Một số bài toán lượng giác hay và khó

Chia sẻ: Hà Hồng Thái | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

2
2.093
lượt xem
740
download

Một số bài toán lượng giác hay và khó

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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...

Chủ đề:
Lưu

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

  1. 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 :
  2. 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 ­ 
  3. 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  2  ï î  a  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  = x  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 ­ 
  4. sin x  Nhân vế theo vế ta được:  P  = n  x 2n  sin  n  2  sin x  Þ  lim P  = lim  n  n ®¥ n  ®¥ n  x 2 sin  n  2  sin x  sin x  = lim  =  ®¥ æ n  x  ö x  ç sin 2  ÷ n  ç x ÷ x  ç n  ÷ è 2  ø  Bài 3: Rút gọn biểu thức:  An  = 2 + 2 + 2 + ....... 2  1444 24444 4 3  n  Giải:  Ta có với n=1:  p A1  = 2 = 2 cos  4  p Ta sẽ chứng minh:  An  = 2 cos  n  (*)  2  Với n=1 , đẳng thức đúng  Giả sử (*) đúng tới n=k, tức là :  p Ak  = 2 cos  k  2  Ta chứng minh (*) đúng với n=k+1, tức là  p Ak +1  = 2 cos  k +1  2  Thật vậy:  Ak +1  = 2 + 2 + .... 2  144 244 3  k +1  = 2 + Ak  p =  2(cos 2p + cos  k 2  p p = 4 cos( k +1 + p ) cos( - p )  2 k 2  +1  p = 2 cos  k +1  (đpcm)  2  Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có :  p An  = 2 cos  n  2  ­ 3 ­ 
  5. Bài 4:  Cho vài ( hoặc tất cả) các số  a1 , a2 , a3 ,....., a  bằng +1 và các số còn lại của chúng bằng ­1.  n  Chứng tỏ rằng:  æ a a  a a a a a a ...  ö o  a  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  a  a1 45o ; ç a1 + 1 2 ÷ 45 ; ç a1 + + 2 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  a  ç a1  + 2 + 2 2 + .... + 2 n -1  ÷ 45  trong  đó  a1 , a2 , a3 ,....., a  lấy  các  giá  trị  bằng  +1  hoặc  ­1  bởi  n  è ø vì:  æ a a  a a a a a a ...  ö o  a  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 a  = 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 a  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  a  = - 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  a  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  a  = ± 2 + 2sin ç a1  + 1 2  + 1 2 3 + .... + 1 2 n 3 1  n  ÷ 45  2 - è 2 2 2  ø o  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  1  có thể viết: ­ 4 ­ 
  6. æ a a  a a a a a a ...  ö o  a  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  a  = 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  2  è 2 2  ø ……………………………………………  æ a a  a a a a a a ...  ö o  a  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  2  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 ­ 
  7. 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  2  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  x  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 ­ 
  8. 1 2 sin( a - b  )  = sin( a - b ) sin ( a - b) - m cos 2 ( a + b  2 2 )  2  = sin ( a - b ) - m [1 - sin 2 ( a + b  2 2 )]  2  = sin ( a - b ) + m sin 2 ( a + b) - m 2  2 2 2  = sin (a - b) + cos2 (a - b) - m 2  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,  ...  2  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  1  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:  2  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  < 1 . Tìm điều kiện của a để các số hạng của dãy trên đôi một khác nhau.  Giải :  Vì  a  < 1 nên ta có thể đặt a = cos a  với 0 < a < p Khi đó ta có: x  = cos a  0  x  = 2 cos 2  a - 1 = cos 2  1  a x  = 2 cos 2  2  - 1 = cos 4  = cos 2 2 a 2  a a Bằng qui nạp dễ thấy x n  = cos 2 n a  ­ 7 ­ 
