Một số bài toán lượng giác hay và khó

Chia sẻ: bongsenvang8888

Nguồn gốc của lượng giác được tìm thấy trong các nền văn minh của người Ai Cập, Babylon và nền văn minh lưu vực sông Ấn cổ đại từ trên 3000 năm trước. Các nhà toán học Ấn Độ cổ đại là những người tiên phong trong việc sử dụng tính toán các ẩn số đại số để sử dụng trong các tính toán thiên văn bằng lượng giác. Lagadha là nhà toán học duy nhất mà ngày nay người ta biết đã sử dụng hình học và lượng giác trong tính toán thiên văn học trong cuốn sách của...

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Một số bài toán lượng giác hay và khó

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN 
Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 




ĐỀ TÀI KHOA HỌC : 

Một số bài toán lượng giác 
hay và khó 

Tổ 4 

Lớp   :  Toán 2 
Niên khoá : 2008 – 2011 




Tp.Tuy Hoà, tháng 1 năm 2010 


Mục lục :
Chương I    :   Biến đổi lượng giác 

Chương II  :  Ứng dụng của lượng giác trong hình học 

Chương III :   Phương trình lượng giác 

Chương IV :   Bất phương trình lượng giác 

Chương V   :   Bất đẳng thức lượng giác




­ 1 ­ 
CHƯƠNG I: 
BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC 
a a a a a 
Bài 1: Cho  S n  = tan 2 tan a + 2 tan 2 2
tan + ... + 2 n -1 tan 2  n tan  n -1  .  Tìm  lim S n 
2 2 2 2 2  n 
®¥ 

Giải: 
2 tan x 
Ta có  tan 2 x =
1 - tan 2  x
Û tan 2 x - tan 2 x tan 2  x = 2 tan x
Û tan 2  x tan 2 x = tan 2 x - 2 tan x (1) 
Thay  vào (1) rồi cộng vế theo vế, ta được: 
ì 2  a a 
ï tan 2 tan a = tan a - 2 tan 2 
ï
ï2 tan 2 a tan a = 2 tan a - 22  tan  a 
ï 22 2 2 2 2 

ï a a a a 
ï
+ í22 tan 2 3 tan 2 = 22 tan 2 - 23  tan  3 
ï 2 2 2 2 
ï.......................................................... 
ï
ï2n-1 tan 2 a tan a = 2n -1  tan a - 2n  tan  a
ï 2n 2n -1 2n -1  n 

ï
î 


S n  = ta n a -  2 n  ta n 
2 n 
æ a  ö
Þ lim S n  = tan a - lim ç 2n  tan  n  ÷
n ®¥ n 
®¥
è 2  ø 
S n  = tan a - a
x x x 
Bài 2:  Cho  Pn  = cos cos 2  ....cos  n  . Tìm  lim Pn 
2 2 2  n 
®¥ 

Giải: 
sin 2 a 
Từ  sin 2a = 2sin a cos a Þ cos a = 
2sin a
ì x 
ï s in 
x s in  x x  2 
ï cos = x
, c o s  2  =

ï 2 2 sin 2  2 s i n  2 
ï 2 2 
ï x 
ï s in  2 
ï x  2  , ........................ 
í c o s 3  = x 
ï 2  s in  3 
ï 2 
ï x 
ï s in  n - 1 
x  2 
ï c o s  n  =
ï 2  x
2 s i n  n 
ï
î 2 



­ 2 ­ 
sin x 
Nhân vế theo vế ta được:  P  =

x
2n  sin  n 

sin x 
Þ  lim P  = lim 

n ®¥ n 
®¥ n  x
2 sin  n 

sin x  sin x 
= lim  = 
®¥ æ
n  x  ö x 
ç sin 2  ÷

ç x ÷ x 
ç n  ÷
è 2  ø 

Bài 3: Rút gọn biểu thức: 
An  = 2 + 2 + 2 + ....... 2 
1444 24444
4 3 


Giải: 

Ta có với n=1: 
p
A1  = 2 = 2 cos 

p
Ta sẽ chứng minh:  An  = 2 cos  n 
(*) 

Với n=1 , đẳng thức đúng 
Giả sử (*) đúng tới n=k, tức là : 
p
Ak  = 2 cos  k 

Ta chứng minh (*) đúng với n=k+1, tức là 
p
Ak +1  = 2 cos  k +1 

Thật vậy: 
Ak +1  = 2 + 2 + .... 2 
144 244 3 
k +1 

= 2 + Ak 
p
=  2(cos 2p + cos  k

p p
= 4 cos( k +1
+ p ) cos( - p ) 
2 k
2  +1 
p
= 2 cos  k +1  (đpcm) 

Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có : 
p
An  = 2 cos  n 



­ 3 ­ 
Bài 4:  Cho vài ( hoặc tất cả) các số  a1 , a2 , a3 ,....., a  bằng +1 và các số còn lại của chúng bằng ­1. 


Chứng tỏ rằng: 
æ a a  a a a a a a ...  ö o 

2sin ç a  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
1  2 -
è 2 2 2  ø

= a1 2 + a2 2 + a3  2 + ... + an  2 
Chẳng hạn với  a1 = a2 = a3  = ..... = an  = 1  ta được: 
o
1 1 1 45 
2sin(1 + + + .... + n -1 )45o = 2 cos n -1  = 2 + 2 + .... 2 
2 4 2 2  144 244 3 
n

Giải: 
Ta sẽ tiến hành từ công thức nửa góc: 
a
2sin = ± 2 - 2 cos a trong đó dấu “+” hoặc” – “được chọn cho phù hợp với qui luật về 
2
dấu của hàm sin. Sử dụng công thức này ta lần lượt định được sin các góc: 
æ aa ö o æ a1a2 a1a2 a3 ö o æ a1a  a1a2 a3 a1a2 a3 ...  n  ö o 

a1 45o ; ç a1 + 1 2 ÷ 45 ; ç a1 + + 2

÷ 45 ;.....; ç a1  + 2 + 22 + .... + n  1 
- ÷ 45 
è 2 ø è 2 2 ø è 2  ø
Giả sử ta đã xác định được sin góc: 
æ a1a  a1a2 a3
2  a1a2 a3 ...  n  ö o 

ç a1  + 2 + 2 2 + .... + 2 n -1  ÷ 45  trong  đó  a1 , a2 , a3 ,....., a  lấy  các  giá  trị  bằng  +1  hoặc  ­1  bởi 

è ø
vì: 
æ a a  a a a a a a ...  ö o 

2 ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
2 -
è 2 2 2  ø
é æ a a  a a a a a a ...  ö o ù

= ê ±90o ± ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45  ú
2 -
trong đó dấu  “+” tương ứng với a=1 và dấu ” – 
ë è 2 2 2  ø û
“ ứmg với a= ­1 
Và 
é æ a a  a a a a a a ...  ö o ù

cos ê ±90o ± ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45  ú
2 -
ë è 2 2 2  ø û
æ a a  a a a a a a ...  ö o 

= - sin ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
2 -
è 2 2 2  ø
a
Áp dụng công thức  2sin = ± 2 - 2 cos  , ta có: 
2
æ a a  a1a2 a3 a a a ...  ö o 

2sin ç a1  + 1 2  + 2
+ .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
-
è 2 2 2  ø
æ a a  a a a a a a ...  ö o 

= ± 2 + 2sin ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
2 -
è 2 2 2  ø

