CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

351
lượt xem 48
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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. ...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC

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
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
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
(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 · AED Giả sử AB Ç CD = E => KML = · Với trường hợp AB cắt CD về phía trên, ta có : · = 1800 - é(1800 - b ) + (1800 - g ) ù = b + g - 180 0 AED ë û Khi AB cắt CB về phía dưới, ta có: · = 1800 - ( b + g ) AED Trong cả hai trường hợp đều có : cos AED = - cos ( b + g ) 14
Trong D MKL, theo định lí hàm số sin, ta có: KL2 = MK 2 + Ml 2 - 2 ML.MK cos KML a 2 c 2 a c 2 cos ( b + g ) KL = + +2 4 4 2 2 a 2 c 2 ac => KL2 = + + cos ( b + g ) (1) 2 4 4 Theo công thức Euler với tứ giác, ta có : 1 2 ( a + b 2 + c 2 + d 2 - e2 - f 2 ) ( 2 ) KL2 = 4 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 = a + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 - f 2 4 Chứng minh công thức Euler như sau: Xét tam giác ALC, theo tính chất trung tuyến : 2 LC 2 + 2 2 - AC 2 LA 2 KL = 4 2 BC + 2CD 2 - BD 2 2 2 AB 2 + 2 AD 2 - BD 2 - AC 2 2. + 2. 4 4 = 4 1 = ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 - e 2 - f 2 ) 4 15
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 uuur uuu r uuu uuu rr uuu uuu rr 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 rr uuu uuu rr ( ) ( ) (Chú ý là cos AB, BC = cos (1800 - b ) = - cos b , cos BC , CD = cos (1800 - g ) = - cos g . => đpcm µµ 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 æ A ö ö => c. sin ç + a ÷ = b. sin ç - a ÷ (1) è 2 è2 ø ø Theo định lí hàm số sin, từ (1) ta có: æA æ A ö ö sin C sin ç + a ÷ = sin B sin ç - a ÷ è2 è 2 ø 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 = 2 sin cos a cos cos s in 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 = 2 B - C PM MI MI . J I (1) Từ đó suy ra : tan a cot = = . JM PM MJ . J I 2 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: ìMI .IJ = IC 2 ï í 2 ï J .IJ = IJ îM Vậy thay vào (1) ta được: 2 B - C æ IC ö 2 2 tan a cot ÷ = tan IJC = tan a =ç 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 a tan tan 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 tan b - c 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 ( 2 ) = A b + c 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
=> Theo định lí Thales ta có : b - c IK MI IK MI IK 2 = b - c ( 4 ) = => = => = EK b - b - c b + c EK AE EK - IK AE - MI 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 µ -C µµ µ µ µ 0 µ 180 - B B -C · B - C 0 =C+ => HAD = = 90 - 2 2 2 Mặt khác : ·· ( ) tan a = tan HAM - HAD µµ æ · B - C ö = tan ç HAM - ÷ ç 2 ÷ è ø µµ B - C · tan HAM - tan 2 = µ - C Bµ · 1 + tan HAM tan 2 sin ( B - C ) HM HC - HB 1 = ( cot C - cot B ) = ( 2 ) Ta có : tan HAM = = AH 2 AH 2 sin B sin C 2 Thay (2)vào (1), ta có đpcm sin ( B - C ) B - C - tan tan a = 2 sin B sin C 2 sin ( B - C ) B - C 1+ tan 2 sin B sin C 2 B-C B -C B - C cos2 - sin B sin C sin sin 2 2 2 = 2 B - C ö B - C æ ç sin B sin C + sin cos 2÷ 2 è ø B - C é1 + cos ( B - C ) - cos ( B - C ) + cos ( B + C ) ù sin 2 ë û = B - C é cos ( B - C ) - cos ( B + C ) + 1 - cos ( B - C ) cos ù ë 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 2 => tan 2 = tan a cot = tan 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. R I 2 æ IB ö IP IR => ç ÷ = . è IA ø IA IA A tan 2 = tan a cot IRA 2 µµ · · · 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. 2Chứng minh công thức Euler sau đây : 2 d e = R - 2 rR A B C 2 - 1 2. Giả sử ta có sin , chứng minh rằng OI = r. sin sin = 4 2 2 2 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 = => d e 2 = R 2 - 2 r .2 R sin R A 2 sin 2 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 R 2 => r 2 = R 2 - 2 r R Theo công thức Euler ở phần 1, ta được r 2 = d e 2 hay IO = r (đpcm) µµ 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 ' O1 = 2 cos A - 1 Giải: 0 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 0 => 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. ºº 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 ' O1 = 4 S O ' O 1 O 1 S OO 'O1 = 2 S OO ' I = 2. OI .IO ' sin OIO ' 2 1 = OO1 .IO ' sin OIO ' 2 ( OI = O1 I ) B-C B - C 1 (1) Vì OIO ' = => SOO ' O = R.OO1 sin 2 2 2 1 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 => OO1 = 4 R sin ( 2 ) => 2 R sin A = OO1 cos 2 2 20