  9. Giả sử ta có  n < m  mà  x n  =  x m  tức là cos 2 n a  = cos 2 m a Þ 2 n a  = ±2 m a + 2  p , k Î z  k  a  k  2  Þ = n  Là số hữu tỉ  p 2  m 2 m  a  a  p Đảo lại giả sử là số hữu tỉ, tức là  = p p q  Trong đó p,q  nguyên dương và nguyên tố cùng nhau.  p p  p p Khi đó ta có: 2 k a = 2 k  = (2  a k  + b k  )  = 2  k p + b k  q  a q  q  q  Trong đó  b k nhận một  trong các giá trị  0,1,2….2q­1  và  a k Î N  Vì x k  = cos 2 k a  suy ra mỗi một số x k  trong dãy vô hạn {x k  , k  = 0 1 2  }  sẽ bằng 1 phần tử trong dãy  ,  ,  ...  ì  lp ü hữu hạn ícos  ý với l=1,2…2q­1  î q  þ Điều đó có nghĩa tồn tại n<m sao cho xn=xm  a  Vậy khi  a  < 1 , để mọi số hạng của dãy đôi một khác nhau , điều kiện cần và đủ là là số vô tỉ với  p cosα=a  Ù Ù Ù Bài 10: Cho VABC có 4 A = 2 B = C  .Chứng minh rằng :  2 2  2  4  cos  A + cos  B + cos  C  = 5  Giải :  Trước hết ta chứng minh đẳng thức sau: p  p 2  p 1  3  cos - cos  + cos  = (1  )  7  7  7  2  p 2    Thật vậy, nhân cả 2 vế cho  sin , ta được 7  p  p 2 p p 3 p p 1  p cos sin  - cos  sin  + cos  sin  = sin  7  7  7  7  7  7  2  7  1  p 1 æ p 3  p ö 1 æ 4  p p 2  ö VT  = sin  - ç sin  - sin  ÷ + ç sin  - sin  ÷ 2  7  2 è 7  7 ø 2 è 7  7  ø 1 æ p p 3  p 4  ö = ç sin  - sin  + sin  ÷ 2 è 7  7  7  ø 4p 3 p p 4  p 3  Nhưng  = p - , nên  sin = sin  7  7  7  7  1 æ p  p 3  p 4  ö VT =  ç sin  - sin  + sin  ÷ 2 è 7  7  7  ø Vậy  1  p = sin  = VP Þ dpcm  2  7  Từ giả thiết ta có: ­ 8 ­ 
  10. ì Ù  Ù Ù ï A+ B  C  = p + p p 2  4 p í Ù Ù Ù Û A = ; B = ; C  = ï4 A = 2 B  = C  7  7  7  î 4  cos 2 A + cos 2  B + cos 2  C  = (2 )  5  1 + cos 2 A  1 + cos 2 B  1 + cos 2  C  4  Û + + = 2  2  2  5  1  Û cos 2 A + cos 2 B + cos 2  = -C  2  p 2    4 p 8 p 1  Û cos  + cos  + cos  = - 7  7  7  2  2 p 3 p p 1  Û cos  - cos  - cos  = - 7  7  7  2  p p 2  3 p 1  Û cos  - cos  + cos  = (1  )  7  7  7  2  (1) đúng Þ 2 đúng  Bài 11: Cho dãy số xác định như sau: ì 3  ïU 1  = ï 3  í ïU  = U 1  + 2 - 3  ; n  = 2 3  ,  .....  ( ï n + 1  1 - 3 - 2 U n  î ) Tìm  u 2008  Giải :  p 1 - cos  p  6  = 2 - 3  Ta có:  tan = = 2 - 3  12  p 2 + 3  1 + cos  6  Viết lại biểu thức của Un+1  dưới dạng sau: p  U n  + tan  U n + 1 = 12  (1  )  p 1 - U n  tan  12  Đặt Un=tanβ thì từ (1) suy ra æ p ö U n +1 = tan  b  + ÷(2  ç )  è 12 ø 3  Vì  U 1 =  nên từ (2) và nguyên lý quy nạp ta dễ dàng suy ra: 2  æ p  )p ö U n =  tanç + (n - 1  ÷ è 6  12 ø ­ 9 ­ 
  11. æ p  2007  ö p Vậy: U 2008 = tan  ç + ÷ è 6  12  ø æp pö æp p ö = tan ç + 167p + ÷ = tan ç + ÷ è6 4ø è 6 4 ø 3  1 + = 3  = 3 + 3  = 2 + 3  3 3 - 3  1 -  3 * Chú ý: Bằng cách giải hoàn toàn tương tự, ta làm được bài toán sau:  U n  + 2 - 1  Cho  U 1 =  2  và U n + 1 = . Tìm U2008  ( )  2  - 1 U n  + 1  p  Do  tan = 2  - 1 . Nên ta suy ra 8  æ )p ö U n  = tanç a  + (n - 1  ÷ với  a  = arctan 2  è 8 ø Þ U 2008 = tan a  = 2  ­ 10 ­ 
