Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác – Trần Xuyến Chi

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 - 2014ĐẠI 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: 60.46.0113 Ngườihướng dẫn khoa học PGS. TS. PHAN HUY KHẢI HÀ NỘI - 2014Mục lục Mở đầu 3 Một số ký hiệu 4 1 Kiến thức cơ sở 5 1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Các công thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . 9 2 Hệ thức lượng trong tam giác thường 11 2.1 Hệ thức lượng giác không điều kiện . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Hệ thức lượng giác có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3 Hệ thức lượng trong tam giác vuông 25 3.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông. . . . 25 3.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 4 Hệ thức lượng trong tam giác cân 38 4.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân. . . . . 38 4.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 5 Hệ thức lượng trong tam giác đều 47 5.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều . . . . . 47 5.2 Nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện . . . . . . . . . . . . 51 5.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác 56 6.1 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số . . 56 6.2 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học . . . 65 6.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Phụ lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 1Lời 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 15 tháng 02 năm 2014 Học viên Trần Thị Xuyến Chi 2Mở 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 chuyênđề 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 1. Kiến thức cơ sở. Chương 2. 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: 1. 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. 2. 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! 3Một số ký hiệu ABC Tam giác ABC. A,B,C Các góc đỉnh của tam giác ABC. a,b,c Các cạnh đối diện với đỉnh A,B,C. h a ,h b ,h c Đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C. m a ,m b ,m c Độ dài đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A,B,C. l a ,l b ,l c Độ dài đường phân giác kẻ từ các đỉnh A,B,C. R Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. r Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. r a ,r b ,r c Bán kính đường tròn bàng tiếp trong các góc A,B,C. S Diện tích tam giác. p = a+b+c 2 Nửa chu vi tam giác. đpcm Điều phải chứng minh. 4Chương 1 Kiến thức cơ sở 1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác Định lý hàm số sin a sinA = b sinB = c sinC = 2R. Định lý hàm số cosin a 2 =b 2 +c 2 −2bccosA. b 2 =a 2 +c 2 −2accosB. c 2 =a 2 +b 2 −2abcosC. Định lý hàm số tang a−b a+b = tan A−B 2 tan A+B 2 . b−c b+c = tan B−C 2 tan B +C 2 . c−a c+a = tan C−A 2 tan C +A 2 . Định lý hàm số cotang cotA+cotB +cotC = a 2 +b 2 +c 2 4S . Độ dài đường trung tuyến 5m 2 a = 2b 2 +2c 2 −a 2 4 . m 2 b = 2a 2 +2c 2 −b 2 4 . m 2 c = 2a 2 +2b 2 −c 2 4 . Độ dài đường phân giác trong l a = 2bc b+c cos A 2 = 2bc b+c r p(p−a) bc . l b = 2ca c+a cos B 2 = 2ca c+a r p(p−b) ca . l c = 2ab a+b cos C 2 = 2ab a+b r p(p−c) ab . Công thức tính diện tích S = 1 2 ah a = 1 2 bh b = 1 2 ch c = 1 2 bcsinA = 1 2 acsinB = 1 2 absinC = abc 4R =pr = (p−a)r a = (p−b)r b = (p−c)r c = q p(p−a)(p−b)(p−c). Định lý hình chiếu a =r  cot B 2 +cot C 2  =bcosC +ccosB. b =r  cot C 2 +cot A 2  =ccosA+acosC. c =r  cot A 2 +cot B 2  =acosB +bcosA. Công thức tính các bán kính. Bán kính đường tròn nội tiếp. r = S p = (p−a)tan A 2 = (p−b)tan B 2 = (p−c)tan C 2 . 6Bán kính đường tròn ngoại tiếp. R = abc 4S = a 2sinA = b 2sinB = c 2sinC . Bán kính đường tròn bàng tiếp. r a =ptan A 2 = S p−a . r b =ptan B 2 = S p−b . r c =ptan C 2 = S p−c . 1.2 Các công thức lượng giác Các hệ thức lượng giác cơ bản. sin 2 α+cos 2 α = 1. tanα.cotα = 1. cotα = cosα sinα . 1+tan 2 α = 1 cos 2 α . tanα = sinα cosα . 1+cot 2 α = 1 sin 2 α . Công thức cộng 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 1−tanα.tanβ . tan(α−β) = tanα−tanβ 1+tanα.tanβ . Công thức nhân cung. sin2α = 2sinαcosα. cos2α = cos 2 α−sin 2 α = 2cos 2 α−1 = 1−2sin 2 α. 7tan2α = 2tanα 1−tan 2 α . sin3α = 3sinα−4sin 3 α. cos3α = 4cos 3 α−3cosα. tan3α = 3tanα−tan 3 α 1−3tan 2 α . Công thức biến tổng thành tích. sinα+sinβ = 2sin α+β 2 .cos α−β 2 . sinα−sinβ = 2cos α+β 2 .sin α−β 2 . cosα+cosβ = 2cos α+β 2 .cos α−β 2 . cosα−cosβ =−2sin α+β 2 .sin α−β 2 . 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) 2 . cosα.cosβ = cos(α+β)+cos(α−β) 2 . sinα.sinβ = cos(α−β)−cos(α+β) 2 . Giá trị lượng giác của các góc (cung) có liên quan đặc biệt. 8• 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 2 −α) = cosα. cos( π 2 −α) = sinα. tan( π 2 −α) = cotα. cot( π 2 −α) = tanα. • Hai góc hơn kém π: tan(π +α) = tanα. cot(π +α) = cotα. sin(π +α) =−sinα. cos(π +α) =−cosα. 1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác Trong mọi tam giác ABC, ta có: 1) sinA+sinB +sinC = 4cos A 2 cos B 2 cos C 2 . 2) sin2A+sin2B +sin2C = 4sinAsinBsinC. 3) sin 2 A+sin 2 B +sin 2 C = 2(1+cosAcosBcosC). 94) cosA+cosB +cosC = 1+4sin A 2 sin B 2 sin C 2 . 5) cos2A+cos2B +cos2C =−1−4cosAcosBcosC. 6) cos 2 A+cos 2 B +cos 2 C = 1−2cosAcosBcosC. 7) tanA + tanB + tanC = tanAtanBtanC (ABC là tam giác không vuông). 8) cot A 2 +cot B 2 +cot C 2 = cot A 2 cot B 2 cot C 2 . 9) tan A 2 tan B 2 +tan B 2 tan C 2 +tan C 2 tan A 2 = 1. 10) cotAcotB +cotBcotC +cotCcotA = 1. 10Chương 2 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 1. Biến đổi vế phức tạp sang vế đơn giản. Cách 2. 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. 2.1 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 2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: 1) b−c a cos 2 A 2 + c−a b cos 2 B 2 + a−b c cos 2 C 2 = 0. 2) a 2 cos B−C 2 2sin A 2 + b 2 cos A−C 2 2sin B 2 + c 2 cos A−B 2 2sin C 2 =ab+bc+ca. 3) (b+c)cosA+(a+c)cosB +(a+b)cosC =a+b+c. Chứng minh 1) Ta có 11b−c a cos 2 A 2 = sinB−sinC sinA cos 2 A 2 = 2cos B +C 2 sin B−C 2 2sin A 2 cos A 2 cos 2 A 2 = 2sin B−C 2 sin B +C 2 2 = 1 2 (cosC−cosB). (1) Tương tự ta có: c−a b cos 2 B 2 = 1 2 (cosA−cosC). (2) a−b c cos 2 C 2 = 1 2 (cosB−cosA). (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra đpcm. 2) Ta có a 2 cos B−C 2 2sin A 2 =a.2R.sinA cos B−C 2 2sin A 2 =a.2R.2sin A 2 cos A 2 cos B−C 2 2sin A 2 =aR(2sin B +C 2 cos B−C 2 ) =aR(sinB +sinC) = ab+ac 2 . (1) Tương tự b 2 cos A−C 2 2sin B 2 = bc+ba 2 . (2) c 2 cos A−B 2 2sin C 2 = ca+cb 2 . (3) Cộng theo vế của (1), (2), (3) suy ra đpcm. 3) Áp dụng định lý hàm số sin, ta có VT = 2R(sinB +sinC)cosA+2R(sinA+sinC)cosB +2R(sinA+sinB)cosC = 2R(sinBcosA+sinAcosB)+2R(sinCcosA+sinAcosC)+2R(sinBcosC +sinCcosB) = 2Rsin(B +A)+2Rsin(C +A)+2Rsin(B +C) = 2RsinC +2RsinB +2RsinA =a+b+c =VP. Đpcm. 12Bài toán 2.2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: 1) bccosA+accosB +abcosC = a 2 +b 2 +c 2 2 . 2) abc(cosA+cosB +cosC) =a 2 (p−a)+b 2 (p−b)+c 2 (p−c). Chứng minh 1) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có VT = b 2 +c 2 −a 2 2 + a 2 +c 2 −b 2 2 + a 2 +b 2 −c 2 2 = a 2 +b 2 +c 2 2 =VP. 2) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có VT =a b 2 +c 2 −a 2 2 +b a 2 +c 2 −b 2 2 +c a 2 +b 2 −c 2 2 = a 2 2 (b+c−a)+ b 2 2 (a+c−b)+ c 2 2 (a+b−c) =a 2 (p−a)+b 2 (p−b)+c 2 (p−c) =VP. Đpcm. Bài toán 2.3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: tan A 2 +tan B 2 +tan C 2 = cos 2 A 2 +cos 2 B 2 +cos 2 C 2 2cos A 2 cos B 2 cos C 2 . Chứng minh VT = 1 2  tan A 2 +tan B 2  +  tan B 2 +tan C 2  +  tan C 2 +tan A 2  = 1 2    sin A+B 2 cos A 2 cos B 2 + sin B +C 2 cos B 2 cos C 2 + sin C +A 2 cos C 2 cos A 2    = cos 2 C 2 +cos 2 A 2 +cos 2 B 2 2cos A 2 cos B 2 cos C 2 =VP. Đpcm. 13Bài toán 2.4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: 1) r a −r = 4Rsin 2 A 2 . 2) r a −r b = 4Rsin A−B 2 cos C 2 . 3) acotA+bcotB +ccotC = 2(R+r). 4) (r 2 a +p 2 )(r a −r) = 4Rr 2 a . 5) h a −2r h a = h a 2r a +h a = tan B 2 tan C 2 . Chứng minh 1) Ta có r a −r =ptan A 2 −(p−a)tan A 2 =atan A 2 = 2RsinAtan A 2 = 2R.2sin A 2 cos A 2 . sin A 2 cos A 2 = 4Rsin 2 A 2 . 2) Ta có r a −r b =p(tan A 2 −tan B 2 ). (1) Do p = 1 2 (a+b+c) = 1 2 .2R(sinA+sinB +sinC) = 4Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 . (2) Thay (2) vào (1) ta có r a −r b =p(tan A 2 −tan B 2 ) = 4Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 sin A−B 2 cos A 2 cos B 2 = 4Rsin A−B 2 cos C 2 . 3) Ta có r = S p = absinC a+b+c 14= 2RsinA.2RsinB.sinC 2R(sinA+sinB +sinC) = 2R.8.sin A 2 sin B 2 sin C 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 4cos A 2 cos B 2 cos C 2 = 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 . (1) acotA+bcotB +ccotC = 2R[sinAcotA+sinBcotB +sinCcotC] = 2R[cosA+cosB +cosC] = 2R  1+4sin A 2 sin B 2 sin C 2  = 2R+2r = 2(R+r)do (1). 4) Ta có (r 2 a +p 2 )(r a −r) =p 2  1+tan 2 A 2  ptan A 2 −(p−a)tan A 2  = p 2 cos 2 A 2 atan A 2 = p 2 cos 2 A 2 4Rsin A 2 cos A 2 tan A 2 = 4R  ptan A 2  2 = 4Rr 2 a . 