Để  ý  rằng  tất  cả  các  góc  được  xét  đều  nhỏ  hơn  90  về  mặt  giá  trị  tuyệt  đối  (  ngay  cả 
æ 1 1 1
ö o o 1  o o 
÷ 45 = 90 - n 90 < 90  và vì dấu của các góc này được định bởi dấu của a  , nên 
ç 1 + + 2  + ... + n 1 
è 2 2 2
ø 2 
căn bậc hai trong công thức cuối phải lấy dấu “+” hoặc” – “ tùy theo dấu của a  . Nói cách khác ta 


có thể viết:
­ 4 ­ 
æ a a  a a a a a a ...  ö o 

2sin ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
2 -
è 2 2 2  ø
æ a a  a a a a a a ...  ö o 

= a1 2 + 2 sin ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
2 -
è 2 2 2  ø
Giờ ta hãy dùng công thức hiển nhiên  2sin a1 45o  = a1  2  giúp ta suy ra liên tiếp các hệ thức sau: 
æ a a  ö
2sin ç a1 + 1 2  ÷ 45o  = a1 2 + a2  2 
è 2  ø

æ a a  a a a  ö
2sin ç a1 + 1 2  + 1 2 3  ÷ 45o  = a1 2 + a2 2 + a3  2 

è 2 2  ø
…………………………………………… 
æ a a  a a a a a a ...  ö o 

2sin ç a  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45 
1  2 -
è 2 2 2  ø

= a1 2 + a2 2 + a3  2 + ... + an  2 

Bài 5: Tìm điều kiện đối với a và b để hàm số : 
y = 2 x + a sin x + b cos x luôn đồng biến 

Giải: 
Hàm số có tập xác định  D =  R
Có đạo hàm  y ' = 2 + a cos x - b sin x
Trường hợp 1:  a = b = 0 Þ y ' = 2 > 0  "x ΠR
Điều này thỏa mãn yêu cầu đề bài 
Trường hợp 2:  a 2 + b 2  > 0 
æ a b  ö
Ta có:  y ' = 2 + a 2 + b 2  ç cos x - sin x ÷
2 2 2 2 
è a +b a +b ø 
ì a 
ïcos j =
ï a 2 + b 

Với  í
ïsin j = b 
ï
î a 2 + b2 
y ' = 2 + a 2 + b 2  cos ( x + j ) 
vì -1 £ cos ( x + j ) £ 1  nên Û 2 - a 2 + b 2 £ 2 + a 2 + b 2 cos ( x + j ) £ 2 + a 2 + b 2 
Để hàm số luôn đồng biến: 
Û y ' ³ 0  "x ΠR
Û 2 - a 2 + b 2  ³ 0 
Û a 2 + b 2  £ 2 
Û a 2 + b2  £ 4 
Kếi luận  a 2 + b 2  £ 4 
(chú ý  a 2 + b 2  £ 4 vẫn đúng khi  a = b = 0 )
­ 5 ­ 
Bài 6: 
Cho hàm số  y = 4 x3  - mx . Tính m để  y £ 1  khi  x £ 1 

Giải: 
Thuận: vì  x £ 1  nên ta chọn: 
*  x = 1 Þ y = 4 - m
Theo giả thiết  y £ 1 Þ 4 - m £ 1 
Þ  -1 £ 4 - m £ 1 
Þ  3 £ m £ 5  (1) 
1 - m 
Theo giả thiết  y  £ 1 Þ £ 1 

Þ  1 - m  £ 2 
Þ -2 £ 1 - m £ 2 
Þ -1 £ m £ 3 

Kết hợp (1) và (2) suy ra m=3 
Đảo: với m=3 Þ  y  = 4 x 3 - 3 

Theo giả thiết  x £ 1
Û  $a Î R : x  = cos  a
Vậy y  = 4 cos 3 a  - 3 cos a
a
Û y  = cos 3   
a
Û y  = cos 3  £ 1 
Kết luận m=3 

Bài 7: Chứng minh rằng nếu  m sin( a + ) = cos(  = b  trong đo a - b  ¹ k    và m  ¹ 1 thì biểu thức 
a  )  p
1 1 
E  =  + không phụ thuộc vào a và b 
1 - m sin 2  1 - m sin 2 
a  b 
Giải: 
Ta có:  sin 2  = sin[( a + b  + (  - b 
a )  a  )] 
= sin( a + b  cos(  - b  + cos(  + b  sin( a - b 
)  a  )  a  )  ) 
= m sin 2 (  + b  + cos(  + b  sin( a - b 
a  )  a  )  ) 
Þ 1 - m sin 2  = 1 - m 2  sin 2 (  + b  - m cos(  + b  sin( a - b 
a  a  )  a  )  ) 
= 1 - cos 2 (  - b  - m cos(  + b  sin( a - b 
a  )  a  )  ) 
= sin 2 (  - b  - m cos(  + b  sin( a - b 
a  )  a  )  ) 
= sin( a - b )[sin( a - b  - m cos(  + b 
)  a  )] 
Tương tự  1 - m sin 2  = sin( a - b 
b  )[sin( a - b  + m cos(  + b 
)  a  )] 
1 1 
E  = +
sin(a - b)[sin(a - b) - m cos(a + b)] sin(a - b)[sin(a - b) + mco(a + b 
)] 
1 é 1 1  ù
= ê sin(a - b) - m cos(a + b) + sin(a - b) + m cos(a + b) ú
sin(a - b) ë û

­ 6 ­ 
1 2 sin( a - b 

=
sin( a - b ) sin ( a - b) - m cos 2 ( a + b 
2 2


=
sin ( a - b ) - m [1 - sin 2 ( a + b 
2 2
)] 

=
sin ( a - b ) + m sin 2 ( a + b) - m 2 
2 2



=
sin (a - b) + cos2 (a - b) - m 2 
2



=  ( không phụ thuộc vào a và b) 
1 - m 2 

Bài 8: Cho dãy số {u n }  xác định như sau: 
u n  = tan n tan(  - 1  n = 1 2 
n  ),  ,  ... 
Chứng minh rằng tồn tại các hằng số a , b sao cho ta có 
S n = u  + u 2  + ...  n  = a tan n + b n 
1  u  "n  = 1,  ... 

Giải : 
Theo công thức cộng cung, ta có  "n = 1,  ...  2 
tan k - tan(  - 1 
k  )  tan k - tan(  - 1 
k  ) 
tan 1 =  Þ tan k tan(  - 1  =
k  ) 
1 + tan k tan(  - 1 
k  )  tan 

Từ đó suy ra : 
n n
é tan k  - tan(  - 1  ù
k  ) 
S n = å tan k tan(  - 1  = å ê
k  )  - 1 
ú
k =1  k = 
1  ë tan 1  û
æ n tan k  - tan(  - 1  ö
k  )  tan n 
= çå ÷ - n  = - n 
è k =1  tan 1  ø tan 1 
1
Đặt  a  = , b  = -1 khi đó "n = 1,  ... ta có: 

tan 1 
S n = a tan n + b n 
Vậy bài toán được chứng minh với sự tồn tại của các hằng số a , b như trên 

Bài 9: Dãy số  xác định như sau:
ì x  = a 
ï 0 
í n=0,1,2…….. 
ï x  + 1  = 2 x  2  - 1 
î n  n 

Biết  a  c. AM sin MAB = b. AM sin MAC 
2 2 
æA ö æ A  ö
=> c.sin ç + a ÷ = b.sin ç - a ÷ (1) 
è2 ø è 2  ø 
Theo định lí hàm số sin, từ (1) ta có:
æA ö æ A  ö
sin C sin ç + a ÷ = sin B sin ç - a ÷
è2 ø è 2  ø
A A A A 
=> sin C sin cos a + sin C cos sin a = sin B sin cos a - sin B cos sin a
2 2 2 2 
A A 
=> cos sin a ( sin B + sin c ) = sin cos a ( sin B - sin C ) 
2 2 
A B+C B -C A B+C B - C 
=> 2 cos sin a sin cos = 2 sin cos a cos sin 
2 2 2 2 2 2 
A B -C A B -C
=> sin a cos 2  cos  = cos a sin 2  sin ( 2 ) 
2  2 2 2 
A B - C
Chia cả 2 vế của (2) cho cos 2  cos a sin  ta có : 
2 2 
A B-C
tan 2  = tan a .cot 
2 2 
Đó là đpcm. 