  12. CHƯƠNG II:  ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC  Lượng giác là một công cụ mạnh trong toán học, nó được ứng dụng trong giải các dạng toán  khác, điển hình như hình học, khảo sát hàm số, chứng minh bất đẳng thức…..Các bài tập ở chương  này chủ yếu nêu ra những ví dụ về sử dụng công cụ lượng giác để chứng minh những bài tập khó và  giới thiệu cho các bạn một số bài toán đặc biệt.  Bài 1:(Định lý Stewart)  Cho  ABC D là 1 điểm trên cạnh BC. Đặt AD = d, BD = m, DC = n. Khi đó ta có công thức sau:  (gọi là hệ thức Stewart):  Giải:  Kẻ đường cao AH xét 2 tam giác ABD và ACD và theo định lý hàm số cosin, ta có:  Nhân từng vế (1) và (2) theo thứ tự với n và m  rồi cộng lại, ta có:  Do  nên từ (3) suy ra:  Định lý Stewart chứng minh xong .  * Mở rộng:  1. Stewart(1717­1785) là nhà toán học và thiên văn học người Scotland.  2. Nếu trong hệ thức Stewart xét AD là đường trung tuyến thì từ hệ thức Stewart có:  (4) chính là hệ thức xác định trung tuyến quen biết trong tam giác  3. Nếu trong hệ thức Stewart xét AD là phân giác. Khi đó theo tính chất đường  phân giác trong ta  có:  Từ hệ thức Stewart có: ­ 11 ­ 
  13. Chú ý rằng:  Từ (5) và (6) suy ra:  (7) chính là hệ thức xác định đường phân giác  .  Vậy, hệ thức Stewart là tổng quát hóa của hệ thức xác định đường trung tuyến và đường phân giác  đã quen biết.  Bài 2:Cho  ABC giả sử D và E là 2 điểm trên cạnh BC sao cho  . Đường tròn nội tiếp  các  ABD và  ACE tiếp xúc với cạnh BC tương ứng tại M và N.Chứng minh rằng:  Giải:  Ta có:  Vậy đẳng thức cần chứng minh tương đương với đẳng thức sau:  (*)  Đặt  Áp dụng định lý hàm số sin trong các  ABD và  ACE, ta có:  Trong  ABE theo định lý hàm số sin, ta có:  Tương tự: ­ 12 ­ 
  14. Thay (3) vào (1) có:  Thay (4) vào (2) có:  Do  nên từ (5) và (6) suy ra:  Trong  ABD ta có:  Tương tự:  Từ đó suy ra:  (8)  Từ (1) và (2) suy ra:  Áp dụng định lý hàm số cosin trong các tam gicas ABD và ACE ta có:  Ta có:  và theo (8) có  (11)  Tương tự ta có: ­ 13 ­ 
  15. (12)  Thay(11),(12) vào (1) có:  (  )  (13)  Từ (9)và (13) có  (14)  Từ(3) (4) và (14) suy ra  Hay sau khi thay  Ta có :  (15)  Thay(7) vào (15) có:  Hay  (*)  Vậy (*) đúng và là điều cần chứng minh.  Bài 3 : (Định lí hàm số cos thứ nhất với tứ giác)  ·  Cho tứ giác lồi ABCD, trong đó  AB = a, BC = b, CD = c, DA = d , · = b , BCD = g AB = a, BC = b, CD  ABC = c, DA = d. Chứng minh rằng : d 2 = a 2 + b 2 + c 2  - 2 ab cos b - 2bc cos g - 2 ac cos ( b + g )  Giải :  Gọi K, L tương ứng là trung điểm AC và BD và M là trung điểm BC (Chỉ xét khi K ¹  L, tức là khi  ABCD không phải là hình bình hành, vì nếu  ABCD là hình bình  hành thì  b + g = 1800 ; a = c, b = d và  kết luận trên là điều hiển nhiên)  Có 2 khả năng xảy ra :  1) Nếu AB không song song với CD  Giả sử  AB Ç CD = E => KML = ·  · AED Với trường hợp AB cắt CD về phía trên, ta có :  · = 1800 - é(1800 - b ) + (1800 - g ) ù = b + g - 180  AED ë û  0  Khi AB cắt CB về phía dưới, ta có:  · = 180  - ( b + g )  AED 0  Trong cả hai trường hợp đều có : cos AED = - cos ( b + g )  ­ 14 ­ 
