
2ab
2ac
⇔
+
=2
2S
2S
2S
bc
ab
ac
2
2
2
2
2
2
2
⇔ (b + c − a ) + ( a + b − c ) = 2( a + c 2 − b 2 ) ⇔ 2b 2 = a 2 + c 2
1
1
1 1
Bài 8: CMR: h + h + h = r
a
b
c
1
1
1
a+b+c a+b+c 1
VT =
+
+
=
=
= = VP
1
2S
S
=
ah
⇒
h
=
2
S
2
S
2
S
Giải Ta có:
,
2S
2 pr
r
a
a
2
a
a
b
c
Bài 10: Cho tam giác ABC có AA’, BB’ là các trung tuyến. Chứng minh rằng:
AA’vuông góc với BB’ ⇔ cot C = 2(cot A + cot B )
Giải
BG 2 + AG 2 = AB 2
2
2
⇔ ( BB ' ) 2 + ( AA' ) 2 = AB 2
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Vì AA’vuông góc với BB’
3
3
4
4
⇔ BB' 2 + AA' 2 = AB 2 (1)
9
9
Mà AA’, BB’ là các trung tuyến nên
AA' 2 =
2b 2 + 2c 2 − a 2
;
4
BB ' 2 =
2a 2 + 2c 2 − b 2
4
Thay vào (1) ta được:
4 2b 2 + 2c 2 − a 2
4 2 a 2 + 2c 2 − b 2
(
)+ (
) = c 2 ⇔ 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2a 2 + 2c 2 − b 2 = 9c 2 ⇔ a 2 + b 2 = 5c 2
9
4
9
4
Lại có:
a2 + b2 − c2
= cos C ⇔ a 2 + b 2 − c 2 = 2ab cos sC ⇔ 2ab cos C = 4c 2 ⇔ ab cos C = 2c 2
2ab
2c 2
8 R 2 sin 2 C
2 sin( A + B )
⇔ cot C =
=
=
= 2(cot B + cot A)
2
ab sin C 4 R sin A. sin B. sin C
sin A. sin B
Bài 11: Cho tam giác ABC, chứng minh:
a) ( p − a )( p − b) ≤
c2
4
b) ( p − a)( p − b)( p − c) ≤
Giải
a)
c) R ≥ 2r
abc
8
a +b+c
a+b+c
−a+
− b ≥ 2 ( p − a)( p − b)
2
2
b +c −a + a +c −b
c
c2
⇔
≥ 2 ( p − a)( p − b) ⇔ = ( p − a)( p − b) ⇔ ( p − a )( p − b) ≤
2
2
4
( p − a) + ( p − b) ≥ 2 ( p − a)( p − b) ⇔
b) Áp dụng Bất đẳng thức Cối cho từng cặp:
c
(1)
2
a
( p − b) + ( p − c) ≥ 2 ( p − b)( p − c) ⇔ ( p − b)( p − c ) ≤ (2)
•
2
b
• ( p − a) + ( p − c) ≥ 2 ( p − a )( p − c) ⇔ ( p − a)( p − c) ≤ (3)
2
(1)x(2)x(3) ta có điều phải chứng minh
•
( p − a) + ( p − b) ≥ 2 ( p − a )( p − b) ⇔ ( p − a )( p − b) ≤
c) Ta có:
abc
r 4S 2 4 p ( p − a)( p − b)( p − c)
S=
= pr = p ( p − a)( p − b)( p − c) ⇒ =
=
4R
R pabc
pabc
Ta co ( p − a )( p − b)( p − c) ≤
abc
r
4 abc 1
⇒ ≤
=
8
R abc 8
2
3
a2 + b2 + c2
a 2b 2 c 2
≤
Bài 12: CMR cotA + cotB + CotC
A
B
C
tan tan tan
2
2
2
Ta có
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A = b 2 + c 2 − 2bc sin A cot A
= b 2 + c 2 − 4S cot A
Tương tự
b 2 = a 2 + c 2 − 4 S cot B
c 2 = a 2 + b 2 − 4 S cot C
(1)
(2)
(3)
Cộng vế theo vế (1)(2)(3) ta được :
3
a 2 + b2 + c2
= ( 4 S ) 3
a + b + c = 4 S (cot A + cot B + cot C ) ⇒
cot A + cot B + cot C
Mặt khác ta có
2
2
2