Cách 2:

­ 16 ­ 
Đường phân giác trong AP kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp D ABC tại I. Kéo dài OI cắt đường tròn 
tại J. 
Dễ dàng thấy rằng PATM là tứ giác nội tiếp. 
· · 
=> PJM = PAM = a
·  B - C 
Mặt khác  PIM = 

B - C PM MI MI . 
IJ 
Từ đó suy ra : tan a cot = . =  (1 

2 JM PM MJ .  IJ
Theo  hệ  thức  lượng  trong  tam  giác  vuông,  ta  có: 
ìMI .  = IC 2 
ï IJ
í 2 
ïMJ .  = IJ
î  IJ
Vậy thay vào (1) ta được: 

B - C æ IC  ö 2 2 
tan a cot =ç ÷ = tan IJC  = tan  a
2  è JC ø 
Đó là đpcm. 
Cách 3: 
A B-C
Đẳng thức  tan 2  = tan a .cot 
2 2 
A B-C B - C 
tan tan = tan a tan 
2 2 2 
B - C 
tan 
tan a 2  (1 

A
=
B + C

tan tan 
2 2 

Theo định lí hàm số tan, ta có 
B - C 
b - c  tan 
= 2 
b + c tan B + C 

Vậy từ (1) suy ra:
B - C 
tan 2 a = tan a cot 

tan a b - c 
=
A  b + c
( 2 ) 
tan 

Kéo dài Ab một đoạn BE=b­c. AP kéo dài cắt EC tại K 
=> AI ^  EC và IE = IC 
Ta có:
IK 
tan a IK 
= AI  =  ( 3 

A EI  EI 
tan 
2  AI
Dễ thấy MI // BE (Đường trung bình trong D BEC)
­ 17 ­ 
=> Theo định lí Thales ta có :
b - c 
IK MI IK MI IK 2  = b - c ( 4 ) 
= => = => =
EK AE EK - IK AE - MI EK b - b - c  b + c 

tan a b - c 
Thay (4) vào (3) ta có:  = . Vậy (2) đúng => đpcm. 
A  b + c
tan 

Cách 4: 
µ
· = C + MAC = C + A 
APB µ · µ

0  µ -C
µ µ µ µ µ 
µ 180  - B
=C+ 0 
= 90  -
B -C · B - C 
=> HAD = 
2 2 2 
Mặt khác : 
· ·
(
tan a = tan  HAM - HAD  )
µ µ
æ · B - C ö
= tan ç HAM  - ÷
ç 2  ÷
è ø
µ µ
B - C 
·
tan HAM  - tan 
= 2 
µ - C 
B µ 
·
1 + tan HAM tan 

HM HC - HB  1  sin ( B - C )
Ta có : tan HAM = = = ( cot C - cot B ) =  ( 2 ) 
AH 2 AH 2 2 sin B sin C
Thay (2)vào (1), ta có đpcm
sin ( B - C ) B - C 
- tan 
tan a = 2sin B sin C  2 
sin ( B - C ) B - C 
1+ tan 
2 sin B sin C  2 
B-C B -C B - C 
sin cos2  - sin B sin C sin 
= 2 2 2 
æ 2  B - C ö B - C 
ç sin B sin C + sin 2 ÷
cos 

è ø
B - C 
sin é1 + cos ( B - C ) - cos ( B - C ) + cos ( B + C ) ù
= 2  ë û
B - C 
é cos ( B - C ) - cos ( B + C ) + 1 - cos ( B - C )  cos 
ë ù
û 2 
B + C 
2 cos 2 
B-C 2  = tan B - C cot 2  B + C 
= tan . 
2  2 sin 2  B + C  2 2 

B-C A A B -C
= tan tan 2 => tan 2  = tan a cot 
2 2 2 2 

­ 18 ­ 
Cách 5 : 
Kẻ At // BC. Từ B dựng đường vuông góc với phân giác AD. Đường này lần lượt cắt AD, AM, AC, At 
tại I, P, Q, R. Dễ thấy rằng B, P, Q, R là một hàng điểm điều hoà. Rõ ràng I là trung điểm PQ, vậy 
theo hệ thức Newton với hàng điểm điều hoà, ta có: 
IB 2  = IP. 
IR 
2
æ IB ö IP IR 
=> ç ÷ = . 
è IA ø IA IA 

tan 2  = tan a cot IRA 

µ µ
· · · B - C ( 2 ) 
IRA = IBD , IBD = 



(so le trong) 
Thay (2)vào (1) ta có đpcm. 
* Chú ý : Với bài tập trên chúng em đưa ra 5 cách chứng minh khác nhau. Nói chung, một bài toán 
có nhiều cách giải và 5 chưa phải là một con số đủ lớn để người ta dừng việc tìm tòi. Nào, thử khám 
phá một con đường đọc đáo khác xem, cách giải thứ 6 đang đợi những nhà toán học tài năng nhất 
đấy! 

Bài 5: 
Cho tam giác ABC. Gọi I vs O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Kí hiệu de= IO. 
1. Chứng minh công thức Euler sau đây : 
2 2 
d e  = R - 2 
rR

A B C 2 - 1 
2. Giả sử ta có  sin sin sin  =  , chứng minh rằng OI = r. 
2 2 2 4 
Giải : 
2 2 
1. Ta có R I  ( O ) = R - OI = IA.IA ' (1  , với A' là giao điểm của AI với đường tròn. 

Ta có : 

IA =

sin 

A + C 
A ' IC = IAC + ICA =

A + C 
ICA ' =

=> D IA'C cân đỉnh A nên IA' = A'C 
Áp dụng định lí hàm số sin trong D AA'C, 

ta được:  A ' C = 2 R sin 

r A 
Vậy từ (1), ta có :  R 2 - d e 2 = .2 R sin => d e 2 = R 2  - 2 
Rr 
A 2 
sin 

­ 19 ­ 
Công thức Euler được chứng minh. 
A B C 
2. Áp dụng công thức  r = 4 R sin sin sin  và theo giả thiết suy ra : 
2 2 2 
r  2 - 1 
= => r + R = R  2 
4 R  4 
=> r 2 + 2 Rr + R 2 = 2  2 

=> r 2 = R 2  - 2 
Rr
Theo công thức Euler ở phần 1, ta được  r 2 = d e 2
hay IO = r (đpcm) 

µ µ 
Bài 6 : Cho tam giác ABC với  B > C . Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp, O' là tâm đường tròn ngoại 
tiếp, O1  là tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác. Chứng minh rằng: 
2(sin B - sin C ) 
tan OO ' O  =

2 cos A - 1 
Giải: 

Rõ ràng  OBI1 = OCO1  = 90  => BOCO1  là tứ giác nội tiếp. 
Gọi I là trung điểm OO1 
· BO1 C µ µ
=> BIC = 2 · = B + C 
A · 
=> µ + BIC = 180 