A B - C ( 3 ) Thay (2) vào (1) có: SOO ' O = 2 R 2 sin s in 2 2 1 Lại có : O ' O 2 + O ' O12 - OO12 = 2O ' I 2 + 2OI 2 - OO1 2 A = 2 R 2 - 8 R 2 s in 2 = 2 R 2 ( 2 cos A - 1) ( 4 ) 2 Thay (4) vào (3) ta được 2 cos A - 1 2 cos A - 1 cot O ' OO1 = = B - C 2 ( sin B - sin C ) B-C 4 s in cos 2 2 2 ( sin B - sin c ) => tan O ' OO1 = 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 B 2ac cos 2 l b = a + c C 2ab cos 2 l c = a + b B C 2ac cos 2ab cos 2= 2 l b = l c a+c a + b 1 æ1 1ö 1 æ 1 1 ö ç + ÷ (1 ) ça+c÷= Bè ø cos C è a b ø cos 2 2 Giả thiết phản chứng b ¹ c , không mất tính tổng quát, giả sử b > c BC B C b > c => 90 0 > > > 0 => cos < cos 22 2 2 1 1 => > B C cos cos 2 2 1 1 b > c => > cb 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: 2 ì ac é( a + c ) - b ù2 ïl 2 = ë û ï b 2 ( a + c ) ï í 2 ab é( a + b ) - c ù2 ï ë û ïl c = 2 2 ( a + b ) ï î 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 S 4 b 2 + c 2 - a 2 a 2 + c 2 - b 2 a 2 + b 2 - c 2 cot a = + + 4S 4S S 4 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 (đpcm) = + 2 2 2 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 sin a MA => = MC sin( A - a ) Lý luận tương tự, ta có sin a M C = MB sin(C - a ) sin a MB = 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 - C1 ) ù û ë 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 1 MA = 2 R sin a 2 => 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) 1 5. Ta có S MAC = MC.b sin a 2 Theo câu 4 ta có : ab sin 2 a a MC = 2 R1 sin a và R1 = => S AC = M 2 sin C 2 sin C Lí luận tương tự : bc sin 2 a S AB = M 2 sin A ac sin 2 a S B C = M 2 sin B bc ca ab => S MAB : S MBC : S CA = : : M sin A sin B sin C bc ac ab (Theo định lí hàm số sin ) S MAB : S MBC : S CA = : : M abc 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 = 3g . Gọi các cạnh BC, CA, AB và đường kính đường tròn ngoại tiếp D ABC là 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 ) 0 Do a + g = 600 , vậy từ (1) suy ra: sin a sin a ( 2 ) = d sin 3b . CY = b. sin (120 + b ) sin ( 600 - b ) 0 Ta có : éæ 3 ö 2 ù 3 - sin 2 b ú sin 3b = 3 sin b - 4 sin b = 4 sin b êç ÷ ê ç 2 ÷ ú ëè ø û = 4 sin b ésin 2 60 0 - sin 2 b ù ë û ( )( ) ( 3) = 4 sin b sin 60 0 + b sin 60 0 - b Thay (3) vào (2): n = CY = 4d sin a . sin b . sin ( 60 + b ) 0 Lí luận tương tự : m = CX = 4d sin a . sin b . sin ( 60 + a ) 0 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 ) - 2 sin ( 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 : e ( ) ( ) FG = e = d1 sin 60 0 + a => sin 60 + a = 0 d1 f ( ) ( ) EG = f = d1 sin 60 0 + b => sin 600 + b = d1 g EF = g = d1 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 1 g 2 = 16d 2 sin 2 a . sin 2 b . = 16d 2 sin 2 a . sin 2 b . sin 2 g 2 d 1 => XY = 4d sin a . sin b . sin g Do vai trò như nhau, ta cũng có : YZ = Z X = 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 3 2 2 æ b 3 ö æ a 3 ö ab ç 3 ÷ + ç 3 ÷ - 2. 3 . cos ( 60 + C ) 2 0 => O2O = ç ÷ç ÷ 3 è øè ø a 2 b 2 2ab æ 1 ö 3 ç cos C - sin C ÷ =+- 3 ç2 ÷ 2 33 è ø Hay 26
a 2 + b 2 1 2 ab 3 2 S - ( a + b 2 - c 2 ) + 2 O2 O3 = . 3 ab 3 6 a 2 + b 2 + c 2 2 S 3 (1) + = 3 6 Chứng minh tương tự, ta có : a 2 + b 2 + c 2 2 S 3 O 1O32 = O1O 2 = + 2 3 6 => 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 AOC · BA'CO có B ' = µ' = 600 , do đó · = BOC = 120 , suy ra µA 0 · = 120 và đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều ABC' 0 AOB 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) · = 120 ). · Tương tự JK ^ OA => KJI = 60 (do 0 0 AOC Tương tự ta có JKI = JIK = 60 0 Nên IJK là tam giác đều (đpcm) 27