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ≥ 2bc(1 − cos A) ⇔ a 2 ≥ 2bc 2 sin 2
A
a 2 cos
2
a 2 sin A
bc
2 ≥ 4S ⇔ a ≥ 4S
⇔
≥ 4 sin A ⇔
A
A
A
2
2 sin 2
sin
tan
2
2
2
(*)
A
2
(1)
b2
c2
≥ 4S
(2)
≥ 4S
(3)
Tương tự:
,
B
C
tan
tan
2
2
2
2
a
b
c2
≥ (4 S ) 3
Nhân vế theo vế (1)(2)(3) ta được:
(**)
B
B
B
tan tan tan
2
2
2
3
2
2
2
a +b +c
a 2b 2 c 2
≤
Từ (*)(**) ta có
A
B
C
cotA + cotB + CotC
tan tan tan
2
2
2
9
Bài 13: Cm: ma + mb + mc ≤ R
CM: Theo Bunhiacopki:
2
2b 2 + 2c 2 − a 2 2c 2 + 2a 2 − b 2 2a 2 + 2b 2 − c 2 9 2
(ma + mb + mc ) 2 ≤ 3(ma2 + mb2 + mc2 ) = 3(
+
+
= (a + b 2 + c 2 )
4
4
4
4
9
⇒ ( m a + mb + m c ) 2 ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 )
4
Dau " =" xay ra ⇔ m a = mb = mc
Mat khac : a 2 + b 2 + c 2 = 4 R 2 (sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) = 4 R 2 (
1 − cos 2 A 1 − cos 2 B
+
+ 1 − cos 2 C )
2
2
1
= 4 R 2 (2 − (cos 2 A + cos 2 B ) − cos 2 C )
2
2
≤ 4 R (2 + cos C (1 − cos C ))
cos C + 1 − cos C
≤ 4 R 2 (2 + (
)) = 9 R 2
2
A = B
cos(A - B) = 1
Dau " =" xay ra ⇔
⇔
Π
CosC = 1 - cosC
C = 3
9
9
Tu (*) ⇒ (ma + mb + mc ) 2 ≤ 9 R 2
⇒ m a + mb + mc ≤ R
4
2
Dau " =" xay ra ⇔ ∆ABC deu
Bài 14:
ma2 + mb2 + mc2 ≥ 3 3S
a) CM:
ma2 =
b2 + c2 a2
− ;
2
4
a2 + c2 b2
− ;
2
4
mb2 =
mc2 =
a2 + b2 c2
−
2
4
b2 + c2 a2 a2 + c2 b2 a 2 + b2 c2 3 2
m +m +m =
−
+
−
+
−
= (a + b 2 + c 2 )
2
4
2
4
2
4 4
Lại có:
S= p ( p − a)( p − b)( p − c)
Áp dung BĐT Côsi ta có:
a+b+c
(p - a) + (p - b)(p - c) ≥ 33 ( p − a )( p − b)( p − c ) ⇔
≥ 33 ( p − a )( p − b)( p − c)
2
p3
s2
s2 p3
p2
⇔ p 3 ≥ 27( p − a )( p − b)( p − c) ⇔
≥ ( p − a )( p − b)( p − c ) =
⇔
≤
⇔s≤
27
p
p 27
3 3
2
a
2
b
⇔s≤
2
c
(a 2 + b 2 + c 2 )
(*)
12 3
Áp dụng côsi cho (a + b + c) 2 ta có (a + b + c) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 )
(a + b + c) 2
(*) ⇔ s ≤
12 3
m
b) CM:
2
a
≤
3(a 2 + b 2 + c 2 )
12 3
2
2
+ mb + mc ≥
Từ trên:
(
Mà
m
(
2
a
2
2
+ mb + mc =
3
abc
4
(
3 2
a + b2 + c2
4
(
a+ b+ c
)
) ≤ (1 + 1 + 1 )( a + b + c )
c ) ≤ 9( a + b + c )
2
a+ b+ c
a+ b+
3 2
(a + b 2 + c 2 ) ≥ 3 3S ⇔ ma2 + mb2 + mc2 ≥ 3 3S
4
⇔
2
2
2
4
2
( a + b + c ) 2 ≤ (12 + 12 + 12 )( a 2 + b 2 + c 2 )
⇒
(
a+ b+ c
(
⇒ 27( a
)
4
(
≤ 27 a 2 + b 2 + c 2
) ( a + b + c) ( a + b + c)
) ≥ 27 abc ( a + b + c )
3
⇒ 27 a 2 + b 2 + c 2 ≥
2
2
+ b2 + c2
2
)
2
⇔ ma + mb + mc ≥
3
abc
4
(
a+ b+ c
)
)