=> ABIC là tứ giác nội tiếp. Vậy I nằm trên đường tròn ngoại tiếp D ABC và I chính là giao điểm của 
AO1  với đường tròn ấy. 
º º 
Dễ thấy  BI = CI
Áp dụng định lí hàm số cot trong D OO'O1, ta có :
O ' O 2 + O ' O12 - O1 O 2 
cot OO ' O  =
1  (* )
4 S  ' O 1 
OO


S OO 'O1  = 2 S OO ' I  = 2. OI .IO 'sin OIO ' 


= OO1 .IO 'sin OIO ' 

( OI = O1 I ) 
B-C 1  B - C 
Vì OIO ' = => SOO ' O  =  R.OO1  sin (1 

2 1 
2 2 
Áp dụng định lí hàm số sin trong D BOC, ta có : 
(với chú ý là đường tròn ngoại tiếp D BOC chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCO1  có đường 
kính OO1)
B+C A 
BC = OO1 sin BOC = OO1 sin = OO1  cos 
2 2 
Mặt khác theo định lí hàm số sin trong D ABC ta có :
BC = 2 R sin A 
A A 
=> 2 R sin A = OO1 cos => OO1  = 4 R sin ( 2 ) 
2 2 


­ 20 ­ 
A B - C 
Thay (2) vào (1) có: SOO ' O  = 2 R 2  sin sin ( 3 ) 

2 2 
Lại có :
O ' O 2 + O ' O12 - OO12 = 2O ' I 2 + 2  2 - OO 2 
OI 1 


= 2 R 2 - 8 R 2 sin 2 = 2 R 2  ( 2 cos A - 1)( 4 ) 

Thay (4) vào (3) ta được
2 cos A - 1 2 cos A - 1 
cot O ' OO  =
1  =
B-C B - C  2 ( sin B - sin C )
4 sin cos 
2 2 
2 ( sin B - sin c ) 
=> tan O ' OO  =

2 cos A - 1 
Đó là đpcm. 

Bài 7: (Định lí Steiner ­ Lemus về tam giác cân) 
Cho D ABC có  l b = l c . Chứng minh rằng ABC là tam giác cân đỉnh A. 
Giải: 
Ta có

2ac cos 
l b  = 2 
a + c 

2ab cos 
l c  = 2 
a + b 
B C 
2ac cos 2ab cos 
l b = l c  2 = 2 
a+c a + b 
1 æ1 1ö 1 æ 1 1 ö

Bè ça+c÷= ç + ÷ (1 ) 
cos ø cos C  è a b ø
2 2 
Giả thiết phản chứng  b ¹ c , không mất tính tổng quát, giả sử b > c 
B C B C 
b > c => 90 0  > > > 0 => cos < cos 
2 2 2 2 
1 1 
=> >
B C 
cos cos 
2 2 
1 1 
b > c => > 
c b
Vậy VP(1) > VT(1). Điều này vô lí, chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, nên b = c. 
Do đó ABC là tam giác cân đỉnh A (đpcm). 
* Chú ý: 
1. Jacob Steiner (1796 ­ 1863) là nhà hình học nổi tiếng người Thuỵ Sĩ. Định lí Steiner này có hàng 
chục cách chứng minh khác nhau, trong đó cách chứng minh trên là cách duy nhất sử dụng các kiến 
thức lượng giác.

­ 21 ­ 
2. Sau đây chúng em xin đưa ra hai cách chứng minh "phi lượng giác" đẹp mắt để bạn đọc thưởng 
thức. 
Cách  1:  (Tác  giả  là  2  kĩ  sư  người  Anh  G.Jylbert  và  D.Mac  ­  Donnell,  được  công  bố  trên  tạp  chí 
"American  Mathematical  Monthly"  vào  năm  1963  và  được  coi  là  cách  giải  đơn  giản  nhất  tại  thời 
điểm này.) 
Bổ đề : Trong tam giác ABC, nếu  µ BM < N ' A 
=> BM BM D MBD cân ở M => a + g = b + d (1) 
Nếu a  DN (3) 
Vì vậy trong D BDN từ (3) suy ra d  Vô lí 
Vì lí do tương tự , a  không thể bé hơn b
=> a = b (đpcm) 
Các bạn độc giả thân mến! Kể từ năm 1840 khi S.L.Lenmus gửi thư cho nhà hình học J.Steiner đến 
nay  đã  170  năm.  Từ  cách  chứng  minh  của  Steiner  cho  đến  cách  chứng  minh  gần  đây  nhất  của 
R.W.Hegy, con người đã dần thực hiện được khát vọng vươn đến cái đơn giản nhất. Chắc rằng quá 
trình này chưa dừng lại ở đây! 
3. Cuối phần chú ý này xin giành cho cách giải của chính J.Steiner 
Dựa vào công thức:

ì ac é( a + c ) - b  ù2 
ïl 2  = ë û
ï b  ( a + c )
2
ï
í 2 
ï ab é( a + b ) - c  ù2 

ïl c  =
2  ë û

ï
î ( a + b ) 
Từ  l b = l c sau khi biến đổi, đưa được về dạng :



­ 22 ­ 
a ( a + b + c ) é( a + b + c ) ( a 2  + bc ) + 2abc ù ( b - c ) = 0 
ë û
=> b = c
=> ABC là tam giác cân đỉnh A 

Bài 8 : (Điểm và góc Broca) 
· · · 
Cho tam giác ABC. M là 1 điểm trong tam giác sao cho  MAB = MBC = MCA = a . Chứng minh rằng : 
1.  cot a = cot A + cot B + cot C
1 1 1 1 
2.  2
= 2
+ 2
+  2 
sin a sin A sin B sin  C
3. sin 3 a = sin ( A - a ) sin ( B - a ) sin ( C - a ) 
4.  MA.MB.MC = 8 R3 sin 3 a
1 1 1 
5. Diện tích của các tam giác MAB, MBC, MAC tỉ lệ với  , , 
a 2 b 2 c 2 
Giải : 
1. Đặt MA = x, MB = y, MC = z 
SMAB = S1, SMBC = S2, SMCA = S3 
Như vậy S = S1 + S2  +S3 
Theo  định  lí  hàm  số  cot  trong  các  tam  giác  MAB,  MBC, 
MCA ta có: 
c 2 + x 2 - y 2 a 2 + y 2 - z 2 b 2 + z 2 - x 2 a 2 + b 2 + c 2 
cot a = = = =
4S1 4 S2 4 S3  4 S 
b 2 + c 2 - a 2 a 2 + c 2 - b 2 a 2 + b 2 - c 2 
cot a = + +
4S 4S 4 S 
cot a = cot A + cot B + cot C
(đpcm) 
2. Từ câu 1 ta có: 
cot a = cot A + cot B + cot C
=> cot 2 a = cot 2 A + cot 2 B + cot 2  C + 2(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A 

= cot 2 A + cot 2 B + cot 2  C + 2 
cot 2 a + 1 = (1 + cot 2 A ) + (1 + cot 2 B ) + (1 + cot 2  C ) 
1 1 1 1 
  2
= 2
+ 2
+  2  (đpcm) 
sin a sin A sin B sin  C
· · · 
3. Ta có  MAB = MBC = MCA = a
1 1 
Rõ ràng S MAC  = MA. AC sin ( A - a ) =  MC . AC sin a
2 2 
MA  sin a
=> =
MC sin( A - a ) 
Lý luận tương tự, ta có 
MC  sin a
=
MB sin(C - a ) 
MB  sin a
=
MA sin( B - a ) 
­ 23 ­
Nhân từng vế ba đẳng thức trên, ta có :
sin 3 a
1 =
sin ( A - a ) sin ( B - a ) sin ( C - a )
sin 3 a = sin ( A - a ) sin ( B - a ) sin ( C - a ) 
(đpcm) 
4.  Gọi  R1,  R2,  R3  tương  ứng  là  bán  kính  các  đường  trọn  ngoại  tiếp  của  các  tâm  giác  MBC,  MAC, 
MAB. 
Theo định lí hàm số sin trong tam giác MBC, ta có :
BC = a = 2 R1 sin BMC = 2 R1 sin ép - ( B1 + C - C  ) ù
ë 1  û