5) Ta có • h a −2r h a = 1− 2r h a = 1− 2S p 2S a = 1− a p = p−a p . • h a 2r a +h a = 2S a 2S p−a + 2S a = 1 a p−a + a a = 1 a p−a +1 = p−a p . • tan B 2 tan C 2 = r b p . r c p = S p(p−b) . S p(p−c) = p(p−a)(p−b)(p−c) p 2 (p−b)(p−c) = p−a p . Đpcm. Bài toán 2.5. (Bài toán phụ trợ) Trong mọi tam giác ABC, ta có các hệ thức sau: 151) sinAsinB +sinBsinC +sinCsinA = p 2 +4Rr +r 2 4R 2 . 2) sinAsinBsinC = pr 2R 2 . 3) sin 2 A+sin 2 B +sin 2 C = p 2 −4Rr−r 2 2R 2 . 4) sin 3 A+sin 3 B +sin 3 C = p(p 2 −6Rr−3r 2 ) 4R 3 . 5) (sinA+sinB)(sinB +sinC)(sinC +sinA) = p(p 2 +r 2 +2Rr) 4R 3 . 6) sin 4 A+sin 4 B +sin 4 C = p 4 −(8Rr+6r 2 )p 2 +r 2 (4R+r) 2 8R 4 . 7) cosAcosB +cosBcosC +cosCcosA = r 2 +p 2 −4R 2 4R 2 . 8) cosAcosBcosC = p 2 −(2R+r) 2 4R 2 . 9) cos 2 A+cos 2 B +cos 2 C = 6R 2 +4Rr +r 2 −p 2 2R 2 . 10) cos 3 A+cos 3 B +cos 3 C = 2Rr 2 +r 3 +p 2 r 4R 3 −1. 11) (cosA+cosB)(cosB +cosC)(cosC +cosA) = 2Rr 2 +r 3 +p 2 r 4R 3 . 12) 1 sinA + 1 sinB + 1 sinC = p 2 +r 2 +4Rr 2pr . 13) 1 sinAsinB + 1 sinBsinC + 1 sinCsinA = 2R r . 14) 1 sin 2 A + 1 sin 2 B + 1 sin 2 C = (p 2 +r 2 +4Rr) 2 −16p 2 Rr 4p 2 R 2 . 15) sinAsinB sinC + sinBsinC sinA + sinCsinA sinB = p 2 +r 2 −2Rr 2Rr . 16) 1 cosA + 1 cosB + 1 cosC = p 2 +r 2 −4R 2 p 2 −(2R−r) 2 . 17) 1 cosAcosB + 1 cosBcosC + 1 cosCcosA = 4R(R+r) p 2 −(2R+r) 2 . 18) 1 cos 2 A + 1 cos 2 B + 1 cos 2 C = (p 2 +r 2 −4R 2 ) 2 −8R(R+r)[p 2 −(2R+r) 2 ] [p 2 −(2R+r) 2 ] 2 . 1619) cosA+cosB cosC + cosB +cosC cosA + cosC +cosA cosB = (R+r)(p 2 +r 2 −4R 2 ) R[p 2 −(2R+r) 2 ] −3. 20) sinA+sinB cosA+cosB . sinB +sinC cosB +cosC . sinC +sinA cosC +cosA = p r . 21) sin 2 A 2 +sin 2 B 2 +sin 2 C 2 = 2R−r 2R . 22) sin 4 A 2 +sin 4 B 2 +sin 4 C 2 = 8R 2 +r 2 −p 2 8R 2 . 23) sin 2 A 2 sin 2 B 2 +sin 2 B 2 sin 2 C 2 +sin 2 C 2 sin 2 A 2 = p 2 +r 2 −8Rr 16R 2 . 24) cos 2 A 2 +cos 2 B 2 +cos 2 C 2 = 4R+r 2R . 25) cos 4 A 2 +cos 4 B 2 +cos 4 C 2 = (4R+r) 2 −p 2 8R 2 . 26) cos 2 A 2 cos 2 B 2 +cos 2 B 2 cos 2 C 2 +cos 2 C 2 cos 2 A 2 = p 2 +(4R+r) 2 16R 2 . 27) 1 sin 2 A 2 + 1 sin 2 B 2 + 1 sin 2 C 2 = p 2 +r 2 −8Rr r 2 . 28) 1 sin 2 A 2 sin 2 B 2 + 1 sin 2 B 2 sin 2 C 2 + 1 sin 2 C 2 sin 2 A 2 = 8R(2R−r) r 2 . 29) 1 cos 2 A 2 + 1 cos 2 B 2 + 1 cos 2 C 2 = p 2 +(4R+r) 2 p 2 . 30) 1 cos 2 A 2 cos 2 B 2 + 1 cos 2 B 2 cos 2 C 2 + 1 cos 2 C 2 cos 2 A 2 = 8R(4R+r) p 2 . 31) cos2A+cos2B +cos2C = 3R 2 +4Rr+r 2 −p 2 R 2 . 32) sin2A+sin2B +sin2C = 2pr R 2 . 33) cotA+cotB +cotC = p 2 −r 2 −4Rr 2pr . 1734) cotAcotBcotC = p 2 −(2R+r) 2 2pr . 35) cot 2 A+cot 2 B +cot 2 C = (p 2 −r 2 −4Rr) 2 4p 2 r 2 −2. 36) (cotA+cotB)(cotB +cotC)(cotC +cotA) = 2R 2 p 2 . 37) cot 3 A+cot 3 B +cot 3 C = (p 2 −r 2 −4Rr) 3 −48p 2 R 2 r 2 8p 3 r 3 . 38) tanA+tanB +tanC = 2pr p 2 −(2R+r) 2 . 39) tanAtanB +tanBtanC +tanCtanA = p 2 −r 2 −4Rr p 2 −(2R+r) 2 . 40) tan 2 A+tan 2 B +tan 2 C = 4p 2 r 2 −2(p 2 −r 2 −4Rr)[p 2 −(2R+r) 2 ] [p 2 −(2R+r) 2 ] 2 . 41) tan 3 A+tan 3 B +tan 3 C = 8pr[p 2 r 2 −3R 2 (p 2 −(2R+r) 2 )] [p 2 −(2R+r) 2 ] 3 . 42) tan A 2 +tan B 2 +tan C 2 = 4R+r p . 43) tan A 2 tan B 2 tan C 2 = r p . 44)  tan A 2 +tan B 2  tan B 2 +tan C 2  tan C 2 +tan A 2  = 4R p . 45) tan 2 A 2 +tan 2 B 2 +tan 2 C 2 = (4R+r) 2 −2p 2 p 2 . 46) tan 3 A 2 +tan 3 B 2 +tan 3 C 2 = (4R+r) 3 −12p 2 R p 3 . 47) cot A 2 +cot B 2 +cot C 2 = cot A 2 cot B 2 cot C 2 = p r . 48) cot A 2 cot B 2 +cot B 2 cot C 2 +cot C 2 cot A 2 = 4R+r p . 49) cot 2 A 2 +cot 2 B 2 +cot 2 C 2 = p 2 −2r(4R+r) r 2 . 50) cot 3 A 2 +cot 3 B 2 +cot 3 C 2 = p(p 2 −12Rr) r 3 . 1851)  cot A 2 +cot B 2  cot B 2 +cot C 2  cot C 2 +cot A 2  = 4pR r 2 . 52) a p−a + b p−b + c p−c = tan A 2 +tan B 2 tan C 2 + tan B 2 +tan C 2 tan A 2 + tan C 2 +tan A 2 tan B 2 = cot A 2 +cot B 2 cot C 2 + cot B 2 +cot C 2 cot A 2 + cot C 2 +cot A 2 cot B 2 = 4R−2r r . 53) atan A 2 +btan B 2 +ctan C 2 = 2(2R−r). 54) r a +r b +r c = 4R+r. 55) r a .r b +r b .r c +r c .r a =p 2 . 56) r a .r b .r c =p 2 r,S = √ r.r a .r b .r c . 57) r 2 a +r 2 b +r 2 c = (4R+r) 2 −2p 2 . 58) r 3 a +r 3 b +r 3 c = (4R+r) 3 −12p 2 R. 59) (r a +r b )(r b +r c )(r c +r a ) = 4p 2 R. 60) 1 r a + 1 r b + 1 r c = 1 r . 61) 1 r a r b + 1 r b r c + 1 r c r a = 4R+r p 2 r . 62) 1 r 2 a + 1 r 2 b + 1 r 2 c = p 2 −2r(4R+r) p 2 r 2 . 63) r a +r b r c + r b +r c r a + r c +r a r b = 4R−2r r . 64) h a +h b +h c = p 2 +r 2 +4Rr 2R . 65) h a h b +h b h c +h c h a = 2p 2 r R . 66) h a h b h c = 2p 2 .r 2 R ,S = r 1 2 Rh a h b h c . 1967) 1 h a + 1 h b + 1 h c = 1 r . 68) 1 h a h b + 1 h b h c + 1 h c h a = p 2 +r 2 +4Rr 4p 2 r 2 . 69) 1 h 2 a + 1 h 2 b + 1 h 2 c = p 2 −r 2 −4Rr 2p 2 r 2 . 70) h a +h b h c + h b +h c h a + h c +h a h b = p 2 +r 2 −2Rr 2Rr . 71) (p−a)(p−b)+(p−b)(p−c)+(p−c)(p−a) = 4Rr+r 2 . 72) (p−a) 2 +(p−b) 2 +(p−c) 2 =p 2 −2r(4R+r). 73) (p−a) 3 +(p−b) 3 +(p−c) 3 =p(p 2 −12Rr). 74) 1 p−a + 1 p−b + 1 p−c = 4R+r pR . 75) 1 (p−a) 2 + 1 (p−b) 2 + 1 (p−c) 2 = (4R+r) 2 −2p 2 p 2 r 2 . 76) l a l b l c = 16Rr 2 p 2 p 2 +2Rr+r 2 . Nhận xét: • 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. 202.2 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 2.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sinA+sinB +sinC = 2(sin A 2 +sin B 2 sin C 2 ). Chứng minh 1 b + 1 c = 1 l a . Giải Ta có sinA+sinB +sinC = 2  sin A 2 +sin B 2 sin C 2  ⇔ 4cos A 2 cos B 2 cos C 2 = 2  cos  B 2 + C 2  +sin B 2 sin C 2  ⇔ 4cos A 2 cos B 2 cos C 2 = 2  cos B 2 cos C 2 −sin B 2 sin C 2 +sin B 2 sin C 2  ⇔ cos A 2 = 1 2 . (1) Lại có 1 b + 1 c = 1 l a ⇔ b+c bc = b+c 2bc.cos A 2 ⇔ cos A 2 = 1 2 . (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Bài toán 2.7. Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC, B = 2A và b 2 =a(a+c) là hai hệ thức tương đương. Giải Từ B = 2A⇔B−A =A ⇔ sin(B−A) = (do B−A+A =B < 180 0 ) ⇔ sinC−2sinAcosB = sinA 21⇔ 2RsinC−4RsinAcosB = 2RsinA ⇔c−2acosB =a ⇔c 2 −2accosB =ac(do c> 0) ⇔a 2 +c 2 −2accosB =ac+a 2 ⇔b 2 =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 = 2A và ba cạnh của nó là ba số nguyên liên tiếp. Giải Từ B = 2A⇔b 2 =a(a+c). Vì b>a nên có các trường hợp sau: 1) a là cạnh bé nhất, c là cạnh trung bình, đặta =x,c =x+1,b =x+2. ⇒ (x+2) 2 =x(2x+1)⇒x 2 −3x−4 = 0. Do x> 0 nên x = 4 ⇒a = 4,b = 6,c = 5. 2) a là cạnh bé nhất, b là cạnh trung bình, đặta =x,b =x+1,c =x+2. ⇒ (x+1) 2 =x(2x+2)⇒x 2 = 1⇒x = 1⇒a = 1,b = 2,c = 3. Loạivìkhôngthỏamãnyêucầuvềbacạnhtrongmộttamgiác(3=2+1). 3) a là cạnh trung bình, đặt c =x, a =x+1, b =x+2. ⇒ (x+2) 2 = (x+1)(2x+1)⇒x 2 −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 2.8. Cho tam giácABC 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 = 2tanA. 22Áp dụng công thức tanA =−tan(B +C) = tanB +tanC tanBtanC−1 ⇒ tanA = 2tanA+ 3 tanA 5 ⇒ 5tan 2 A = 2tan 2 A+3 ⇔ tan 2 A = 1. (1) 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 (1) suy ra tanA = 1, tanC = 3, tanB = 2. Nói riêng tanC = tanA+tanB. Nhận xét: Thực chất từ tanAtanB = 3, tanBtanC = 6 suy ra b A = 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 = √ 2,tanC = 2 √ 2. Rõ ràng tam giác này tồn tại vì từ đó có tanC = tanA+tanB tanAtanB−1 =−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. 2.3 Bài tập đề nghị Bài toán 2.9. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: 1) bc(b 2 −c 2 )cosA+ac(c 2 −a 2 )cosB +ab(a 2 −b 2 )cosC = 0. 2) asin(B−C)+bsin(C−A)+csin(A−B) = 0. 3) sin A 2 cos B 2 cos C 2 + sin B 2 cos C 2 cos A 2 + sin C 2 cos A 2 cos B 2 = 2. 4) sinA+sinB−sinC cosA+cosB−cosC +1 = tan A 2 tan B 2 cot C 2 . 235) sin A 2 cos B 2 cos C 2 +sin B 2 cos C 2 cos A 2 +sin C 2 cos A 2 cos B 2 . = sin A 2 sin B 2 sin C 2 +tan A 2 tan B 2 +tan B 2 tan C 2 +tan C 2 tan A 2 . 6) tan A 4 +tan B 4 +tan C 4 +tan A 4 tan B 4 +tan B 4 tan C 4 +tan C 4 tan A 4 −tan A 4 tan B 4 tan C 4 = 1. 7) S =p 2 tan A 2 tan B 2 cot C 2 . 8) acosA+bcosB +ccosC = 2pr R . 9) tan B 2 cot C 2 = h a 2r a +h a . 10) bcos 2 A 2 +acos 2 B 2 =p. Bài toán 2.10. Cho tam giác ABC có: sinA+sinB +sinC−2sin A 2 sin B 2 = 2sin C 2 . Chứng minh rằng b C = 2π 3 . Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC có: sinA+sinB sin2A+sin2B = sinC sin2C . Chứng minh rằng cosA+cosB = 1. 24Chương 3 Hệ thức lượng trong tam giác vuông 3.1 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. 1. sinA = 1;sinB = 1;sinC = 1. 2. cosA = 0;cosB = 0;cosC = 0. 3. sin2A = 0;sin2B = 0;sin2C = 0. 4. cos2A =−1;cos2B =−1;cos2C =−1. 5. tan A 2 = 1;tan B 2 = 1;tan C 2 = 1. 6. tanA = cotB;tanB = cotC;tanC = cotA. 7. sinA = sin(B−C);sinB = sin(C−A);sinC = sin(A−B). 8. cos A 2 = cos B−C 2 ;cos B 2 = cos C−A 2 ;cos C 2 = cos A−B 2 . 9. a 2 =b 2 +c 2 ;b 2 =c 2 +a 2 ;c 2 =a 2 +b 2 . 10.    sinA =cosB 0 0,sinB > 0). Từ (2) suy ra B =C = π 2 vô lý. Vậy giả thiết A6= π 2 là sai⇒ đpcm. Bài toán 3.2. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông: 1) S = 1 4 b 2 sin2C. 2) 2R = 5r,r a = 3r. 3) 2R+r =p. Giải 1) Ta có S = 1 4 b 2 sin2C ⇔ 1 2 absinC = 1 4 b 2 2sinCcosC ⇔ a =bcosC (do sinC > 0) ⇔ 2sinA = 2sinBcosC 27⇔ 2sinA = sin(B +C)+sin(B−C) ⇔ sinA = sin(B−C)⇔A =B−C ⇔ A+C =B⇔B = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại B. 2) Ta có r a = 3r ⇔ S p−a = 3 S p ⇔ p = 3p−3a ⇔ 3a =a+b+c ⇔ b+c = 2a. (1) Từ 2R = 5r⇔ abc 2S = 5 S p (áp dụng S = abc 4R )⇔abcp = 10S 2 . (2) Theo công thức Hêrông ta có (2)⇔abcp = 10p(p−a)(p−b)(p−c)⇔abc = 10(p−a)(p−b)(p−c). (3) Từ (1) có p−a = b+c−a 2 = a 2 . Thay vào (3) và có abc = 5a(p−b)(p−c) ⇔ bc = 5(p−b)(p−c) ⇔ bc = 5p 2 −5p(b+c)+5bc ⇔ 5p 2 −5p(b+c)+4bc = 0. (4) Do p = a+b+c 2 = 3a 2 và từ (4) có 5 9a 2 4 − 15a 2 2a+4bc = 0⇒bc = 15a 2 16 . Vậy kết hợp với (1) ta có    b+c = 2a bc = 15 16 a 2 . Theo định lý Viet thì b và c là các nghiệm phương trình x 2 −2ax+ 15 16 a 2 = 0. (*) 28Giải (*) ta được: (∗)⇔    x = 5a 4 x = 3a 4 Vậy b = 5a 4 ,c = 3a 4 (hoặc b = 3a 4 ,c = 5a 4 ). Từ  5a 4  2 =  3a 4  2 +a 2 suy ra ABC là tam giác vuông đỉnh B hoặc C. 3) Ta có 2R+r =p ⇔ 4Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 = 2R+4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 ⇔ 2cos A 2 cos B 2 cos C 2 −2sin A 2 sin B 2 sin C 2 = 1 ⇔ cos A 2  cos B +C 2 +cos B−C 2  −sin A 2  cos B−C 2 −cos B +C 2  = 1 ⇔ cos A 2  sin A 2 +cos B−C 2  −sin A 2  cos B−C 2 −sin A 2  −  sin 2 A 2 +cos 2 A 2  = 0 ⇔ cos A 2  sin A 2 −cos A 2  −cos B−C 2  sin A 2 −cos A 2  = 0 ⇔  sin A 2 −cos A 2  cos A 2 −cos B−C 2  = 0 ⇔    tan A 2 = 1 cos A 2 = cos B−C 2 ⇔     b A = π 2 " b A = b B− b C b A = b C− b B Suy ra b A = π 2 , hoặc b B = π 2 , hoặc b C = π 2 . 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: 291) cos A 2 = r b+c 2c . 2) tan A 2 = r b−c b+c . 3) cos(B−C) = 2bc a 2 . 4) tan A 2 +cot A 2 +2cotA = 2a b−c . 5) a sinBsinC = b cosB + c cosC . 6) sinA−sin(A−B)sinC +cosB = 3 2 . Giải 1) Ta có cos A 2 = r b+c 2c ⇔ cos 2 A 2 = b+c 2c ⇔ 1+cosA 2 = b+c 2c ⇔ 1+cosA = b c +1 ⇔ b 2 +c 2 −a 2 = 2b 2 ⇔c 2 =a 2 +b 2 . Theo định lý Pitago suy ra ABC là tam giác vuông tại C. 2) Ta có tan A 2 = r b−c b+c ⇔ tan A 2 = r sinB−sinC sinB +sinC ⇔ tan A 2 = v u u u u t 2cos B +C 2 sin B−C 2 2sin B +C 2 cos B−C 2 ⇔ tan A 2 = r tan A 2 tan B−C 2 (do A 2 6= 0) ⇔ b A 2 = b B− b C 2 ⇔ b A+ b C = b B⇔ b B = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại B. 303) Ta có cos(B−C) = 2bc a 2 ⇔ cos(B−C) = 2sinBsinC sin 2 A ⇔ 2sin(B +C)cos(B−C) = 4sinBsinC sinA ⇔ sin2B +sin2C = 4sinBsinC sinA ⇔ sinBcosB +sinCcosC = 2sinBsinC sinA ⇔ sinBcosB +sinCcosC− sinBsinC sinA − sinBsinC sinA = 0 ⇔ sinB  cosB− sinC sinA  +sinC  cosC− sinB sinA  = 0 ⇔ sinB[sinAcosB−sin(A+B)]+sinC[sinAcosC−sin(A+C)] = 0 ⇔ −sinBsinBcosA−sinCsinCcosA = 0 ⇔ (sin 2 B +sin 2 C) = 0⇔ cosA = 0(do sinB > 0,sinC > 0) ⇔ b A = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại A. 4) Ta có tan A 2 +cot A 2 +2cotA = 2a b−c ⇔ sin A 2 cos A 2 + cos A 2 sin A 2 +2 cosA sinA = 2sinA sinB−sinC ⇔ 2 sinA + 2cosA sinA = 2sinA 2cos B +C 2 sin B−C 2 ⇔ 2.2cos 2 A 2 2sin A 2 cos A 2 = 4sin A 2 cos A 2 2sin A 2 sin B−C 2 31⇔ cos A 2 sin A 2 = cos A 2 sin B−C 2 ⇔ sin A 2 = sin B−C 2  do A 2 6= 0  . ⇔ b A = b B− b C ⇔ b A+ b C = b B⇔ b B = π 2 . Vậy tam giác ABC vuông tại B. Đpcm. 5) Ta có a sinBsinC = b cosB + c cosC ⇔ sinA sinBsinC = sinBcosC +sinCcosB cosBcosC ⇔ sinA sinBsinC = sin(B +C) cosBcosC ⇔ sinBsinC = cosBcosC (do sin(B +C) = sinA> 0) ⇔ cos(B +C) = 0⇔ b B + b C = π 2 ⇔ b A = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại A. Đpcm. 6) Ta có sinA−sin(A−B)sinC +cosB = 3 2 ⇔ 2sinA−2sin(A+B)sin(A−B)+2cosB−3 = 0 ⇔ 2sinA+cos2A−cos2B +2cosB−3 = 0. ⇔ 2sinA+1−2sin 2 A−2cos 2 B +1+2cosB−3 = 0 ⇔ sin 2 A−sinA+cos 2 B−cosB + 1 2 = 0 ⇔  sinA− 1 2  2 +  cosB− 1 2  2 = 0 ⇔      sinA = 1 2 cosB = 1 2 ⇔ b A = π 6 , b B = π 3 , b C = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại C và là nửa tam giác đều. 32Bài toán 3.4. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông: 1) r c =r +r a +r b . 2) acotA+bcotB = √ 2ccos A−B 2 . 3) r(sinA+sinB) = √ 2csin B 2 cos A−B 2 . 4) sinA+sinB +sinC = cosA+cosB +cosC +1. 5) r +r a +r b +r c =a+b+c. Giải 1) Ta có r c =r +r a +r b ⇔ S p−c = S p + S p−a + S p−b ⇔ 1 p−c = 1 p + 1 p−a + 1 p−b ⇔ c (p−c)p = 2p−(a+b) (p−a)(p−b) . (1) Do 2p−(a+b) =c nên (1)⇔ (p−c)p = (p−a)(p−b) ⇔ −pc =−p(a+b)+ab⇔p(a+b−c) =ab ⇔ 2p(a+b−c) = 2ab⇔ (a+b+c)(a+b−c) = 2ab ⇔ (a+b) 2 −c 2 = 2ab⇔a 2 +b 2 +2ab−c 2 = 2ab ⇔a 2 +b 2 =c 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại C. 2) Ta có acotA+bcotB =c √ 2cos A−B 2 ⇔ 2RsinA cosA sinA +2RsinB cosB sinB = 2RsinC √ 2cos A−B 2 ⇔ cosA+cosB = 2 √ 2sin C 2 cos C 2 cos A−B 2 ⇔ 2cos A+B 2 cos A−B 2 = 2 √ 2sin C 2 cos C 2 cos A−B 2 . (2) 33Do cos A+B 2 = sin C 2 > 0,cos A−B 2 > 0 nên từ (2) có: (2)⇔ 1 = √ 2cos C 2 ⇔ cos C 2 = √ 2 2 ⇔ b C 2 = π 4 ⇔ b C = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại C. 3) Ta có r(sinA+sinB) = √ 2csin B 2 cos A−B 2 . (3) Áp dụng r = 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 ta có (3)⇔ 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 2sin A+B 2 cos A−B 2 = 2 √ 2R2sin C 2 cos C 2 sin B 2 cos A−B 2 ⇔ 2sin A 2 = √ 2 (do sin C 2 cos C 2 sin B 2 cos A−B 2 > 0) ⇔ sin A 2 = √ 2 2 ⇔ b A = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông tại A. 4) Ta có sinA+sinB +sinC = cosA+cosB +cosC +1 ⇔ 2sin A+B 2 cos A−B 2 +2sin C 2 cos C 2 = 2cos A+B 2 cos A−B 2 +2cos 2 C 2 ⇔ cos C 2 cos A−B 2 +sin C 2 cos C 2 = sin C 2 cos A−B 2 +cos 2 C 2 ⇔ cos C 2  cos A−B 2 −cos C 2  −sin C 2  cos A−B 2 −cos C 2  = 0 ⇔  cos C 2 −sin C 2  cos A−B 2 −cos C 2  = 0 34⇔    cos C 2 = sin C 2 cos A−B 2 = cos C 2 ⇔        tan C 2 = 1     b A− b B 2 = b C 2 b B− b A 2 = b C 2 ⇔     b C = π 2 b A− b B = b C b B− b A = b C ⇔      b C = π 2 b A = π 2 b B = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông. 5) Ta có r+r a +r b +r c =a+b+c ⇔ 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 +ptan A 2 +ptan B 2 +ptan C 2 = 2p. (4) Chúýrằngp = a+b+c 2 =R(sinA+sinB+sinC) = 4Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 Vậy (4)⇔ 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 +4Rsin A 2 cos B 2 cos C 2 +4Rsin C 2 cos A 2 cos B 2 +4Rcos A 2 sin B 2 cos C 2 = 8Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 sin B 2 sin C 2 +sin A 2 cos B 2 cos C 2 +sin C 2 cos A 2 cos B 2 +cos A 2 sin B 2 cos C 2 = 2cos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 cos B−C 2 +cos A 2 sin B +C 2 = 2cos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 cos B−C 2 = cos A 2 (cos B +C 2 +cos B−C 2 −sin B +C 2 ) 35⇔ cos B−C 2  sin A 2 −cos A 2  = cos A 2  sin A 2 −cos A 2  ⇔  cos B−C 2 −cos A 2  sin A 2 −cos A 2  = 0 ⇔    sin A 2 = cos A 2 cos B−C 2 = cos A 2 ⇔        tan A 2 = 1     b B− b C 2 = b A 2 b C− b B 2 = b A 2 ⇔     b A = π 2 b B− b C = b A b C− b B = b A ⇔      b A = π 2 b B = π 2 b C = π 2 . Vậy ABC là tam giác vuông. 3.2 Bài tập đề nghị Bài toán 3.5. Cho tam giácABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC vuông: 1) sin(A+B)cos(A−B) = 2sinAsinB. 2) cos2A+cos2B +cos2C +1 = 0. 3) 3(cosB +2sinC)+4(sinB +2cosC) = 15. 4) sinB +cosB = a 2 (p−a)+b 2 (p−b)+c 2 (p−c) abc . 5) (a−b)cot C 2 +(c−a)cot B 2 =c−b. 6) (a 2 +b 2 )sin(A−B) = (a 2 −b 2 )sin(A+B). 367) a+b = (atanB +btanA)tan C 2 . 8) acosB−bcosA =asinA−bsinB. 9) m a = b 2 +c 2 4R (b6=c). 10) sinB +cosB = 1+ r R . 37Chương 4 Hệ thức lượng trong tam giác cân 4.1 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: 1. a =b;b =c;c =a. 2. sinA = sinB;sinB = sinC;sinC = sinA. sin A n = sin B n ;sin B n = sin C n ;sin C n = sin A n . 3. cosA = cosB;cosB = cosC;cosC = cosA. cos A n = cos B n ;cos B n =cos C n ; cos C n =cos A n . 4. tanA = tanB;tanB = tanC;tanC = tanA. tan A n = tan B n ;tan B n = tan C n ;tan C n = tan A n . 5. cotA = cotB;cotB = cotC;cotC = cotA. cot A n = cot B n ;cot B n = cot C n ;cot C n = cot A n . 6. sin(A−B) = 0;sin(B−C) = 0;sin(C−A) = 0. sin A−B n = 0;sin B−C n = 0;sin C−A n = 0. 7. tan(A−B) = 0;tan(B−C) = 0;tan(C−A) = 0. tan A−B n = 0;tan B−C n = 0;tan C−A n = 0. 388. cos(A−B) = 1;cos(B−C) = 1;cos(C−A) = 1. cos A−B n = 1;cos B−C n = 1;cos C−A n = 1. Dưới đây ta xét một số bài toán cụ thể. Bài toán 4.1. Cho tam giác ABC có: a 3 (b 2 −c 2 )+b 3 (c 2 −a 2 )+c 3 (a 2 −b 2 ) = 0. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Giải 0 =a 3 (b 2 −c 2 )+b 3 (c 2 −a 2 )+c 3 (a 2 −b 2 ) =a 3 (b 2 −c 2 )−a 2 (b 3 −c 3 )+b 2 c 2 (b−c) = (b−c)[a 3 (b+c)−a 2 (b 2 +bc+c 2 )+b 2 c 2 ] = (b−c)(a−c)[a 2 b+a 2 c−b 2 a−b 2 c] = (b−c)(a−b)(a−c)(ab+bc+ca). Do ab+bc+ca6= 0 nên ⇒    b−c = 0 a−b = 0 c−a = 0 ⇔    b =c a =b c =a. Vậy tam giác ABC cân. Đpcm. Bài toán 4.2. Cho tam giác ABC có: h a h b + h b h c + h c h a = h b h a + h c h b + h a h c . Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Giải Biến đổi đẳng thức: h a h b + h b h c + h c h a = h b h a + h c h b + h a h c ⇔ 2S a 2S b + 2S b 2S c + 2S c 2S a = 2S b 2S a + 2S c 2S b + 2S a 2S c ⇔ b a + c b + a c = a b + b c + c a 39⇔ b 2 c+c 2 a+a 2 b =a 2 c+b 2 a+c 2 b ⇔ b 2 (c−a)+ca(c−a)−b(c 2 −a 2 ) = 0 ⇔ (c−a)(b−c)(b−a) = 0 ⇔    b−c = 0 a−b = 0 c−a = 0 ⇔    b =c a =b c =a. Vậy tam giác ABC cân. Bài toán 4.3. Cho tam giác ABC thỏa mãn một trong các điều kiện sau, chứng minh rằng tam giác ABC cân: 1) 4rr a =a 2 . 