  16. Trong D MKL, theo định lí hàm số sin, ta có: KL2 = MK 2 + Ml 2  - 2 ML.MK cos KML  2 a 2 c 2  a c  KL  = + +2 cos ( b + g ) 4 4 2 2  a 2 c 2  ac  => KL2  = + + cos ( b + g ) (1)  4 4 2  Theo công thức Euler với tứ giác, ta có : 1  2 KL2 = 4  ( a + b 2 + c 2 + d 2 - e2 -  f 2 ) ( 2 )  Với  e = AC ,  f = BD , thay (2) vào (1) : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 - f 2 = a 2 + b 2  + 2 ac cos ( b + g ) (3)  Lại áp dụng định lí hàm số cos, ta có :  e 2 = a 2 + b 2  - 2 ab cos b (4)  f 2 = c 2 + b 2  - 2bc cos g (5)  Thay (4) và (5) vào (3), ta có : d 2 = e 2 + f 2 - b 2  + 2ac cos ( b + g ) = a 2 + b 2 + c 2  - 2ab cos b - 2bc cos g + 2ac cos ( b + g )  2) Nếu AB//CD  Khi đó  b + g = 1800  Vậy đẳng thức tương đương với : d 2 = a 2 + b 2 + c 2  - 2 cos b ( ab - bc ) - 2  ac  <=> d 2 = a 2 + b 2 + c 2  - 2b cos b (a - c ) - 2ac ( 6  )  Thật vậy, kẻ AE//BC, theo định lí hàm số cos trong D AED ta có : 2  d 2 = b 2  + ( c - a ) - 2b ( c - a ) cos g = b 2 + c 2 + a 2  - 2b ( c - a ) cos b - 2  ac Vậy (6) đúng. Đó chính là đpcm.  * Chú ý :  1. Nhắc lại công thức Euler sau đây:  Cho tứ giác lồi ABCD, trong đó  AB = a, BC = b, CD = c, DA = d , AC = e, BD =  f . Gọi K và L là  trung điểm AC và BD. Khi đó ta có : 1  2 KL2 = 4  (a + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 -  f 2  )  Chứng minh công thức Euler như sau:  Xét tam giác ALC, theo tính chất trung tuyến : 2  2 LC 2 + 2  2 - AC 2  LA KL  = 4  2 BC + 2CD 2 - BD 2 2 2 AB 2 + 2 AD 2 - BD 2  2. + 2.  - AC 2  = 4 4  4  1  = ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 - f 2  )  4  ­ 15 ­ 
  17. Đó là đpcm.  2. Ta có cách giải khác cho bài toán trên như sau:  Hiển nhiên có :  uuur uuu uuu uuu r r r AD = AB + BC + CD  uuuruuu r uuu uuu r r uuu uuu r r  <=> AD 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2  + 2 AB.BC + 2 AB.CD + 2 BC .  CD Theo định nghĩa của tích vô hướng suy ra : d 2 = a 2 + b 2 + c 2  - 2 ab cos b - 2bc cos g + 2 ac cos ( AB, CD )  Do cos ( AB, CD ) = cos ( b + g )  uuu uuu r r uuu uuu r r  ( ) ( ) (Chú ý là cos AB, BC = cos (1800 - b ) = - cos b , cos BC , CD = cos (1800  - g ) = - cos g .  => đpcm  µ µ  Bài  4:  Cho  tam  giác  ABC  có  B > C ,  gọi  AH,  AP,  AM  tương  ứng  là  đường  cao,  đường  phân  giác  ·  trong và đường trung tuyến kẻ từ A. Đặt  MAP = a . Chứng minh rằng :  A B-C tan 2  = tan a .cot  2 2  Giải:  Cách 1:  MB = MC  => S ABM = S ACM  1 1  => 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 ­ 
  18. 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 =  2  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:  2  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  2  Vậy từ (1) suy ra: B - C  tan 2 a = tan a cot  2  tan a b - c  <=> = A  b + c ( 2 )  tan  2  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 ­ 
  19. => 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  2  tan a b - c  Thay (4) vào (3) ta có:  = . Vậy (2) đúng => đpcm.  A  b + c tan  2  Cách 4:  µ · = C + MAC = C + A  APB µ · µ 2  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  2  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  2  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  2  B-C A A B -C = tan tan 2 => tan 2  = tan a cot  2 2 2 2  ­ 18 ­ 
  20. 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  A  <=> tan 2  = tan a cot IRA  2  µ µ · · · B - C ( 2 )  IRA = IBD , IBD =  2  (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 :  r  IA = A  sin  2  A + C  A ' IC = IAC + ICA = 2  A + C  ICA ' = 2  => D IA'C cân đỉnh A nên IA' = A'C  Áp dụng định lí hàm số sin trong D AA'C,  A  ta được:  A ' C = 2 R sin  2  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  2  ­ 19 ­ 
Đồng bộ tài khoản