B1 = C1 = a => BC = a = 2 R1 sin (p - C ) = 2 R1 sin C
Lí luận tương tự :  b = 2 R2 sin A, c = 2 R3  sin B
=> abc = 8 R1 R2 R3  sin A sin B sin C 
=> R1 R2 R3  =  R 3  (1 

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác MAB, ta có:  MB = 2 R3  sin a
Tương tự
MC = 2 R  sin a


MA = 2 R  sin a


=> MA.MB.MC = 8 R1 R2 R3  sin 3 a ( 2 ) 
Thay (1) vào (2) ta có  MA.MB.MC = 8 R3 sin 3 a (đpcm) 

5. Ta có  S MAC  =  MC.b sin a

Theo câu 4 ta có : 
a ab sin 2 a
MC = 2 R1 sin a và  R1  = => S  = 
MAC 
2sin C 2sin C
Lí luận tương tự : 
bc sin 2  a
S  =
MAB 
2 sin A 
ac sin 2 a
S  =
MBC 
2sin B 
bc ca ab 
=> S MAB : S MBC : S  = 
MCA  : : 
sin A sin B sin C

bc ac ab 
S MAB : S MBC : S  = 
MCA  : :  (Theo định lí hàm số sin ) 
a b c
Chia 2 vế đẳng thức trên cho abc, ta có đpcm. 

Bài 9: (Định lí Morley) 
Cho tam giác ABC. Ở mỗi góc của tam giác ấy vẽ hai đường chia góc đó ra làm ba phần bằng nhau. 
Các đường ấy cắt nhau tại X, Y, Z. Chứng minh rằng XYZ là tam giác đều. 
Giải:


­ 24 ­ 
Đặt  A = 3a , B = 3b , C = 3  . Gọi các cạnh BC, CA, AB và đường kính đường tròn ngoại tiếp D ABC là 
g
a, b, c, d tương ứng. Theo định lí hàm số sin trong D CYA ta có :
CY b
= (1 

sin a sin (180  - a - b )




Do  a + g = 600  , vậy từ (1) suy ra:
sin a sin a
CY = b. = d sin 3b . ( 2 ) 
sin (120 + b )
0
sin ( 60  - b )




Ta có :
éæ 3 ö 2  ù
3
sin 3b = 3sin b - 4sin b = 4 sin b êç ÷ - sin 2  b ú
êç 2  ÷ ú
ëè ø û
= 4sin b ésin 2 60 0 - sin 2  b ù
ë û
( ) (
= 4sin b sin 60 0 + b sin 60 0  - b ) ( 3) 
Thay (3) vào (2):
n = CY = 4d sin a .sin b .sin ( 60  + b ) 




Lí luận tương tự : m = CX = 4d sin a .sin b .sin ( 60  + a ) 



Trong tam giác XYZ, áp dụng định lí hàm số cos, ta có :
XY 2 = m 2 + n 2  - 2 mn cos g
= 16 d 2 sin 2 b .sin 2 a ésin 2 ( 60 0 + a ) + sin 2 ( 600 + b ) - 2sin ( 60 0 + a ) sin ( 60 0  + b ) cos g ù ( 4 ) 
ë û 
µ µ µ 
Do ( 600 + a ) + ( 600 + b ) + g = 1800 ,nên  xét  tam  giác  EFG  với  E = 600 + a , F = 600  + b , G = g .  Gọi  d1  là 
đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này. Theo định lí hàm số sin trong tam giác này, ta có :

( )
FG = e = d  sin 60 0 + a => sin 60  + a =


( ) d 



( )
EG = f = d  sin 60 0 + b => sin 60  + b =


( )  d 1 


EF = g = d  sin g => sin g = 

d1 
Vậy thay vào (4), ta có : 
e2 + f 2  - 2ef  cos g
XY 2 = 16d 2 sin 2 a .sin 2  b . 
d 2 


g 2 
= 16d 2 sin 2 a .sin 2 b . 2 
= 16d 2 sin 2 a .sin 2 b .sin 2  g



=> XY = 4d sin a .sin b .sin g
Do vai trò như nhau, ta cũng có : 
YZ = ZX = 4d sin a .sin b .sin g
=> YZ = ZX = XY

­ 25 ­ 
Vậy XYZ là tam giác đều.(đpcm) 

* Chú ý : 
1. Frank Morley (1860­1937) sinh tại Anh, nhưng hầu như suốt đời sống ở Mĩ. Trong vài chục năm 
ông là giáo sư toán học ở trường Đại học tổng hợp thuộc bang Baltimore. 
Năm cuối cùng của thế kỉ XIX­1899,­ Morley phát hiện ra rằng khi chia ba góc của một tam giác 
bất  kì  thì  3  giao  điểm  của  những  đường  chia  ấy  là  những  đỉnh  của  một  tam  giác  đều.  Định  lí  về 
đường chia ba góc được phổ biến rộng rãi. Các nhà toán học nhiều nước nhận nó như một "bông hoa 
rừng" của hình học. 
Nhưng Morley chỉ phát hiện mà không chứng minh. Một thời gian dài, những người yêu toán đi 
tìm "bông hoa rừng" ấy, và ­ cuối cùng ­ sau 10 năm, họ khám phá ra rằng nó thật sự tồn tại. 
Cách chứng minh trên là một trong hai cách chứng minh bằng toán sơ cấp đầu tiên do nhà toán học 
Ấn  Độ  Naranergar  tìm  ra  vào  năm  1909.  Cũng  trong  năm  đó,  một  nhà  toán  học  Ấn  Độ  khác  là 
M.Sachyanarayan đưa ra một cách giải "phi lượng giác" (Chỉ dùng đến kiến thức hình học lớp 9). 
Năm 1914, Morley công bố cách chứng minh định lí của mình bằng toán cao cấp. năm 1924, Morley 
lại trình bày tỉ mỉ cách chứng minh đã được cải tiến củ mình và mở rộng định lí trong trường hợp 
chia ba cả góc trong lẫn góc ngoài, đã chứng minh được sự tồn tại của 27 tam giác đều mà một trong 
số đó là tam giác Morley ban đầu. Cách chứng minh của Morley rất đẹp, song phải sử dụng tính chất 
của đường hình tim (cardioid) trong toán cao cấp. 
"Bông hoa rừng" tiếp tục quyến rũ nhiều nhà toán học khác trên khắp thế giới, trong đó có nhà 
toán  học  nổi  tiếng  người  Pháp,  H.Lebesgue  (1875­1942).  Năm  1939  ­  tức  là  tròn  40  năm  sau  ­ 
Lebesgue đưa ra cách chứng minh định lí Morley mở rộng ­ với 27 tam giác đều ­ bằng toán sơ cấp ­ 
điều mà Morley chỉ là được với đường Cardioid, với cả trái tim của mình ! 