2) sin A 2 cos 3 B 2 = sin B 2 cos 3 A 2 . 3) 1+cosB sinB = 2a+c √ 4a 2 −c 2 . 4) (p−a)cot B 2 =ptan A 2 . 5) h a = q p(p−a). Giải 1) Ta có 4rr a =a 2 ⇔ 4S p . S p−a =a 2 ⇔ 4S 2 =p(p−a)a 2 . (1) Theo công thức Heron, từ (1) ta có (1)⇔ 4p(p−a)(p−b)(p−c) =a 2 p(p−a) ⇔ 4(p−b)(p−c) =a 2 ⇔ (a+c−b)(a+b−c) =a 2 ⇔a 2 −(b−c) 2 =a 2 ⇔ (b−c) 2 = 0 ⇔b =c. 40Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. 2) sin A 2 cos 3 B 2 = sin B 2 cos 3 A 2 (1) Chia cả hai vế của (1) cho cos 3 A 2 cos 3 B 2 6= 0, ta có tan A 2 (1+tan 2 A 2 ) = tan B 2 (1+tan 2 B 2 ) ⇔ tan A 2 +tan 3 A 2 −tan B 2 −tan 3 B 2 = 0 ⇔  tan A 2 −tan B 2  1+tan 2 A 2 +tan A 2 tan B 2 +tan 2 B 2  = 0. (2) Do 1+tan 2 A 2 +tan A 2 tan B 2 +tan 2 B 2 > 1 nên từ (2) có A 2 − B 2 = 0⇔ b A = b B. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh C. 3) Ta có 1+cosB sinB = 2a+c √ 4a 2 −c 2 ⇔ (1+cosB) 2 (1+cosB)(1−cosB) = (2a+c) 2 (2a+c)(2a−c) ⇔ 1+cosB 1−cosB = 2a+c 2a−c ⇔ 1+ 2cosB 1−cosB = 1+ 2c 2a−c ⇔ cosB 1−cosB = c 2a−c ⇔ cosB 1−cosB = sinC 2sinA−sinC ⇔ 2sinAcosB−sinCcosB = sinC−sinCcosB ⇔ 2sinAcosB = sinC ⇔ sin(A+B)+sin(A−B) = sin(A+B) ⇔ sin(A−B) = 0⇔ b A = b B. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh C. 414) Ta có (p−a)cot B 2 =ptan A 2 . (1) Sửdụngcôngthứcp = 4Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 ,p−a = 4Rcos A 2 sin B 2 sin C 2 thì (1)⇔ 4Rcos A 2 sin B 2 sin C 2 cos B 2 sin B 2 = 4Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 sin A 2 cos A 2 ⇔ cos A 2 sin C 2 = cos C 2 sin A 2 ⇔ sin  A 2 − C 2  = 0. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh B. 5) Ta có h a = q p(p−a) ⇔ 2S a = q p(p−a) ⇔ 2 p p(p−a)(p−b)(p−c) a = q p(p−a) ⇔ 4(p−b)(p−c) =a 2 . Biến đổi như phần (1) 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: 1) h a = √ r b r c . 2) h a = a 2 cot A 2 . 3) l a 2 = 4bc−a 2 4 . Giải 1) Ta có h a = √ r b r c ⇔h a 2 =r b r c ⇔ 4S 2 a 2 = S 2 (p−b)(p−c) ⇔a 2 = 4(p−b)(p−c). Biến đổi như phần 1 bài toán 4.3 suy ra b B = b C. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. 422) Ta có h a = a 2 cot A 2 ⇔ 2sinBsinC = 2cos 2 A 2 ⇔ cos(B−C)−cos(B +C) = 1+cosA ⇔ cos(B−C) = 1⇔ b B = b C. Vậy ABC là tam giác cân đỉnh A. 3) Từ l a 2 = 2bccos A 2 b+c , suy ra l a 2 = 4bc−a 2 4 ⇔ 4 4b 2 c 2 cos 2 A 2 (b+c) 2 = 4bc−a 2 4 ⇔ 2b 2 c 2 (b+c) 2 [1+cosA] = 4bc−a 2 4 ⇔ 2b 2 c 2 (b+c) 2 [1+ b 2 +c 2 −a 2 2bc ] = 4bc−a 2 4 ⇔ 2b 2 c 2 (b+c) 2 . (b+c) 2 −a 2 2bc = 4bc−a 2 4 ⇔ bc− a 2 bc (b+c) 2 =bc− a 2 4 ⇔ 4bc = (b+c) 2 ⇔ (b−c) 2 = 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 2π 3 ... Dưới đây một bài toán tiêu biểu. Bài toán 4.5. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức cos2A+ √ 3(cos2B +cos2C)+ 5 2 = 0. Chứng minh rằng ABC là tam giác cân với góc ở đỉnh A bằng π 6 . Giải 43Ta có cos2A+ √ 3(cos2B +cos2C)+ 5 2 = 0 ⇔ 2cos 2 A−1+2 √ 3cos(B +C)cos(B−C)+ 5 2 = 0 ⇔ 2cos 2 A+2 √ 3cos(B +C)cos(B−C)+ 3 2 = 0 ⇔ cos 2 A− √ 3cosAcos(B−C)+ 3 4 = 0 ⇔ " cosA− √ 3 2 cos(B−C) # 2 + 3 4 sin 2 (B−C) = 0 ⇔      sin(B−C) = 0 (1) cosA− √ 3 2 cos(B−C) = 0. (2) Từ (1) suy ra b B = b C. Thay vào (2) ta có cosA = √ 3 2 ⇒ b A = π 6 . Vậy tam giác ABC cân đỉnh A với b A = π 6 . Nhận xét 1. Ta có bài toán tổng quát sau: Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức cos2A+x(cos2B +cos2C)+ x 2 2 +1 = 0, điều kiện−2 0 nên đẳng thức điều kiện đã cho tương đương với (sinAsinBsinC)  1 sin 2 A + 1 sin 2 B + 1 sin 2 C  = sinAsinBsinC 2sin A 2 sin B 2 sin C 2 ⇔ sinBsinC sinA + sinAsinC sinB + sinAsinB sinC = 4cos A 2 cos B 2 cos C 2 . (1) Do 4cos A 2 cos B 2 cos C 2 = sinA+sinB +sinC, nên áp dụng định lý hàm số sin suy ra (1)⇔ bc a + ca b + ab c =a+b+c ⇔ b 2 c 2 +a 2 c 2 +a 2 b 2 =abc(a+b+c) ⇔ (ab−bc) 2 +(bc−ca) 2 +(ca−ab) 2 = 0 ⇔          ab =bc bc =ca ca =ab ⇔a =b =c. 48Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.3. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức acosA+bcosB +ccosC asinB +bsinC +csinA = 2p 9R . Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Áp dụng định định lý hàm số sin, và công thức sinA = 2S bc , đưa đẳng thức điều kiện về hệ thức tương đương sau: R(sin2A+sin2B +sin2C) a 2S ac +b 2S ab +c 2S bc = 2p 9R ⇔ 4RsinAsinBsinC 2S  1 a + 1 b + 1 c  = a+b+c 9R . (1) Áp dụng công thức S = 2R 2 sinAsinBsinC, ta thấy: (1)⇔ (a+b+c)  1 a + 1 b + 1 c  = 9 ⇔  a b + b a −2  +  b c + c b −2  +  c a + a c −2  = 0 ⇔ (a−b) 2 ab + (b−c) 2 bc + (c−a) 2 ca = 0. (2) Do vế trái của (2) là tổng của ba số không âm nên (2)⇔          a =b b =c c =a ⇔a =b =c. 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 = R r . Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải 49Áp dụng định lý hàm số sin, đưa giả thiết đã cho về dạng tương đương sau (sinA+sinB)(sinB +sinC)(sinC +sinA) 4sinAsinBsinC = R 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 ⇔ 2sin A+B 2 cos A−B 2 2sin B +C 2 cos B−C 2 2sin C +A 2 cos C−A 2 4.8sin A 2 sin B 2 sin C 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 = 1 4sin A 2 sin B 2 sin C 2 ⇔ cos A−B 2 cos B−C 2 cos C−A 2 = 1. (1) Vì 0< cos A−B 2 ≤ 1,0< cos B−C 2 ≤ 1,0< cos C−A 2 ≤ 1 nên (1)⇔            cos A−B 2 = 1 cos B−C 2 = 1 cos C−A 2 = 1 ⇔A =B =C. 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 √ 3h a + a 2 =b+c. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Ta có h a = 2S a = 4R 2 sinAsinBsinC 2RsinA = 2RsinBsinC. Vậy √ 3h a + a 2 =b+c 50⇔ 2 √ 3sinBsinC +sinA = 2sinB +2sinC ⇔ √ 3sinBsinC + 1 2 sin(B +C) = sinB +sinC ⇔ √ 3 2 sinBsinC + √ 3 2 sinBsinC + 1 2 sinBcosC + 1 2 sinCcosB = sinB +sinC ⇔ sinB " 1− √ 3 2 sinC + 1 2 cosC !# +sinC " 1− √ 3 2 sinB + 1 2 cosB !# = 0 ⇔ sinB h 1−sin  C + π 6 i +sinC h 1−sin  B + π 6 i = 0 ⇔    sin  C + π 6  = 1 sin  B + π 6  = 1  vì 1−sin  B + π 6  ≥ 0 và 1−sin  C + π 6  ≥ 0  ⇔    C = π 3 B = π 3 . Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. 5.2 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 3 hoặc tam giác cân một trong hai đỉnh còn lại. Bài toán 5.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức      a 2 = a 3 −b 3 −c 3 a−b−c a = 2bcosC. Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Từ giả thiết thứ nhất suy ra a 3 −b 3 −c 3 =a 3 −a 2 (b+c) ⇔ (b+c)(b 2 −bc+c 2 ) =a 2 (b+c) ⇔ b 2 −bc+c 2 =a 2 51⇔ b 2 −bc+c 2 =b 2 +c 2 −2bccosA ⇔ cosA = 1 2 ⇔ A = π 3 . (1) Từ giả thiết thứ hai ta có sinA = 2sinBcosC ⇔ sinA = sin(B +C)+sin(B−C) ⇔ sin(B−C) = 0 (do sin(B +C) = sinA) ⇔ B =C. (2) Từ (1) và (2) suy ra ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.7. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức    sinB +sinC = 2sinA cosB +cosC = 2cosA. 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: 2+2(cosBcosC +sinBsinC) = 4 ⇔ cos(B−C) = 1 ⇔ b B = b C. (1) Thay (1) vào hệ điều kiện đã cho ta có    sinB = sinA cosB = cosA ⇔ b B = b A. (2) Từ (1) và (2) suy ra ABC là tam giác đều. Đpcm. Bài toán 5.8. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức    sinB +sinC = 2sinA tanB +tanC = 2tanA. 52Chứng minh ABC là tam giác đều. Giải Từ giả thiết thứ nhất ta có 2sin B +C 2 cos B−C 2 = 4sin A 2 cos A 2 . Vì sin B +C 2 = cos A 2 > 0, nên ta có cos B−C 2 = 2cos B +C 2 ⇒ cos B 2 cos C 2 +sin B 2 sin C 2 = 2cos B 2 cos C 2 −2sin B 2 sin C 2 ⇒ 3sin B 2 sin C 2 = cos B 2 cos C 2 ⇒ tan B 2 tan C 2 = 1 3 . (1) Từ giả thiết thứ hai ta có tanB +tanC =−2tan(B +C) = 2 tanB +tanC tanBtanC−1 . Do tanB +tanC 6= 0⇒ tanBtanC = 3 ⇒ 2tan B 2 1−tan 2 B 2 2tan C 2 1−tan 2 C 2 = 3 ⇒ 4tan B 2 tan C 2 1−  tan 2 B 2 +tan 2 C 2  +tan 2 B 2 tan 2 C 2 = 3. (2) Do tan 2 B 2 +tan 2 C 2 =  tan B 2 +tan C 2  2 −2tan B 2 tan C 2 . Thay vào (2) với chú ý tan B 2 tan C 2 = 1 3 , ta sẽ có  tan B 2 +tan C 2  2 = 4 3 . Vìtan B 2 +tan C 2 > 0suyratan B 2 +tan C 2 = 2 √ 3 3 . (3) Từ (1), (3) thì tan B 2 ,tan C 2 là các nghiệm của phương trình 53x 2 − 2 √ 3 3 x+ 1 3 = 0⇔ (x− √ 3 3 ) 2 = 0. Từ đó tan B 2 = tan C 2 = √ 3 3 ⇒ b B = b C = 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 r a = 3r ⇔ S p−a = 3 S p ⇔ p = 3(p−a) ⇔ 3a = 2p ⇔ 3a =a+b+c ⇔ b+c = 2a. (1) Lại có m a = 3r ⇔ m a 2 = 9r 2 ⇔ 2b 2 +2c 2 −a 2 4 = 9 S 2 p 2 ⇔ 2b 2 +2c 2 −a 2 4 = 9 p(p−a)(p−b)(p−c) p 2 ⇔ 2b 2 +2c 2 −a 2 4 = 9 (b+c−a)(a+c−b)(a+b−c) 4(a+b+c) . (2) Thay (1) vào (2) ta có 2b 2 +2c 2 −a 2 = 9a[a 2 −(b−c) 2 ] 3a 54⇔ 2b 2 +2c 2 −a 2 = 3a 2 −3(b−c) 2 ⇔ 5b 2 +5c 2 −6bc = 4a 2 ⇔ (b−c) 2 = 0 ⇔ b =c. Từ (1) và (3) ta có a =b =c. Vậy ABC là tam giác đều. Đpcm. 5.3 Bài tập đề nghị Bài toán 5.10. 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 5.11. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sin2A+sin2B +sin2C = √ 3(cosA+cosB +cosC). Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.12. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức 2  1 sinB + 1 sinC − √ 3  = cotB +cotC. Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.13.Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức      sinAsinB = 3 4 a 2 = a 3 −b 3 −c 3 a−b−c . Chứng minh ABC là tam giác đều. Bài toán 5.14. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức      sinAsinB = 3 4 a 2 = a 3 −b 3 −c 3 a−b−c . Chứng minh ABC là tam giác đều. 55Chương 6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác 6.1 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. 6.1.1 Điều kiện cho dưới dạng cấp số cộng Bài toán 6.1. Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Chứng minh rằng: 1) tan A 2 tan C 2 = 1 3 , 2) sinAsinC = 3sin 2 B 2 , 3) Côngsaidcủacấpsốcộngđượctínhbằnghệthứcd = 3 2 r  tan C 2 −tan A 2  , 4) h b = 3r, 5) h b =r b , 6) S = 2 3 l 2 b sinB. 56Giải 1) Theo giả thiết ta có a+c = 2b, hay sinA+sinC = 2sinB⇔ 2sin A+C 2 cos A−C 2 = 2.2sin B 2 cos B 2 (1) Vì sin A+C 2 = cos B 2 6= 0, nên từ (1) ta có cos  A 2 − C 2  = 2cos  A 2 + C 2  ⇒ cos A 2 cos C 2 +sin A 2 sin C 2 = 2cos A 2 cos C 2 −2sin A 2 sin C 2 ⇒ 3sin A 2 sin C 2 = cos A 2 cos C 2 ⇒ tan A 2 tan C 2 = 1 3 . Đpcm. 2) Ta có sinAsinC = 3sin 2 B 2 (2) ⇔ sinAsinC = 3.4sin 2 B 2 cos 2 B 2 4cos 2 B 2 ⇔ sinAsinC = 3sin 2 B 2(1+cosB) ⇔ a 2R . c 2R = 3 b 2 4R 2 2  1+ a 2 +c 2 −b 2 2ac  ⇔ ac = 3acb 2 (a+c) 2 −b 2 ⇔ (a+c) 2 −b 2 = 3b 2 ⇔ (a+c) 2 = 4b 2 ⇔ a+c = 2b (do a, b, c là 3 cạnh tam giác). Điều này đúng theo giả thiết suy ra (2) đúng. Đpcm. 3) Áp dụng công thức r = 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 , ta có 573 2 r  tan C 2 −tan A 2  = 3 2 4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 sin C−A 2 cos C 2 cos A 2 = 6Rtan A 2 tan C 2 sin B 2 sin C−A 2 (3) Áp dụng phần (1), nên từ (3) có 3 2 r  tan C 2 −tan A 2  = 2Rcos C +A 2 sin C−A 2 =R(sinC−sinA) = c−a 2 =d. Đpcm. 4) Ta có h b = 3r (4) ⇔ 2RsinAsinC = 3.4Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 ⇔ 8Rsin A 2 sin C 2 cos A 2 cos C 2 = 12Rsin A 2 sin B 2 sin C 2 ⇔ 2cos A 2 cos C 2 = 3sin B 2 ⇔ 2cos A 2 cos C 2 = 3cos  A 2 + C 2  ⇔ 2cos A 2 cos C 2 = 3cos A 2 cos C 2 −3sin A 2 sin C 2 ⇔ 3sin A 2 sin C 2 = cos A 2 cos C 2 ⇔ tan A 2 tan C 2 = 1 3 ⇔ a+c = 2b. Điều này đúng theo giả thiết suy ra (4) đúng. Đpcm. 5) h b =r b (5) ⇔ 2RsinAsinC =ptan B 2 58⇔ 2R.4sin A 2 cos A 2 sin C 2 cos C 2 = 4Rcos A 2 cos B 2 cos C 2 sin B 2 cos B 2 ⇔ 2sin A 2 sin C 2 = sin B 2 ⇔ 2sin A 2 sin C 2 = cos  A 2 + C 2  ⇔ 2sin A 2 sin C 2 = cos A 2 cos C 2 −sin A 2 sin C 2 ⇔ 3sin A 2 sin C 2 = cos A 2 cos C 2 ⇔ tan A 2 tan C 2 = 1 3 ⇔ a+c = 2b. Điều này đúng theo giả thiết suy ra (5) đúng. Đpcm. 6) Ta có l b = 2accos B 2 a+c . Vì thế l 2 b = 4a 2 c 2 cos 2 B 2 (a+c) 2 = 2a 2 c 2 (1+cosB) (a+c) 2 = 2a 2 c 2 (a+c) 2 (1+ a 2 +c 2 −b 2 2ac ) = ac (a+c) 2 [(a+c) 2 −b 2 ]. Từ đó do a, b, c lập thành cấp số cộng nên a+c = 2b⇔l 2 b = ac(4b 2 −b 2 ) 4b 2 ⇔l 2 b = 3 4 ac ⇔ l 2 b = 3 4 2S sinB ⇔S = 2 3 l 2 b sinB. Đpcm. Bài toán 6.2. Cho tam giác ABC trong đó tan A 2 ,tan B 2 ,tan C 2 theo thứ tự trên lập thành một cấp số cộng. Chứng minh cosA,cosB,cosC cũng lập thành một cấp số cộng. Giải 59Từ giả thiết ta có tan A 2 +tan C 2 = 2tan B 2 ⇒ sin A+C 2 cos A 2 cos C 2 = 2 sin B 2 cos B 2 ⇒ cos 2 B 2 = 2sin B 2 cos A 2 cos C 2 ⇒ 1+cosB 2 = sin B 2  cos A+C 2 +cos A−C 2  ⇒ 1+cosB = 2sin 2 B 2 +2cos A+C 2 cos A−C 2 ⇒ 1+cosB = 1−cosB +cosA+cosC ⇒ 2cosB = cosA+cosC. Vậy cosA,cosB,cosC lập thành một cấp số cộng. Đpcm. Bài toán 6.3. Cho tam giác ABC trong đó cotA,cotB,cotC lập thành một cấp số cộng. Chứng minh a 2 ,b 2 ,c 2 cũng lập thành một cấp số cộng. Giải Từ giả thiết ta có cotA+cotC = 2cotB (1) Áp dụng định lý hàm số cot, từ (1) ta có b 2 +c 2 −a 2 4S + a 2 +b 2 −c 2 4S = 2 a 2 +c 2 −b 2 4S ⇒ 2b 2 = 2a 2 +2c 2 −2b 2 ⇒ 2b 2 =a 2 +c 2 Suy ra a 2 ,b 2 ,c 2 lập thành một cấp số cộng. Đpcm. 6.1.2 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 = 2. Chứng minh rằng: 1) h a =h b +h c , 602) a 2 +b 2 +c 2 = 7R 2 , 3) OH = R √ 2, 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 2 −a 2 , 5) cosAcosBcosC =− 1 8 , 6) sinAsinBsinC = √ 7 8 , 7) cos 2 A+cos 2 B +cos 2 C = 5 4 , 8) cosA+cosB +cosC = b a − 1 2 , 9) l a = 2acos A 2 . Giải Từ giả thiết ba gócA,B,C lập thành cấp số nhân với công bội q = 2 suy ra B = 2A; C = 4A⇒A = π 7 ;B = 2π 7 ;C = 4π 7 . Ta có 1) h a =h b +h c ⇔ 2S a = 2S b + 2S c ⇔ 1 a = 1 b + 1 c ⇔ 1 sinA = 1 sinB + 1 sinC . (1) 61Theo giả thiết ta có b B = 2 b A, b C = 4 b A⇒ b A = π 7 , b B = 2π 7 , b C = 4π 7 . Từ đó VP(1) = 1 sin 2π 7 + 1 sin 4π 7 = 2sin 3π 7 cos π 7 sin 2π 7 sin 4π 7 = 2sin 3π 7 cos π 7 2sin π 7 cos π 7 sin 4π 7 = 1 sin π 7 = 1 sinA =VT. Vậy (1) đúng, suy ra đpcm. 2) a 2 +b 2 +c 2 = 7R 2 ⇔ sin 2 A+sin 2 B +sin 2 C = 7 4 ⇔ 2(1−cos2A+1−cos2B +1−cos2C) = 7 ⇔ cos2A+cos2B +cos2C =− 1 2 ⇔ cos 2π 7 +cos 4π 7 +cos 8π 7 =− 1 2 . (2) Ta cần chứng minh (2) đúng. Đặt S = cos 2π 7 +cos 4π 7 +cos 8π 7 . Ta có 2Ssin π 7 = 2sin π 7 cos 2π 7 +2sin π 7 cos 4π 7 +2sin π 7 cos 8π 7 = sin 3π 7 −sin π 7 +sin 5π 7 −sin 3π 7 +sinπ−sin 5π 7 =−sin π 7 . Từ đó suy ra S =− 1 2 . Vậy (2) đúng, suy ra đpcm. 3) Theo kết quả đã biết ta có OH 2 = 9R 2 −(a 2 +b 2 +c 2 ). Vì vậy từ phần (2) suy ra OH 2 = 2R 2 hay OH =R √ 2. 624) bc =a(b+c)⇔ sinBsinC = sinA(sinB +sinC) ⇔ sin 2π 7 sin 4π 7 = sin π 7  sin 2π 7 +sin 4π 7  ⇔ sin 2π 7 sin 4π 7 = 2sin π 7 sin 3π 7 cos π 7 ⇔ sin 2π 7 sin 4π 7 = sin 2π 7 sin 3π 7 ⇔ sin 4π 7 = sin 3π 7 . (3) Vì (3) đúng, suy ra đpcm. Đẳng thức bc =c 2 −a 2 chứng minh tương tự. 5) cosAcosBcosC =− 1 8 ⇔ cos π 7 cos 2π 7 cos 4π 7 =− 1 8 ⇔ 8sin π 7 cos π 7 cos 2π 7 cos 4π 7 =−sin π 7 ⇔ 4sin 2π 7 cos 2π 7 cos 4π 7 =−sin π 7 . (4) Ta có VT(4) = 4sin 2π 7 cos 2π 7 cos 4π 7 = 2sin 4π 7 cos 4π 7 = sin 8π 7 = −sin π 7 . Vậy (4) đúng, suy ra đpcm. 6) Ta nhận thấy π 7 , 2π 7 , 3π 7 là các nghiệm của phương trình cos 2 4x = cos 2 3x. (5) Đặt y =cos 2 x> 0 thì (5) trở thành (8y 2 −8y +1) 2 =y(4y−3) 2 ⇔ 64y 4 −144y 3 +104y 2 −25y +1 = 0 ⇔ 64(y−1)  y 3 − 5 4 y 2 + 3 8 y− 1 64  = 0 Docos 2 π 7 ,cos 2 2π 7 ,cos 2 3π 7 khácnhauvàkhác1nênsuyracos 2 π 7 ,cos 2 2π 7 ,cos 2 4π 7 Chú ý cos 2 4π 7 = cos 2 3π 7 là 3 nghiệm của phương trình y 3 − 5 4 y 2 + 3 8 y− 1 64 = 0. (6) 63Ta có sin 2 π 7 sin 2 2π 7 sin 2 4π 7 =  1−cos 2 π 7   1−cos 2 2π 7  1−cos 2 4π 7  = 1−  cos 2 π 7 +cos 2 2π 7 +cos 2 4π 7  +  cos 2 π 7 cos 2 2π 7 + cos 2 2π 7 cos 2 4π 7 +cos 2 π 7 cos 2 4π 7 −cos 2 π 7 cos 2 2π 7 cos 2 4π 7 . Vì thế theo định lý Viet với phương trình (6) suy ra sin 2 π 7 sin 2 2π 7 sin 2 4π 7 = 1− 5 4 + 3 8 − 1 64 = 7 64 ⇒ sinAsinBsinC = sin π 7 sin 2π 7 sin 4π 7 = √ 7 8 . 7) cos 2 A+cos 2 B +cos 2 C = 5 4 ⇔ cos 2 π 7 +cos 2 2π 7 +cos 2 4π 7 = 5 4 ⇔ 1+cos 2π 7 +1+cos 4π 7 +1+cos 8π 7 = 5 2 ⇔ cos 2π 7 +cos 4π 7 +cos 8π 7 =− 1 2 . (7) Từ (2) suy ra (7) đúng, suy ra đpcm. 8) cosA+cosB +cosC = b a − 1 2 ⇔ cos π 7 +cos 2π 7 +cos 4π 7 = sin 2π 7 sin π 7 − 1 2 ⇔ cos π 7 +cos 2π 7 +cos 4π 7 −2cos π 7 =− 1 2 ⇔ cos 2π 7 +cos 4π 7 −cos π 7 =− 1 2 ⇔ cos 2π 7 +cos 4π 7 +cos 8π 7 =− 1 2 . Theo (2) suy ra đpcm. 649) Ta có l a = 2bccos A 2 b+c . Theo phần (4) thì bc =a(b+c). Từ đó suy ra l a = 2acos A 2 suy ra đpcm. 6.2 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. 6.2.1 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 = cotA+cotB +cotC +cotD. Giải Ta xét hai khả năng sau: – 1. b A+ b B6= π 2 (hoặc b A+ b B6= 3π 2 ), Khi đó tan(A+B) và tan(C+D) có nghĩa ⇒ ( b A+ b B)+( b C + b D) = 2π ⇒ tan(A+B)+tan(C +D) = 0 ⇒ tanA+tanB 1−tanAtanB + tanC +tanD 1−tanCtanD = 0 ⇒ (tanA+tanB)(1−tanCtanD)+(tanC+tanD)(1−tanAtanB) = 0 ⇒ tanA+tanB+tanC+tanD = tanAtanBtanC+tanAtanD +tanBtanCtanD+tanAtanBtanD ⇒ tanA+tanB +tanC +tanD tanAtanBtanCtanD = 1 tanD + 1 tanB + 1 tanA + 1 tanC = cotA+cotB+cotC+cotD. 65– 2. b A+ b B = π 2 (khi đó b C + b D = 3π 2 ). Do b C+ b D = 3π 2 và không có góc nào vuông vàABCD là tứ giác lồi nên suy ra π 2 < b D <π (vì nếu b D < π 2 ⇒ b C >π vô lý vì ABCD là tứ giác lồi nên mọi góc của nó nhỏ hơn π). Do b A+ b B = π 2 ⇒ 0< b A< π 2 ⇒ π 2 < b A+ b D < 3π 2 . Áp dụng phần (1) với b A+ b D và b B + b C suy ra kết luận của bài toán là đúng. Suy ra đpcm. Bài toán 6.6. ChoABCD là tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp. GọiS và p tương ứng là diện tích và nửa chu vi của tứ giác. Chứng minh rằng S =p 2 (tan A 2 +tan B 2 +tan C 2 +tan D 2 ) −1 . Giải Gọi O là tâm hình tròn nội tiếp của tứ giác và r là bán kính của nó. A B C D M N P Q Ta có p =AM +BN +CP +DQ =r(cot A 2 +cot B 2 +cot C 2 +cot D 2 ). (1) 66Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: b A+ b C = b B + b D = 180 0 ⇒ b A 2 + b C 2 = b B 2 + b D 2 = 90 0 ⇒ cot A 2 = tan C 2 ;cot B 2 = tan D 2 ;cot C 2 = tan A 2 ;cot D 2 = tan B 2 . Thay vào (1) ta có p =r  tan A 2 +tan B 2 +tan C 2 +tan D 2  . (2) Do S =pr, nên từ (2) suy ra S =p 2  tan A 2 +tan B 2 +tan C 2 +tan D 2  −1 . 