Bài 10: (Bài toán Napoléon) 
Cho tam giác ABC. Về phía ngoài trên ba cạnh tam giác dựng ba tam giác đều. Gọi O1, O2, O3  là tâm 
của ba tam giác đều ấy. Chứng minh O1O2O3  cũng là tam giác đều. 
Giải : 
Theo định lí hàm số cos, ta có : 
O2 O32 = CO2 + CO32  - 2CO2 .CO3 .cos O2CO 
2

2 2 
æ b 3 ö æ a 3 ö ab 
ç 3 ÷ + ç 3 ÷ - 2. 3  .cos ( 60  + C ) 
2 0 
=> O2O = ç
3  ÷ ç ÷
è ø è ø
a 2 b 2  2ab æ 1 3  ö
= + - ç cos C - sin C ÷
3 3 3 ç2
è 2  ÷
ø

Hay




­ 26 ­ 
a 2 + b 2  1 2 ab 3 2 S 
2
O2 O3  = - ( a + b 2 - c 2 ) + . 
3 6 3  ab 
a 2 + b 2 + c 2  2 S 3 
= +  (1 

6 3 
Chứng minh tương tự, ta có : 
a 2 + b 2 + c 2  2 S  3 
O 1O32 = O1O 2  =
2  +
6 3 
=> O1O2 = O1O3 = O2 O3 
Nên O1O2O3  là tam giác đều. (đpcm) 
* Chú ý: 
1.  Napoléon  Bonaparte  (1769­1821),  hoàng  đế  nổi  tiếng  của  nước  Pháp,  là  một  người  ham  thích 
toán, ngay cả lúc cầm quân ở trận mạc, ông vẫn dành những phút giải trí qua việc giải các bài toán. 
Napoléon đã nêu ra một số bài toán, trong đó có bài toán nói trên. 
2. Sau đây xin giới thiệu cách giải "phi lượng giác" của bài toán trên (chính là cách giải của hoàng 
đế Napoléon) 
Dựng  các  đường  tròn  ngoại  tiếp  các  tam  giác  đều 
ACB',  BCA'  dựng  trên  2  cạnh  AC  và  BC.  Hai  đường  tròn 
này  cắt  nhau  tại  C  và  O.  Hai  tứ  giác  nội  tiếp  AB'CO  và 
µ A' 0 
AOC · 
BA'CO  có  B ' = µ = 60  ,  do  đó  · = BOC = 120  ,  suy  ra 



·  = 120  và đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều ABC' 
AOB 0 


cũng qua O 
Như  vậy,  ba  đường  tròn  ngoại  tiếp  các  tam  giác  đều 
ABC', BCA', CAB' cắt nhau tại O. Ta có  IJ ^ OC
(Vì IJ là đường nối tâm của 2 đương tròn có dây chung OC) 
·  0 
Tương  tự  JK ^ OA => KJI = 60  (do  · = 120  ). 
AOC 0 


Tương tự ta có  JKI = JIK = 60 
Nên IJK là tam giác đều (đpcm)




­ 27 ­
CHƯƠNG III: 
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 
Do số lượng của các bài toán phương trình, bất phương trình là vô cùng nhiều nên ở phần này 
chúng tôi chỉ trình bày một số bài đã chọn lọc,có cách giải hay, độ khó tương đối và chắc chắn sẽ thú 
vị hơn rất nhiều so với những bài toán thông thường khác. 
Bài 1: Tìm a để hai phương trình sau tương đương: 


Giải: 
Ta có (2) 



Vậy(1) tương đương với (2) khi và chỉ khi: 
a  hoặc a 

Bài 2: Tìm a,b,c để phương trình sau đây nghiệm đúng: 

Giải: 
Điều kiện cần.Giả sử (1) đúng  , nói riêng: 
Khi 
Khi 
Khi x 
Vậy điều kiện cần là a=b=c=0 
Điều kiện đủ: nếu a=b=c=0 thì rõ ràng (1) đúng (  .Tóm lại a=b=c=0 là điều kiện cần và đủ để 
(1) đúng 

Bài 3: Giải hệ phương trình: 




Giải: 
(1) 
Xét hàm số f (t) 


Vậy f (t) là hàm đồng biến trên (0, 
Ta thấy: (1)




­ 28 ­ 
Vậy (1),(2),(3) 

Như thế hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( 

Bài 4: Giải phương trình: 


Giải: 
Điều kiện để phương trình có nghĩa là : 




Ta có: 



Từ (4) suy ra: 
(5) 




Vậy phương trình đã cho tương đương với hệ sau: 




Từ (6) suy ra  x 

Do (9) không thõa mãn (3) nên riêng (6) đã vô nghiệm 
Vậy hệ (6),(7),(8) dĩ nhiên vô nghiệm, tức là phương trình đã cho vô nghiệm> 
*Chú ý: Bằng lập luận tương tự như trên, ta có thể giải phương trình 

Cụ thể đưa phương trình ấy về hệ sau:

­ 29 ­ 
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ấy là: 



Bài 5: Giải phương trình: 

Giải: 



Do 

Vậy (1) tương đương với hệ sau: 




Bài 6: Giải phương trình 

Giải: 
Dễ thấy nó có thể viết dưới dạng tương đương sau: 


Từ đó có VT(5) 
VP(5) 
Vậy (5)




­ 30 ­ 
CHƯƠNG IV: 
BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 

Bài 1: Giải bất phương trình : 7 tan x ( sin 2 x + 3cos 2 x ) £ 6 4  3 ( sin 2 x + 4 cos 2  x ) 
Giải : 

ĐK :  cos x ¹ 0 . Chia hai vế cho  cos  x  ta được:
7 tan x ( tan 2 x + 3) £ 6 4  3 ( tan 2  x + 4 ) 
Đặt tanx = t, ĐK :  t ³ 0 , bpt trở thành : 
t 2  + 4  4 
7 t  = 6 3 
t 2  + 3 
Đặt VT =  f ( x ) , với  t ³ 0 , ta có:

ï
( ) 
ì Hàm t  đồng biến trên é 0, + ¥ ) 
ë 
í t 2  + 3 
ï Hàm  2  đồng biến trên é 0, + ¥ ) 
ë 
î t + 4 
=>  f ( t ) là hàm đồng biến trên é 0, + ¥ )  và đo được  t =  3  thì f ( t ) = 6 4  3 
ë 
t  0  3 +¥ 

f(t)  6 4  3


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( t ) £ 6 4  3 t £  3 
p
Từ đó suy ra  0 £ tan x £ 3 kp £ x £ + kp ( k Î Z 


Bài 2: Giải bất phương trình : cos ép ( x 2 - 10 x ) ù - 3 sin ép ( x 2  - 10 x ) ù > 1 
ë û ë û 
Giải: 
Đặt y = p ( x - 10 x ) . Bpt trở thành : 




cos y - 3 sin y > 1 
p
cos y - tan sin y > 1 

p p p
cos y cos - sin y sin > cos 
3 3 3 
æ pö p
cos ç y + ÷ > cos 
è 3 ø  3 




­ 31 ­ 
p p p
- + k 2p < y + + k 2p , k Î Z

5 + 25 + 2  - 
k
3  3 

Với mọi  k ³ -  , ta có: 
12 

0 < 25 + 2k - k 
< 25 + 2 


=> 25 + 2k - < 25 + 2  k 

ì 2 
ï5 - 25 + 2k < 5 - 25 + 2  -

ï 3 
=> í
ï5 + 25 + 2k - 2  < 5 + 25 + 2 
k
ï
î  3 
Do đó nghiệm của (*) là 
é 2 
ê5 - 25 + 2k < x < 5 - 25 + 2  -

ê 3 
ê 2 
ê5 + 25 + 2k - < x < 5 + 25 + 2k , k Î Z, k ³ -12 
ë  3 
Vậy nghiệm của bpt đã cho là

­ 32 ­
é 2 
ê5 - 25 + 2k < x < 5 - 25 + 2  -

ê 3 
ê 2 
ê5 + 25 + 2k - < x < 5 + 25 + 2  k
ë  3 
Với  k Î Z, k ³ - 
12 
Bài 3: Giải bpt: 5 + 2 cos 2 x £ 2 | 2sin x - 1| (1 

Giải:
(1) 5 + 2 (1 - 2sin x ) £ 3 | 2sin x - 1| 




7 - 4 sin 2  £ 3 | 2sin x - 1| 
Đặt  y = sin x với  -1 £ y £ 1 , ta có:
7 - 4 y 2  £ 3 | 2 y - 1| ( 2 


a. Xét trường hợp :  £ y £ 1 . Ta có :


( 2 ) => 7 - 4 y £ 3 ( 2 y - 1 

4 y 2  + 6 y - 10 ³ 0 
2 y 2  + 3 y - 5 ³ 0 

=> y £ - , y ³ 1 

p
Kết hợp với điều kiện a. ta có y = 1 => sinx = 1  x = + k 2p , k Î Z 


b. Xét trường hợp :  -1 £ y £  . Ta có:

( 2 ) => 7 - 4 y 2  £ 3 ( -2 y + 1 

4 y 2 - 6 y - 4 ³ 0 2 y 2  - 3 y - 2 ³ 0 

=> y £ - , y £ 2 


Kết hợp với điều kiện b. ta có  -1 £ y £ - 

1 p
5  p
=> -1 £ sin x £ - - + l 2p £ - + l 2p , l Î Z 
2 6 6 
é p
p
ê x = 2  + k 2 
Vậy nghiệm bpt đã cho là  ê với  k , l Î Z 
ê - 5  + l 2p £ - p + l 2 
p
p
ê 6
ë  6 
2 2 
Bài 4: Giải bất phương trình : 81sin x + 81cos  x £ 30 (1  với x Π( 0, 2  ) 
)  p
Giải: 

Đặt  y = 81  x  với 1 £ y £ 81( * 
sin 


­ 33 ­ 
2 2  81 
Ta có :  81cos x = 81 -sin  x  = 
1

y
81 
=> y + - 30 £ 0 

=> y 2  - 30 y + 81 £ 0 
3 £ y £ 27  thoả (*) 
Do đó :

3 £ 81sin  x  £ 27 

31 £ 34sin x  3 
£ 3 
1 £ 4 sin 2 x £ 3 
1 3 
£ sin 2  x £
4 4 
1 3 3 1 
£ sin x £ ( a ) , - £ sin x £ -  ( b ) 
2 2 2 2 
p p 2p p

Giải (a)  £ x £ ,  £ x £ 
6 3 3 6 
7p 4p 5p p
11 
Giải (b)  £ x£ ,  £ x £ 
6 3 3 6 
Đó là 4 tập nghiệm của bất phương trình trên. 
Bài 5: Giải bất phương trình: 
sin 2 x -sin 3 x + sin 4 x 
- 3 
cos 2 x - cos3 x + cos 4 x
2 ³ 1  (*) 
Giải: 
Ta có
sin 2 x - sin 3 x + sin 4 x 
cos 2 x - cos 3 x + cos 4 x 
sin 2 x + sin 4 x - sin 3  x 
=
cos 2 x + cos 4 x - cos 3  x 
2sin 3 x cos x - sin 3  x 
=
2 cos 3 x cos x - cos 3  x 
sin 3 x ( 2 cos x - 1 
) = tan 3 x 
=
cos 3 x ( 2 cos x - 1 

Với điều kiện  2 cos x ¹ 1 
Ta có :




­ 34 ­ 
(*)  2 tan 3 x - 3 
³ 1 
tan 3 x - 3 ³ 0 
tan 3 x ³ 3 
p p
+ kp £ 3x £ + kp , k Î Z
3 2 
p p p p
+k £x£ + k
9 3 6 3 
p p p p
Vậy nghiệm của (*) là  +k £x£ +k , k Î Z 
9 3 6 3 
Bài 6: Giải bất phương trình :  sin x + 2cot x £ - 

Giải : 
Trong điều kiện có nghĩa của nó thì  sin x + 2cot x ³ 0 
Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm. 
Bài 7: Giải bất phương trình : 4 ( x 3 - 2 x + 1) ( sin x + 2cos x ) ³ 9 | x 3  - 2 x + 1| (1 

Giải: 
Xét các khả năng sau: 
a. Nếu  x 3  - 2 x + 1 > 0 

(1)  sin x + 2 cos x ³  vô lí vì - 5 £ ( sin x + 2 cos x ) £  5 

b. Nếu  x 3  - 2 x + 1 < 0 

(1)  sin x + 2 cos x £ -  . Vô lí 

Do đó (1) chỉ có thể có nghiệm khi x 3  - 2 x + 1 = 0 ( 2 ) 
-1 + 5 -1 - 5 
Phương trình (2) có nghiệm là  x1 = 1, x2 = , x3  = 
2 2 
Đó cũng là nghiệm của bất phương trình trên. 



CHƯƠNG V: 
BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC 

Bài 1: Chứng minh rằng tỷ số khoảng cách lớn nhất giữa hai đỉnh với khoảng cách bé nhất giữa 2 
đỉnh của 1 tứ giác lồi bất kì không bé hơn  2 . 
Giải: 
Giả sử M, m tương ứng là khoảng cách lớn nhất giữa hai đỉnh và khoảng cách bé nhất giữa 2 
đỉnh  của  một  tứ  giác  lồi.  Vì  ít  nhất  một  trong  các  góc  của  tứ  giác  không  phải  là  góc  nhọn.  Thí  dụ 
· . Khi đó : 
ABC
2 2  2  2 
M  ³ AC  =AB  +BC  ­2AB.BCcosABC
2 2  2 2  2  2
Þ M  ³ AB  +BC  ³ m  +m  =2m 
­ 35 ­

Þ  ³  2 . Đó là điều phải chứng minh. 


Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD . Chứng minh rằng : 
A  B  C  D  16 
tan + tan  + tan  + tan  + < 4 
4  4  4  4  A  B  C  D 
4 + tan  + tan  + tan  + tan 
2  2  2  2 
Giải: 
1  1  1  1  16 
Với x, y, z, t > 0  thì:  +  + + ³
x y  z  t  x + y + z + t 
Mà   ABCD lồi nên: 
A B  C  D  p  A  B  C  D 
0 0 
2  2  2  2  2  2  2  2  2 
Ta có: 
1  1  1  1  16 
+ + + ³
A B  C  D  A  B  C  D 
1 + tan  1 + tan  1 + tan  1 + tan  4 + tan  + tan  + tan  + tan 
2  2  2  2  2  2  2  2 
Do đó , để có điều phải chứng minh , chỉ cần chứng minh : 
æ ö æ ö æ ö æ ö
ç A  1  ÷ ç B  1  ÷ ç C  1  ÷ ç D  1  ÷
ç tan +  ÷ + ç tan  + ÷ + ç tan  + ÷ + ç tan  + ÷ < 2 
ç 4  A ÷ ç 4  B  ÷ ç 4  C  ÷ ç 4  D  ÷
ç 1 + tan  ÷ ç 1 + tan  ÷ ç 1 + tan  ÷ ç 1 + tan  ÷
è 2  ø è 2  ø è 2  ø è 2  ø
A  A 2  x 
Đặt x = tan  thì  tan  =  2  . thế thì: 
4  2  1  x 
-
A  1  1 + x + x 2 - x 3  2 x 2  - x - x 3 
tan  +  = < + 1 < 1 