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 2 = s (p−a)(p−d) (p−b)(p−c) . Giải A a B b C c D d Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam giác ABD, BCD ta có BD 2 =a 2 +d 2 −2adcosA =b 2 +c 2 −2bccosC =b 2 +c 2 +2bccosA, 67do b A+ b C = 180 0 . Từ đó suy ra a 2 +d 2 −2adcosA =b 2 +c 2 +2bccosA ⇒ cosA = a 2 +d 2 −b 2 −c 2 2bc+2ad . (1) Từ (1) ta có tan A 2 = r 1−cosA 1+cosA = s b 2 +c 2 +2bc−(a 2 +d 2 −2ad) a 2 +d 2 +2ad−(b 2 +c 2 −2bc) = s (b+c) 2 −(a−d) 2 (a+d) 2 −(b−c) 2 = s (b+c+a−d)(b+c+d−a) (a+d+b−c)(a+d+c−b) . (2) Do a+b+c+d = 2p nên từ (2) ta có tan A 2 = s (2p−2d)(2p−2a) (2p−2c)(2p−2b) = s (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 = r (p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos 2 B +D 2 . Giải Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam giác ABD, CBD ta có BD 2 =a 2 +d 2 −2adcosA =b 2 +c 2 −2bccosC ⇒ a 2 +d 2 −2adcosA =b 2 +c 2 −2bccosC ⇒ a 2 +d 2 −b 2 −c 2 = 2adcosA−2bccosC. (1) Bình phương hai vế của (1) ta có (a 2 +d 2 −b 2 −c 2 ) 2 = 4(adcosA−bccosC) 2 . (2) 68A B C D a b c d Ta có S =S ABD +S BCD = 1 2 adsinA+ 1 2 bcsinC ⇒ 16S 2 = 4(adsinA+bcsinC) 2 (3) Cộng từng vế (2), (3) ta được (a 2 +d 2 −b 2 −c 2 ) 2 +16S 2 = 4[a 2 d 2 +b 2 c 2 −2abcd(cosAcosC−sinAsinC)] = 4[a 2 d 2 +b 2 c 2 −2abcdcos(A+C)] = 4  a 2 d 2 +b 2 c 2 −2abcd  2cos 2 A+C 2 −1  = 4  (ad+bc) 2 −4abcdcos 2 A+C 2  . (4) Từ (4) suy ra 16S 2 = 4(ad+bc) 2 −(a 2 +d 2 −b 2 −c 2 ) 2 −16abcdcos 2 A+C 2 = (2ad+2bc+a 2 +d 2 −b 2 −c 2 )(2ad+2bc−a 2 −d 2 +b 2 +c 2 ) −16abcdcos 2 A+C 2 = [(a+d) 2 −(b−c) 2 ][(b+c) 2 −(a−d) 2 ]−16abcdcos 2 A+C 2 = (a+d+b−c)(a+d+c−b)(b+c+a−d)(b+c+d−a) −16abcdcos 2 A+C 2 = (2p−2c)(2p−2b)(2p−2d)(2p−2a)−16abcdcos 2 A+C 2 . (5) 69Vì b A+ b C 2 + b B + b D 2 = 180 0 ⇒ cos 2 B +D 2 = cos 2 A+C 2 , nên từ (5) suy ra S 2 = (p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos 2 B +D 2 ⇒ S = r (p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos 2 B +D 2 . Nhận xét. 1) Ta biết rằng với tam giác có công thức Heron quen biết để tính diện tích tam giác S = p (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. 2) Xét một vài trường hợp đặc biệt sau a) Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp. Khi đó b A+ b C = b B + b D = 180 0 ⇒ cos B +D 2 = 0. Trong trường hợp này ta có S = p (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 ⇒ p−a =c,p−b =d,p−c =a,p−d =b. Trong trường hợp này ta có S = r abcd−abcdcos 2 B +D 2 = r abcdsin 2 B +D 2 = sin B +D 2 √ abcd. c) Nếu ABCD vừa là tứ giác nội tiếp vừa là tứ giác ngoại tiếp, thì do sin B +D 2 = 1, nên trong trường hợp này ta có S = √ abcd. 70Bài toán 6.9. (Định lý Ptô-lê-mê) Cho tứ giácABCD nội tiếp trong đường tròn với hai đường chéo làAC, BD. Chứng minh rằng AB.CD+BC.AD =AC.BD. Giải Cách 1. Trên AC lấy điểm E sao cho \ ABE =γ. A B C D E α β β γ γ Xét hai tam giác ABE và DBC ta có \ BAE = \ BDC =β, \ ABE = \ DBC =γ. Vậy ΔABE đồng dạng với tam giác ΔDBC. Do đó AB DB = AE DC ⇒AB.DC =DB.AE. (1) Mặt khác dễ thấy ΔCBE đồng dạng với tam giác ΔDBA, nên CB DB = CE DA ⇒BC.DA =DB.CE. (2) Cộng từng vế (1) và (2) ta có AB.DC +BC.DA =DB(AE +CE) =DB.AC. Cách 2. Giả sử ABCD nội tiếp trong đường tròn bán kính R. 71A B C D α γ β α β γ Đặt \ ABD = \ ACD = α, \ ACB = \ BDA = β, \ CAD = \ CBD = 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 = 2Rsinβ;AD = 2Rsinα;CD = 2Rsinγ. Tương tự ta có AC = 2Rsin(α+γ);BD = 2Rsin(α+β); BC = 2Rsin \ BAC = 2Rsin(α+β+γ) (vì \ BAC+(α+β+γ) = 180 0 ). Ta có AC.BD = 2Rsin(α+γ)2Rsin(α+β) = 2R 2 [cos(β−γ)−cos(2α+β +γ)]. (1) Mặt khác AB.CD+AD.BC =2Rsinβ.2Rsinγ +2Rsinα.2Rsin(α+β +γ) =2R 2 [cos(β−γ)−cos(β +γ)+cos(β +γ)−cos(2α+β +γ)] =2R 2 [cos(β−γ)−cos(2α+β +γ)]. (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Bài toán 6.10. (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 2 e =R 2 −2dR. 72Ở đâyR, 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 B C A ′ I O r P I (O) =IO 2 −R 2 =d 2 e −R 2 . (1) 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 2 IA ′ . (2) Ta có [ A ′ IC = [ IAC + [ ICA = b A 2 + b C 2 (góc ngoài tam giác AIC), mặt khác [ ICA ′ = b A+ b C 2 (tính chất góc nội tiếp). Từ đó suy ra IA ′ C là tam giác cân đỉnh A ′ , nên IA ′ =A ′ C. (3) Từ (1), (2), (3) ta có: R 2 −d 2 e = r sin A 2 A ′ C. (4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác AA ′ C, có: A ′ C = 2Rsin A 2 . (5) 73(Vì tam giác AA ′ C và ABC chung đường tròn ngoại tiếp). Thay (5) vào (4) và có R 2 −d 2 e = r sin A 2 2Rsin A 2 ⇒d 2 e =R 2 −2Rr. Bài toán 6.11. Cho tam giác ABC. Giả sử D và E là hai điểm trên cạnhBC saocho \ BAD = \ CAE.ĐườngtrònnộitiếpcáctamgiácABD, ACE tiếp xúc với cạnh BC tương ứng tại M, N. Chứng minh rằng: 1 MB + 1 MD = 1 NC + 1 NE . Giải Theo tính chất của hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm, ta có: A B C D E M N BM =p 1 −AD;DM =p 1 −AB. Ở đây p 1 là nửa chu vi của tam giác ABD. Do đó BM = AB +AD +BD 2 −AD = AB +BD−AD 2 . DM = AB +AD +BD 2 −AB = AD +BD−AB 2 . Từ đó 1 MB + 1 MD = 2 AB−AD+BD − 2 AB−AD−BD = 4BD BD 2 −(AB−AD) 2 . (1) 74Theo định lý hàm số cosin trong tam giác ABD, ta có BD 2 =AB 2 +AD 2 −2AB.ADcosα (ở đây \ BAD = \ EAC =α). Thay vào (1) và có 1 MB + 1 MD = 2BD AB.AD(1−cosα) . (2) Tương tự có 1 NC + 1 NE = 2EC AE.AC(1−cosα) . (3) Hai tam giác ABD và AEC có cùng chiều cao kẻ từ A nên BD EC = S ABD S AEC = 1 2 AB.AD.sinα 1 2 AE.ACsinα = AB.AD AE.AC ⇒ BD AB.AD = EC AE.AC . (4) Từ (2), (3), (4) suy ra 1 MB + 1 MD = 1 NC + 1 NE .Œpcm. 6.2.2 Hệ thức lượng trong hình học không gian Bài toán 6.12. Tứ diện SABC có góc tam diện đỉnh S là tam diện vuông (tức là SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau). Đáy ABC có ba góc \ BAC =α, \ ABC =β, \ ACB =γ. ĐặtSA =a,SB =b,SC =c. Chứng minh rằng: a 2 tanα =b 2 tanβ =c 2 tanγ. Giải Theo định lý hàm số cot trong tam giác ABC, có: cotα = AB 2 +AC 2 −BC 2 4S ABC ⇒ tanα = 4S ABC AB 2 +AC 2 −BC 2 . (1) Mặt khác theo định lý Pitago, ta có AB 2 +AC 2 −BC 2 =a 2 +b 2 +a 2 +c 2 −b 2 −c 2 = 2a 2 . (2) 75S A A C B Thay (2) vào (1) và có tanα = 2S ABC a 2 ⇒a 2 tanα = 2S A BC. (3) Lập luận tương tự có b 2 tanβ =c 2 tanγ = 2S ABC . (4) Từ (3), (4) suy ra đpcm. Bài toán 6.13. Cho tứ diện OABC có tam diện đỉnh O là tam diện vuông. Vẽ chiều cao OH của tứ diện. Đặt: b A = \ CAB, b B = \ ABC, b C = \ BCA,α = \ AOH,β = \ BOHγ = \ COH. Chứng minh rằng: sin 2 α sin2A = sin 2 β sin2B = sin 2 γ sin2C Giải Kẻ OH⊥(ABC) suy ra H là trực tâm tam giác ABC. AH∩BC ={A 1 }, thì AA 1 ⊥BC. Từ đó OA 1 ⊥BC (định lý ba đường vuông góc). Trong tam giác vuông AOA 1 OA 2 =AH.AA 1 , (1) 76O A B C H A 1 sin 2 α = AH 2 OA 2 . (2) Thay (1) vào (2) và có sin 2 α = AH AA 1 . (3) VẽđườngtrònngoạitiếptamgiácABC,vàgọiI làtâmđườngtrònngoại tiếp tam giác này. Khi đóH,I,G thẳng hàng, ở đâyG là trọng tâm tam giác (theo đường thẳng Euler). Ta cũng có HG = 2GI ⇒ AH = 2IM (M là trung điểm cạnh BC). Ta có b A = \ CAB = \ BIM, sin2A = 2sinAcosA = 2sin \ BIM cos \ BIM = 2 BM BI . IM BI = 2 BC 2BI . AH 2BI = BC.AH 2R 2 . (4) Từ (3), (4) suy ra sin 2 α sin2A = 2R 2 BC.AA 1 = R 2 S . Ở đây S =S ABC . Tương tự có sin 2 β sin2B = sin 2 γ sin2C = R 2 S . Vậy 77sin 2 α sin2A = sin 2 β sin2B = sin 2 γ sin2C . Đpcm. Bài toán 6.14. Cho hình chóp D.ABC, trong đó góc tam diện đỉnh D là vuông. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC. Đặt α = \ DAH,β = \ DBH,γ = \ DCH,ϕ = \ AHB. Chứng minh rằng: sinϕ = sinγ cosαcosβ ;cosϕ =−tanαtanβ. Giải Do D.ABD là tứ diện có góc tam diện đỉnh D là vuông nên nếu H là A D B C H 1 K H trực tâm tam giác ABC, thì DH⊥(ABC). Giả sử AH∩BC =H 1 , thì AH 1 ⊥BC và DH 1 ⊥BC. Trong tam giác vuông ADH 1 đỉnh D, theo hệ thức lượng ta có DH 2 =HA.HH 1 . (1) Trong tam giác vuông BHH 1 , ta có HH 1 =BHcos \ BHH 1 =BHcos(180 0 −ϕ) =−BHcosϕ. (2) Thay (2) vào (1) và có DH 2 =−AH.BHcosϕ⇒ cosϕ =− DH AH . DH BH ⇒ cosϕ =−tanα.tanβ. (3) Bây giờ xét hệ thức sinϕ = sinγ cosαcosβ . 78Giả sử CH∩AB =K. Do CD⊥(DAB) (vì CD⊥DB,CD⊥AD ), mà CK⊥AB (do H là trực tâm tam giác ABC), nênDK⊥AB (định lý ba đường vuông góc) ⇒ \ DKC là góc tạo bởi hai mặt phẳng (ADB) và (ABC). Dễ thấy tam giácHAB là hình chiếu của tam giácDAB trong phép chiếu vuông góc mặt phẳng (DAB) xuống mặt phẳng (ABC). Từ đó ta có S HAB =S DAB cos \ DKC. (4) Trong tam giác vuông KDC đỉnh D, ta có cos \ DKC = sinγ. Thay vào (4) và có 1 2 HA.HBsinϕ = 1 2 DA.DBsinγ ⇒ sinϕ = DA HA DB HB sinγ = sinγ HA DA . HB DB ⇒ sinϕ = sinγ cosα.cosβ . Đpcm. Bài toán 6.15. 1. Cho tứ diệnABCD cóAB =a và chân các đường cao kẻ từ một đỉnh đều nằm bên trong mặt đối diện. Gọi S 1 ,S 2 là diện tích hai mặt của tứ diện có chung cạnh a và α là góc nhị diện giữa hai mặt ấy. Gọi V là thể tích tứ diện. Chứng minh rằng: V = 2S 1 S 2 sinα 3a . 2. Chứng minh rằng trong tứ diện, tích của các cặp đối diện chia cho tích của sin các nhị diện của từng cặp cạnh đó là bằng nhau. Giải 1. Kẻ CH⊥(ADB) và CK⊥AB (định lý ba đường vuông góc). Từ đó suy ra \ CKH =α là góc phẳng nhị diện cạnh AB. Theo giả thiết ta có S 1 =S ABC ,S 2 =S ABD . Vậy V = 1 3 CH.S 2 . (1) Ta có 79C A B D K H CH =CKsinα = 2S 1 AB sinα = 2S 1 sinα a . (2) Thay (2) vào (1) suy ra V = 2S 1 S 2 sinα 3a 2. Giả sử AB = a,CD = c, α là góc nhị diện cạnh AB, β là góc nhị A B C D a c diện cạnh CD. Đặt S 1 =S ABC ,S 2 =S ABD , S 3 =S BCD ,S 4 =S ACD . Theo phần (1) nếu gọi V là thể tích tứ diện ABCD ta có V = 2S 1 S 2 sinα 3a = 2S 3 S 4 sinβ 3c ⇒ V 2 = 4S 1 S 2 S 3 S 4 sinα.sinβ 9ac ⇒ ac sinα.sinβ = 4S 1 S 2 S 3 S 4 9V 2 . Vế phải của (3) là biểu thức hoàn toàn bình đẳng với các cạnh và sin của các góc nhị diện tương ứng, nên nó là giá trị chung cho tỉ số của tích 80các cặp cạnh đối của tứ diện với tích các sin của các nhị diện của từng cặp đối đó. 6.3 Bài tập đề nghị Bàitoán6.16.ChứngminhrằngtrongtamgiácABC thìcot A 2 ,cot B 2 ,cot C 2 theo thứ tự trên lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi a, b, c theo thứ tự trên cũng lập thành một cấp số cộng. Bàitoán6.17.ChứngminhrằngtrongtamgiácABC thìcotA,cotB,cotC lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi cosB = b 2 2ac . Bài toán 6.18. Ba góc A, B, C của một tam giác theo thứ tự lập thành một cấp số nhân với công bội q = 2. Chứng minh rằng: 1) 1 cosA − 1 cosB − 1 cosC = 4, 2) 1 sin 2 A + 1 sin 2 B + 1 sin 2 C = 8, 3) 1 cos 4 A + 1 cos 4 B + 1 cos 4 C = 416. Bài toán 6.19. Cho tứ giác ABCD thỏa mãn điều kiện cosA+cosB +cosC +cosD = 0. Chứng minh cotA+cotB +cotC +cotD = 0. Bài toán 6.20. Tứ giác ABCD nội tiếp. Đường tròn với tâm trên cạnh AB tiếp xúc với ba cạnh kia. Chứng minh rằng AD +BC =AB. Bài toán 6.21. Cho A,B,C,D là bốn đỉnh liên tiếp của một đa giác đều n cạnh thỏa mãn điều kiện 1 AD + 1 AC = 1 AB . Chứng minh n = 7. 81Bài toán 6.22. Cho hình thang ABCD (BC//AD) ngoại tiếp trong đường tròn bán kính r. Giả sử BC =b, DA =d (d >b) và \ AMD =α ở đây AB cắt CD tại M. Chứng minh rằng r = db d−b tan α 2 . 82Phụ lục Trong phần này chúng tôi sẽ trình bày phương pháp sử dụng định lý Viet đối với nghiệm của phương trình bậc ba để giải bài toán phụ trợ 2.5. Bổđề6.1. Cáccạnha,b,ccủatamgiácABC làcácnghiệmcủaphương trình bậc ba x 3 −2px 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)x−4pRr = 0. Chứng minh Áp dụng định lý hàm số sin ta có sinA = a 2R . Ta lại có r = (p−a)tan A 2 ⇒ tan A 2 = r p−a . Từ hệ thức sinA = 2tan A 2 1+tan 2 A 2 ⇒ a 2R = 2r p−a 1+ r 2 (p−a) 2 ⇒ a 2R = 2r(p−a) r 2 +(p−a) 2 ⇒a(p−a) 2 +r 2 a−4Rr(p−a) = 0 ⇒ a 3 −2pa 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)a−4pRr = 0. (1) Hệ thức (1) chứng minh rằng a là nghiệm của phương trình bậc ba. x 3 −2px 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)x−4pRr = 0. (2) 83Lập luận tương tự với b,c cũng thỏa mãn (2) suy ra đpcm. Bổ đề 6.2. sinA, sinB, sinC là ba nghiệm của phương trình bậc ba 4R 2 x 3 −4Rpx 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)x−2pr = 0. Chứng minh Thay biến x = t 2R , thì 4R 2 x 3 −4Rpx 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)x−2pr = 0 ⇔ t 3 2R − pt 2 R +(p 2 +r 2 +4Rr) t 2R −2pr = 0 ⇔ t 3 −2pt 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)t−4pRr = 0. (1) Theo bổ đề (1) thìa,b,clà các nghiệmcủa (1). Do đó a 2R , b 2R , c 2R là các nghiệm của phương trình đã cho, tức là sinA,sinB,sinC là ba nghiệm của phương trình 4R 2 x 3 −4Rpx 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)x−2pr = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.3. cosA,cosB,cosClbanghimcaphngtrnhbcba 4R 2 x 3 −4R(R+r)x 2 +(p 2 +r 2 −4R 2 )x+(2R+r) 2 −p 2 = 0. Chứng minh Ta có p =a+(p−a)⇔p = 2RsinA+rcot A 2 . (1) Do trong mọi tam giác ABC thì sinA> 0,cot A 2 > 0 nên (1)⇔p = 2R q (1−cosA)(1+cosA)+r r 1+cosA 1−cosA ⇔ p 2 (1−cosA) = (1+cosA)[2R(1−cosA)+r] 2 ⇔p 2 −p 2 cosA = (1+cosA)(4R 2 cos 2 A−8R 2 cosA+4R 2 + r 2 +4Rr−4RrcosA) ⇔ 4R 2 cos 3 A−4R(R+r)cos 2 A+(p 2 +r 2 −4R 2 )cosA +(2R+r) 2 −p 2 = 0. (2) Từ (2) suy ra cosA là nghiệm của phương trình bậc ba 844R 2 x 3 −4R(R+r)x 2 +(p 2 +r 2 −4R 2 )x+(2R+r) 2 −p 2 = 0. Tương tự cosB,cosC cũng là nghiệm của phương trình trên. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.4. 1 sinA , 1 sinB , 1 sinC là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2prx 3 −(p 2 +r 2 +4Rr)x 2 +4Rpx−4R 2 = 0. Chứng minh Đặt x = 1 t , khi đó 2prx 3 −(p 2 +r 2 +4Rr)x 2 +4Rpx−4R 2 = 0 ⇔ 2pr t 3 −(p 2 +r 2 +4Rr) 1 t 2 +4Rp 1 t −4R 2 = 0 ⇔ 4R 2 t 3 −4Rpt 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)t−2pr = 0. (1) Theobổđề(2)thìsinA,sinB,sinC làcácnghiệmcủa(1).Dođó 1 sinA , 1 sinB , 1 sinC là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2prx 3 −(p 2 +r 2 +4Rr)x 2 +4Rpx−4R 2 = 0. Đpcm. Bổ đề 6.5. 1 cosA , 1 cosB , 1 cosC là ba nghiệm của phương trình bậc ba [p 2 −(2R+r) 2 ]x 3 −(p 2 +r 2 −4R 2 )x 2 +4R(r+R)x−4R 2 = 0. Chứng minhtươngtựbổđề4 bằngcáchthay biếnx = 1 t rồiápdụng bổ đề3. Bổ đề 6.6. sin 2 A 2 ,sin 2 B 2 ,sin 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba 16R 2 x 3 −8R(2R−r)x 2 +(p 2 +r 2 −8Rr)x−r 2 = 0. Chứng minh Đặt x = 1−t 2 , khi đó 16R 2 x 3 −8R(2R−r)x 2 +(p 2 +r 2 −8Rr)x−r 2 = 0 ⇔ 16R 2 (1−t) 3 8 −8R(2R−r) (1−t) 2 4 +(p 2 +r 2 −8Rr) 1−t 2 −2r 2 = 0 ⇔ 4R 2 (1−t) 3 −4R(2R−r)(1−t) 2 +(p 2 +r 2 −8Rr)(1−t)−r 2 = 0 ⇔ 4R 2 t 3 −4R(R+r)t 2 +(p 2 +r 2 −4R 2 )t+(2R+r) 2 −p 2 = 0. (1) Theo bổ đề (3) thì cosA,cosB,cosC là các nghiệm của (1). Do đó 851−cosA 2 , 1−cosB 2 , 1−cosC 2 là các nghiệm của phương trình 16R 2 x 3 −8R(2R−r)x 2 +(p 2 +r 2 −8Rr)x−r 2 = 0. Suy ra sin 2 A 2 ,sin 2 B 2 ,sin 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình trên. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.7. cos 2 A 2 ,cos 2 B 2 ,cos 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba 16R 2 x 3 −8R(2R+r)x 2 +[p 2 (4R+r)]x−p 2 = 0. Chứng minh Thay biến x = 1+t 2 và dùng bổ đề 3. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.8. 1 sin 2 A 2 , 1 sin 2 B 2 , 1 sin 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba r 2 x 3 −(p 2 +r 2 −8Rr)x 2 +8R(2R−r)x−16R 2 = 0. Chứng minh Đặt x = 1 t , khi đó r 2 x 3 −(p 2 +r 2 −8Rr)x 2 +8R(2R−r)x−16R 2 = 0 ⇔ r 2 t 3 − p 2 +r 2 −8Rr t 2 + 8R(2R−r) t −16R 2 = 0 ⇔ 16R 2 t 3 −8R(2R−r)t 2 +(p 2 +r 2 −8Rr)t−r 2 = 0 (1) Theo bổ đề (6) thì sin 2 A 2 ,sin 2 B 2 ,sin 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình (1). Do đó 1 sin 2 A 2 , 1 sin 2 B 2 , 1 sin 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba r 2 x 3 −(p 2 +r 2 −8Rr)x 2 +8R(2R−r)x−16R 2 = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.9. 1 cos 2 A 2 , 1 cos 2 B 2 , 1 cos 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba 86p 2 x 3 −[p 2 +(4R+r) 2 ] 2 x 2 +8R(4+r)x−16R 2 = 0. Chứng minh Đặt x = 1 t và dùng bổ đề 7. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.10. cotA,cotB,cotC là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2prx 3 −(p 2 −r 2 −4Rr)x 2 +2prx+(2R+r) 2 −p 2 = 0. Chứng minh Ta có a+p−a =p ⇔ 2RsinA+rcot A 2 =p ⇔ 2R √ 1+cot 2 A + r sinA +rcotA =p ⇔ 2R √ 1+cot 2 A +r p 1+cot 2 A =p−rcotA ⇔ [2R+r(1+cot 2 A)] 2 = (1+cot 2 A)(p−r) 2 ⇔ (2R+r+rcot 2 A) 2 = (1+cot 2 A)(p 2 −2prcotA+r 2 cot 2 A)[ ⇔ 2prcot 3 A−(p 2 −r 2 −4Rr)cot 2 A+2prcotA+(2R+r) 2 −p 2 = 0. (1) Từ (1) suy ra cotA là nghiệm của phương trình 2prx 3 −(p 2 −r 2 −4Rr)x 2 +2prx+(2R+r) 2 −p 2 = 0. Tương tự cotB,cotC cũng là nghiệm của (*), suy ra đpcm. Bổ đề 6.11. tanA,tanB,tanC là ba nghiệm của phương trình bậc ba. [p 2 −(2R+r) 2 ]x 3 −2prx 2 +(p 2 −4Rr−r 2 )x−2pr = 0. Chứng minh Đặt x = 1 t . Khi đó [p 2 −(2R+r) 2 ]x 3 −2prx 2 +(p 2 −4Rr−r 2 )x−2pr = 0 ⇔ p 2 −(2R+r) 2 t 3 − 2pr t 2 + p 2 −4Rr−r 2 t −2pr = 0 ⇔ 2prt 3 −(p 2 −4Rr−r 2 )t 2 +2prt+(2R+r) 2 −p 2 = 0. (1) 87Theo bổ đề 10 thì cotA,cotB,cotC là ba nghiệm của (1). Điều đó nghĩa là tanA,tanB,tanC là ba nghiệm phương trình bậc ba [p 2 −(2R+r) 2 ]x 3 −2prx 2 +(p 2 −4Rr−r 2 )x−2pr = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.12. tan A 2 ,tan B 2 ,tan C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba px 3 −(4R+r)x 2 +pr−r = 0. Chứng minh Ta có a+(p−a) =p ⇔ 2RsinA+rcot A 2 =p ⇔ 4Rtan A 2 1+tan 2 A 2 + r tan A 2 =p ⇔ 4Rtan 2 A 2 +r+rtan 2 A 2 =ptan A 2 +ptan 3 A 2 ⇔ ptan 3 A 2 −(4R+r)tan 2 A 2 +ptan A 2 −r = 0. (1) Từ (1) suy ra tan A 2 là nghiệm của phương trình bậc ba px 3 −(4R+r)x 2 +pr−r = 0. (*) Lập luận tương tự tan B 2 ,tan C 2 cũng là nghiệm phương trình bậc ba (*), suy ra đpcm. Bổ đề 6.13. cot A 2 ,cot B 2 ,cot C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba rx 3 −px 2 +(4R+r)x−p = 0. Chứng minh Đặt x = 1 t . Khi đó rx 3 −px 2 +(4R+r)x−p = 0 ⇔ r t 3 − p t 2 + (4R+r) t −p = 0 ⇔ pt 3 −(4R+r)t 2 +pt−r = 0. (1) 88Theobổđề12thìtan A 2 ,tan B 2 ,tan C 2 làcácnghiệmcủa(1).Dođó 1 tan A 2 , 1 tan B 2 , 1 tan C hay cot A 2 ,cot B 2 ,cot C 2 là các nghiệm của phương trình bậc ba rx 3 −px 2 +(4R+r)x−p = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.14. r a ,r b ,r c là ba nghiệm của phương trình bậc ba x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0. Chứng minh Đặt x =pt ta có: x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0 ⇔ p 3 t 3 −(4R+r)p 2 t 2 +p 3 t−p 2 r = 0 ⇔ pt 3 −(4R+r)t 2 +pt−r = 0. (1) Theo bổ đề 12 thì tan A 2 ,tan B 2 ,tan C 2 là các nghiệm của (1). Do đó r a = ptan A 2 ,r b = ptan B 2 ,r c = ptan C 2 là các nghiệm của phương trình bậc ba x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.15. 1 r a , 1 r b , 1 r c là ba nghiệm của phương trình bậc ba p 2 rx 3 −p 2 x 2 +(4R+r)x−1 = 0. Chứng minh Đặt x = 1 t và dùng bổ đề 14. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.16. h a ,h b ,h c là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2Rx 3 −(p 2 +r 2 +4Rr)x 2 +4p 2 rx−4p 2 r 2 = 0. 89Chứng minh Đặt x = 2pr t , ta có 2Rx 3 −(p 2 +r 2 +4Rr)x 2 +4p 2 rx−4p 2 r 2 = 0 ⇔ 2R(2pr) 3 t 3 −(p 2 +r 2 +4Rr) (2pr) 2 t 2 +4p 2 r 2pr t −4p 2 r 2 = 0 ⇔ p 2 r 2 t 3 −2p 3 r 2 t 2 +p 2 r 2 (p 2 +r 2 +4Rr)t−4Rp 3 r 3 = 0 ⇔ t 3 −2pt 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)t−4Rrp = 0. (1) Theo bổ đề (1) thì a,b,c là các nghiệm của (1). Do đó h a = 2pr a , h b = 2pr b ,h c = 2pr c là các nghiệm của phương trình bậc ba 2Rx 3 −(p 2 +r 2 +4Rr)x 2 +4p 2 rx−4p 2 r 2 = 0. Suy ra đpcm. Bổ đề 6.17. 1 h a , 1 h b , 1 h c là ba nghiệm của phương trình bậc ba 4p 2 r 2 x 3 −4p 2 rx 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)x−2R = 0. Chứng minh Đặt x = 1 t và dùng bổ đề 16. Suy ra đpcm. Ta áp dụng các bổ đề trên để giải bài toán phụ trợ như sau: Theo bổ đề 2, sinA,sinB,sinC là ba nghiệm của phương trình bậc ba 4R 2 x 3 −4Rpx 2 +(p 2 +r 2 +4Rr)x−2pr = 0. Áp dụng định lý Viet với phương trình trên ta có sinA+sinB +sinC = 4Rp 4R 2 = p R . 1) sinAsinB +sinBsinC +sinCsinA = p 2 +4Rr+r 2 4R 2 . 2) sinAsinBsinC = pr 2R 2 . Do sin 2 A+sin 2 B +sin 2 C = (sinA+sinB +sinC) 2 −2(sinAsinB +sinBsinC +sinCsinA) nên ta có 3) sin 2 A+sin 2 B +sin 2 C =  p R  2 −2 p 2 +r 2 +4Rr 4R 2 = p 2 −4Rr−r 2 2R 2 90Ta lại có sin 4 A+sin 4 B +sin 4 C =(sin 2 A+sin 2 B +sin 2 C) 2 −2(sin 2 Asin 2 B +sin 2 Bsin 2 C +sin 2 Csin 2 A) =(sin 2 A+sin 2 B +sin 2 C) 2 −2  (sinAsinB +sinBsinC +sinCsinA) 2 −2sinAsinBsinC(sinA+sinB +sinC)]. Áp dụng các tính chất trên đi đến 6) sin 4 A+sin 4 B +sin 4 C =  p 2 −4Rr−r 2 2R 2  2 −2  p 2 +4Rr+r 2 4R 2  2 +4 pr 2R 2 . p R = 2(p 2 −4Rr−r 2 )p 2 −(p 2 +r 2 +4Rr) 2 +16p 2 rR 8R 4 = p 4 −(8Rr+6r 2 )p 2 +r 2 (4R+r) 2 8R 4 Ta có sin 3 A+sin 3 B +sin 3 C =(sinA+sinB +sinC) 3 −3sinAsinB(sinA+sinB)−3sinBsinC (sinB +sinC)−3sinCsinA(sinC +sinA)−6sinAsinBsinC. =(sinA+sinB +sinC) 3 −3(sinAsinB +sinBsinC +sinCsinA) (sinA+sinB +sinC)+3sinAsinBsinC Vì thế áp dụng các phép tính trên ta được 4) sin 3 A+sin 3 B +sin 3 C = p 3 R 3 −3 p R  p 2 +4Rr +r 2 4R 2  + 3pr 2R 2 = p 3 −3r 2 p−12pRr+6pRr) 4R 3 = p(p 2 −6Rr−3r 2 ) 4R 3 Sau hết ta có 5) (sinA+sinB)(sinB +sinC)(sinC +sinA) =2sinAsinBsinC +sinAsinB(sinA+sinB)+ 91+sinBsinC(sinB +sinC)+sinCsinA(sinC +sinA) =2sinAsinBsinC +(sinAsinB +sinBsinC +sinCsinA) .(sinA+sinB +sinC)−3sinAsinBsinC =(sinAsinB +sinBsinC +sinCsinA)(sinA+sinB +sinC) −sinAsinBsinC = p 2 +r 2 +4Rr 4R 2 . p R − pr 2R 2 = p(p 2 +r 2 +2Rr) 4R 3 . Vậy hệ thức 1-6 được chứng minh. Lập luận tương tự bằng cách áp dụng bổ đề 3 và định lý Viet cho phương trình bậc ba ta suy ra hệ thức 7-11. Theo bổ đề 4 thì 1 , 1 , 1 là ba nghiệm của phương trình bậc ba 2prx 3 −(p 2 +r 2 +4Rr)x 2 +4Rpx−4R 2 = 0. Áp dụng định lý Viet cho phương trình này ta được: 12) 1 sinA + 1 sinB + 1 sinC = p 2 +r 2 +4Rr 2pr . 13) 1 sinAsinB + 1 sinBsinC + 1 sinCsinA = 2R r . 1 sinAsinBsinC = 4R 2 2pr = 2R 2 pr . 14) 1 sin 2 A + 1 sin 2 B + 1 sin 2 C =  1 sinA + 1 sinB + 1 sinC  2 −2  1 sinAsinB + 1 sinBsinC + 1 sinCsinA  =  p 2 +r 2 +4Rr 2pr  2 − 4R r = (p 2 +r 2 +4Rr) 2 −16p 2 Rr 4p 2 R 2 . 15) 92sinAsinB sinC + sinBsinC sinA + sinCsinA sinB = (sinA+sinB +sinC)  1 sinA + 1 sinB + 1 sinC  −3 = p R p 2 +r 2 +4Rr 2pr −3 = p 2 +r 2 +4Rr 2pr −3 = p 2 +r 2 −2Rr 2pr . Bằng lập luận tương tự ta chứng minh được các hệ thức 16-20. Theo bổ đề 6 thì sin 2 A 2 ,sin 2 B 2 ,sin 2 C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba 16R 2 x 3 −8R(2R−r)x 2 +(p 2 +r 2 −8Rr)x−r 2 = 0. Áp dụng định lý Viet cho phương trình trên ta có 21) sin 2 A 2 +sin 2 B 2 +sin 2 C 2 = 8R(2R−r) 16R 2 = 2R−r 2R sin 2 A 2 sin 2 B 2 +sin 2 B 2 sin 2 C 2 +sin 2 C 2 +sin 2 A 2 = p 2 +R 2 −8Rr 16R 2 sin 2 A 2 sin 2 B 2 sin 2 C 2 = r 2 16R 2 . Ta có 22) sin 4 A 2 +sin 4 B 2 +sin 4 C 2 =  sin 2 A 2 +sin 2 B 2 +sin 2 C 2  2 −2  sin 2 A 2 sin 2 B 2 +sin 2 B 2 sin 2 C 2 +sin 2 C 2 sin 2 A 2 =  2R−r 2R  2 − p 2 −r 2 −8Rr 8R 2 = 8R 2 +r 2 −p 2 8R 2 . Như vậy các hệ thức 21-23 được chứng minh. Lập luận tương tự (dùng bổ đề 7), thì hệ thức 24-26 được chứng minh. 93Dùng bổ đề 8, 9 và kết hợp với định lý Viet suy ra hệ thức 27-32 được chứng minh. Theo bổ đề 10 cotA,cotB,cotC là ba nghiệm của phương trình bậc ba. 2prx 3 −(p 2 −r 2 −4Rr)x 2 +2prx+(2R+r) 2 −p 2 = 0. Áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba trên ta được 33) cotA+cotB +cotC = p 2 −r 2 −4Rr 2pr . 34) cotAcotBcotC = p 2 −(2R+r) 2 2pr . (Ta kiểm tra lại hệ thức cotAcotB +cotBcotC +cotCcotA = 1. Thật vậy theo định lý Viet thì cotAcotB +cotBcotC +cotCcotA = 2pr 2pr = 1). Ta thấy 35) cot 2 A+cot 2 B +cot 2 C =(cotA+cotB +cotC) 2 −2(cotAcotB +cotBcotC +cotCcotA) = (p 2 −r 2 −4Rr) 2 4p 2 r 2 −2. Do (cotA+cotB)(cotB +cotC)(cotC +cotA) =(cotAcotB +cotBcotC +cotCcotA)(cotA+cotB +cotC)−cotAcotBcotC Áp dụng kết quả trên đi đến 36) (cotA+cotB)(cotB +cotC)(cotC +cotA) = p 2 −r 2 −4Rr 2pr − p 2 −(2R+r) 2 2pr −2 = 4R 2 2pr = 2R 2 pr . Sử dụng hằng đẳng thức quen biết ta thấy 37) 94cot 3 A+cot 3 B +cot 3 C = (cotA+cotB +cotC) 3 −3(cotA+cotB+cotC)(cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA)+3cotAcotBcotC. Từ đó theo các tính toán trên suy ra cot 3 A+cot 3 B +cot 3 C = (p 2 −r 2 −4Rr) 2 8p 3 r 3 −3 p 2 −r 2 −4Rr 2pr +3 p 2 −(2R+r) 2 2pr = (p 2 +r 2 −4Rr) 3 −12p 2 r 2 [p 2 −r 2 −4Rr−p 2 +(2R+r) 2 ] 8p 2 r 3 = (p 2 +r 2 −4Rr) 3 −48p 2 R 2 r 2 8p 2 r 3 . Vậy các hệ thức 34-41 được chứng minh. Bằng lập luận tương tự và sử dụng bổ đề 11 suy ra hệ thức 42 cũng được chứng minh. Theo bổ đề 12 tan A 2 ,tan B 2 ,tan C 2 là ba nghiệm của phương trình bậc ba. px 3 −(4R+r)x 2 +pr−r = 0. Áp dụng định lý Viet cho phương trình trên ta được tan A 2 +tan B 2 +tan C 2 = 4R+r p , tan A 2 tan B 2 tan C 2 = r p . (Ta cũng kiểm tra được hệ thức tan A 2 tan B 2 +tan B 2 tan C 2 +tan C 2 tan A 2 = p p = 1). Sử dụng hằng đẳng thức ta có 9542) tan 2 A 2 +tan 2 B 2 +tan 2 C 2 =  tan A 2 +tan B 2 +tan C 2  2 −2  tan A 2 tan B 2 +tan B 2 tan C 2 +tan C 2 tan A 2 =  4R+r p  2 −2 = (4R+r) 2 −2p 2 p 2 tan 3 A 2 +tan 3 B 2 +tan 3 C 2 =  tan A 2 +tan B 2 +tan C 2  3 −3  tan A 2 +tan B 2 +tan C 2   tan A 2 tan B 2 +tan B 2 tan C 2 +tan C 2 tan A 2  +3tan A 2 tan B 2 tan C 2 = (4R+r) 3 p 3 −3 4R+r p +3 r p = (4R+r) 3 −3p 2 (4R+r−r) p 3 = (4R+r) 3 −12p 2 R p 3 . Áp dụng bổ đề 13 và định lý Viet suy ra hệ thức 43 - 46 được chứng minh. Sử dụng bổ đề 14-17 và áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba suy ra các hệ thức 47-75. Sau hết xét hệ thức 76) l a l b l c = 16Rr 2 p 2 p 2 +2Rr+r 2 Áp dụng công thức tính đường phân giác trong ta có l a l b l c = 2bccos A 2 b+c . 2accos B 2 a+c . 2abcos C 2 a+b = 8(abc) 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 (a+b)(b+c)(c+a) = 8(abc) 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 (a+b+c)(ab+bc+ca)abc . (*) Theo bổ đề 1: a,b,c là ba nghiệm của phương trình 96x 3 −2px 2 +(p 2 +4Rr−+r 2 )x−4pRr = 0. Ngoài ra theo các hệ thức trên ta có cos A 2 cos B 2 cos C 2 = 1 4 (sinA+sinB +sinC) = p 4R . Thay vào (*) ta được: l a l b l c = 8.16Rr 2 p 2 p 4R 2p(p 2 +4Rr+r 2 )−4pRr = 16Rr 2 p 2 p 2 +2Rr +r 2 . Suy ra đpcm. Như vậy bài toán phụ trợ được giải xong. 97Kết luận Luận văn Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác đã thu được một số kết quả chính sau đây: 1. Hệ thống hóa và phân loại các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác thường, tam giác vuông, tam giác cân và tam giác đều. Với mỗi dạng luận văn đưa ra ví dụ tiêu biểu đặc trưng cho phương pháp giải. 2. Luận văn cũng đưa ra bài toán về hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác như: Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số cộng, cấp số nhân; Các bài toán về hệ thức lượng trong hình học phẳng, hình học không gian. 3. Đặc biệt luận văn đã đưa ra gần 80 hệ thức lượng giác tính theo các đại lượng R,r,p và phương pháp chứng minh các hệ thức này theo định lý Viet về nghiệm của phương trình bậc ba. Đây là cái nhìn khá mới về hệ thức lượng trong tam giác. Mặc dù đã hết sức cố gắng nhưng luận văn không tránh khỏi sai sót. Tác giả rất mong sự đóng góp ý kiến của thấy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn! 98Tài liệu tham khảo [1] Doãn Minh Cường (2004), Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội. [2] Trần Văn Hạo (2001), Lượng giác, NXB Giáo Dục. [3] Võ Đại Mau (2003), Phương pháp giải toán lượng giác, NXB Trẻ. [4] Trần Thành Minh, Trần Quang Nghĩa, Lâm Văn Triệu, Dương Quốc Tuấn (2000), Giải toán lượng giác, NXB Giáo Dục. [5] Trần Phương (2010), Hệ thức lượng giác, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội. [6] Tạ Duy Phượng (2006), Phương trình bậc ba và các hệ thức trong tam giác, NXB Giáo Dục. [7] Nguyễn Thượng Võ (1998), Tuyển tập 300 bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, NXB Trẻ. 99