1 + tan 
A  1 + 2 x - x 2  1 + 2 x - x 2 

Vì 1+x ³ 2 x Þ x + x 3  ³ 2 x 2 . Điều phải chứng minh. 
2  2  2  2 
Bài 3: Cho 4 số thay đổi a,b,x,y thoả mãn a  +b  =4 và x  +y  =3 
Chứng minh rằng:  - 2 3  £ ax + by  £ 2  3 
Giải: 
2 2 
2  2  æ a ö æ b ö
a  + b  =4 Û  ç ÷ + ç ÷ = 1 
è 2 ø è 2 ø
ìa
a
ï 2  = cos   
ï
Û  $a Î R : í
ï b  = sin a
ï 2 
î
a
ìa = 2 cos   
Û í
îb = 2 sin a




­ 36 ­
ì x
ï 3  = cos b 
ï
2  2 
Tương tự : x  +y  =3 Û  $b Î R :  í
ï y  = sin b
ï 3 
î
ì
ï 3 cos b 
Ûí
ï 3 sin b
î
Vậy M =  ax+by 
= 2cos a .  3 cos b + 2 sin a .  3 sin b 
= 2  3 (cos a . cos b + sin a . sin b ) 
=2  3. cos(  - b ) 
a
Vì cos ( a - b ) £ 1 nên  M  £ 2 3 
Û  -2 3  £ ax + by  £ 2  3 
Kết luận: min( ax + by ) = - 2 3 
max( ax + by ) = 2  3 . 
* Chú ý : Với cách giải hoàn toàn tương tự ta cũng có thể giải được các bài toán sau: 
2  2 
1.  Cho x và y là 2 số thay đổi và nghiệm đúng phương trình x  +y  =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá 
trị lớn nhất của biểu thức P=2x­y+1 
2.  Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức y­2x+5 biết x và y là ha số thay đổi thoả mãn 
2  2 
36x  +16y  =9 

Bài 4:Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có: 
2  2  2  2  2 
1.  a  (p­b)(p­c)+b  (p­c)(p­a)+c  (p­a)(p­b) £ p  R 
2 2  2  2 
2.  p  ³  ab.sin  A+bc.sin  B+ac.sin  C 
Giải: 
1.  Đưa bất đẳng thức về dạng tương đương sau: 
æ a 2  b 2  c 2  ö
(p­a)(p­b)(p­c) çç + + ÷ £ ( p - a + p - b + p - c )  R 2  (1) 
÷


è p - a  p - b  p - c ø
Đặt  p - a = x  p - b = y , p - c = z . Khi đó x ,y ,z > 0 

Với kí hiệu ấy thì 

(1) Û a 2 yz + b 2 xz + c 2 xy £ ( x + y + z )  R 2 
Theo định lí hàm số cosin suy ra:

zy 4 sin 2 A + xz 4sin 2 B + xy 4 sin 2  C £ ( x + y + z )
Û zy 4 sin 2 A + xz 4 sin 2 B + xy 4sin 2 C £ x 2 + y 2 + z 2  + 2 xy + 2 yz + 2 xz 
Û x 2 + 2 x ( y - 2 y.sin 2 C + z - 2 z.sin 2 B ) + 2 yz - yz 4sin 2 A + y 2 + z 2  ³ 0 
( ) 
Û  x 2 + 2 x  y cos 2  + z cos 2 B  + 2 yz cos 2 A + y 2  + z 2  ³ 0 
C  (2) 

Quan niệm vế trái của (2) là tam thức bậc 2 của x có hệ số của x  là 1>0. còn:




­ 37 ­ 
2
D ¢ = ( y cos 2  + z cos 2  ) - 2 yz cos 2 A - y 2  - z 2 
C  B 
( C  ) ( B  )
= y 2  cos 2  2  - 1  + z 2  cos 2  2  - 1  + 2 yz (cos 2 B cos 2  - cos 2 A 
C  )
= - y 2  sin 2  2  - z 2  sin 2  2  + 2 yz  cos 2  cos 2  - cos  2  + 2  )]
C  B  [ B  C  ( B  C 
= - y 2  sin 2  2  - z 2  sin 2  2  + 2 yz sin 2 B sin 2 
C  B  C 

= -( y sin 2  - z sin 2  )  £ 0 
C  B 
Theo định lí về dấu tam thức bậc hai suy ra (2) đúng Þ  điều phải chứng minh. 
2.  Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau:
(a + b + c ) 2  ³ ab sin 2  A + ac sin 2  C + bc sin 2  B 
4
Û a + b 2  + c 2  + 2  + 2  + 2  ³ 2  (1 - cos 2 A  + 2  (1 - cos 2  ) + 2  (1 - cos 2 B 
2
ab  bc  a  ba  ) ca  C  cb  ) 
Û a 2  + b 2  + c 2  + 2  cos 2 A + 2  cos 2 B + 2  cos 2  ³ 0 
ab  bc  ac  C 
Û a  + 2  (b cos 2 A + c cos 2  ) + b  + c  + 2  cos 2  ³ 0  (3) 
2
a  C  2  2 
bc  B 

Quan niệm vế trái là tam thứ bậc hai của a. Do hệ số của a  là 1>0  và:
D¢ = (b cos 2 A + c cos 2  ) - 2  cos 2  - c 2  - b 2 
2
C  bc  B 
= -b 2  sin 2  2 A - c 2  sin 2  2  + 2  (cos 2 A cos 2  - cos 2 B 
C  bc  C  )
= -b 2  sin 2  2 A - c 2  sin 2  2  + 2  sin 2 A sin 2 
C  bc  C 

= -(b sin 2 A - c sin 2  )  £ 0 

Vậy (3) đúng và đó là điều phải chứng minh. 
Dấu bằng xảy ra Û D ABC là tam giác đều. 
Bài 5: Cho tứ diện OABC vuông tại O . Gọi a , b , d lần lượt là góc giữa đương cao OH với các cạnh 
OA,OB,OC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
cos a  + cos b cos b + cos d cos a + cos d
T  =  + +
cos 2  d cos 2  a cos 2  b
Giải: 
Đặt x = cosa , y  = cos b , z  = cos d
1  1  1  1 
Vì :  2
+  2  + 2 
= Þ x 2  + y 2  + z 2  = 1 
OA  OB  OC  OH 2 
Þ 0 < x  y  z  < 1 , do đó a , b ,  đều nhọn. Ta có: 
,  ,  d
x + y  y + z  z + x 
T =  2  + 2  + 2 
z  x  y 
æ x + y  y + z  z + x ö
Xét ( x +  y + z )T  = ( x + y + z )ç
ç + 2  + 2  ÷
è z 

x  y  ÷ ø
2  2  2 
x + y  y + z  z + x  æ x + y ö æ y + z ö æ z + x ö
=  + + +ç ÷ +ç ÷ +ç
ç ÷
÷
z  x  y  è z  ø è x  ø è y  ø

æ y  z ö æ z  x ö æ y  x ö 1 æ x + y  y + z  z + x ö
³ç + ÷+ç + ÷+ç + ÷+ ç
ç z  y ÷ ç ÷ ç + + ÷
è ø è x  z ø è x  y ø 3 è z  x  y  ÷
ø

³ 2 + 2 + 2 + .  2 = 18  (1) .(Bất đẳng thức Côsi và Bunhiacôpxki) 


Ngoài ra : 0 
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản