Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:101

Thêm vào BST

Báo xấu

227
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 chuyên đề này, luận văn đi sâu vào nghiên cứu các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác

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 - 2014
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 Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.0113 Người hướng dẫn khoa học PGS. TS. PHAN HUY KHẢI HÀ NỘI - 2014
Mục 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 1
Lời 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 2
Mở 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 chuyên đề 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! 3
Một 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 . ha , hb , hc Đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C . ma , mb , mc Độ dài đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C . la , lb , lc 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. ra , rb , rc Bán kính đường tròn bàng tiếp trong các góc A, B, C . S Diện tích tam giác. a+b+c p= Nửa chu vi tam giác. 2 đpcm Điều phải chứng minh. 4
Chương 1 Kiến thức cơ sở 1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác Định lý hàm số sin a b c = = = 2R. sin A sin B sin C Định lý hàm số cosin a2 = b2 + c2 − 2bc cos A. b2 = a2 + c2 − 2ac cos B. c2 = a2 + b2 − 2ab cos C. Định lý hàm số tang A−B a−b tan = 2 . a+b A+B tan 2 B−C b − c tan 2 = . b+c B+C tan 2 C −A c − a tan 2 = . c+a C +A tan 2 Định lý hàm số cotang a2 + b2 + c2 cot A + cot B + cot C = . 4S Độ dài đường trung tuyến 5
2b2 + 2c2 − a2 m2a = . 4 2a2 + 2c2 − b2 2 mb = . 4 2a2 + 2b2 − c2 m2c = . 4 Độ dài đường phân giác trong r 2bc A 2bc p(p − a) la = cos = . b+c 2 b + c r bc 2ca B 2ca p(p − b) lb = cos = . c+a 2 c + a r ca 2ab C 2ab p(p − c) lc = cos = . a+b 2 a+b ab Công thức tính diện tích 1 1 1 S = aha = bhb = chc 2 2 2 1 1 1 = bc sin A = ac sin B = ab sin C 2 2 2 abc = 4R = pr = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc q = p(p − a)(p − b)(p − c). Định lý hình chiếu B C a = r cot + cot = b cos C + c cos B. 2 2 C A b = r cot + cot = c cos A + a cos C. 2 2 A B c = r cot + cot = a cos B + b cos A. 2 2 Công thức tính các bán kính. Bán kính đường tròn nội tiếp. S A B C r= = (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan . p 2 2 2 6
Bán kính đường tròn ngoại tiếp. abc a b c R= = = = . 4S 2 sin A 2 sin B 2 sin C Bán kính đường tròn bàng tiếp. A S ra = p tan = . 2 p−a B S rb = p tan = . 2 p−b C S rc = p tan = . 2 p−c 1.2 Các công thức lượng giác Các hệ thức lượng giác cơ bản. sin2 α + cos2 α = 1. tan α. cot α = 1. cos α 1 cot α = . 1 + tan2 α = . sin α cos2 α sin α 1 tan α = . 1 + cot2 α = . cos α sin2 α Công thức cộng cung. sin(α + β) = sin α. cos β + cos α. sin β. sin(α − β) = sin α. cos β − cos α. sin β. cos(α + β) = cos α. cos β − sin α. sin β. cos(α − β) = cos α. cos β + sin α. sin β. tan α + tan β tan(α + β) = . 1 − tan α. tan β tan α − tan β tan(α − β) = . 1 + tan α. tan β Công thức nhân cung. sin 2α = 2 sin α cos α. cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α. 7
2 tan α tan 2α = . 1 − tan2 α sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α. cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α. 3 tan α − tan3 α tan 3α = . 1 − 3 tan2 α Công thức biến tổng thành tích. α+β α−β sin α + sin β = 2 sin . cos . 2 2 α+β α−β sin α − sin β = 2 cos . sin . 2 2 α+β α−β cos α + cos β = 2 cos . cos . 2 2 α+β α−β cos α − cos β = −2 sin . sin . 2 2 sin(α + β) tan α + tan β = . cos α. cos β sin(α − β) tan α − tan β = . cos α. cos β sin(α + β) cot α + cot β = . sin α. sin β sin(α − β) cot α − cot β = . sin α. sin β Công thức biến tích thành tổng. sin(α + β) + sin(α − β) sin α. cos β = . 2 cos(α + β) + cos(α − β) cos α. cos β = . 2 cos(α − β) − cos(α + β) sin α. sin β = . 2 Giá trị lượng giác của các góc (cung) có liên quan đặc biệt. 8
• Hai góc đối nhau: cos(−α) = cos α. sin(−α) = − sin α. tan(−α) = − tan α. cot(−α) = − cot α. • Hai góc bù nhau sin(π − α) = sin α. cos(π − α) = − cos α. tan(π − α) = − tan α. cot(π − α) = − cot α. • Hai góc phụ nhau: π sin( − α) = cos α. 2 π cos( − α) = sin α. 2 π tan( − α) = cot α. 2 π cot( − α) = tan α. 2 • Hai góc hơn kém π : tan(π + α) = tan α. cot(π + α) = cot α. sin(π + α) = − sin α. cos(π + α) = − cos α. 1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác Trong mọi tam giác ABC , ta có: A B C 1) sin A + sin B + sin C = 4 cos cos cos . 2 2 2 2) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C. 3) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cos C). 9
A B C 4) cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin . 2 2 2 5) cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C. 6) cos2 A + cos2 B + cos2 C = 1 − 2 cos A cos B cos C. 7) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (ABC là tam giác không vuông). A B C A B C 8) cot + cot + cot = cot cot cot . 2 2 2 2 2 2 A B B C C A 9) tan tan + tan tan + tan tan = 1. 2 2 2 2 2 2 10) cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1. 10
Chương 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: b−c A c−a B a−b C 1) cos2 + cos2 + cos2 = 0. a 2 b 2 c 2 B − C A − C A − B a2 cos b2 cos c2 cos 2) 2 + 2 + 2 = ab + bc + ca. A B C 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 3) (b + c) cos A + (a + c) cos B + (a + b) cos C = a + b + c. Chứng minh 1) Ta có 11
B+C B−C b−c A sin B − sin C A 2 cos sin cos2 = cos2 = 2 2 cos2 A a 2 sin A 2 A A 2 2 sin cos 2 2 B−C B+C 2 sin sin 1 = 2 2 = (cos C − cos B). (1) 2 2 Tương tự ta có: c−a B 1 cos2 = (cos A − cos C). (2) b 2 2 a−b C 1 cos2 = (cos B − cos A). (3) c 2 2 Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra đpcm. 2) Ta có B−C B−C B−C a2 cos cos A A cos 2 = a.2R. sin A 2 = a.2R.2 sin cos 2 A A 2 2 A 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 B+C B−C ab + ac = aR(2 sin cos ) = aR(sin B + sin C) = . 2 2 2 (1) Tương tự A−C b2 cos bc + ba 2 = . (2) B 2 2 sin 2 A −B c2 cos ca + cb 2 = . (3) C 2 2 sin 2 Cộng theo vế của (1), (2), (3) suy ra đpcm. 3) Áp dụng định lý hàm số sin, ta có V T = 2R(sin B + sin C) cos A + 2R(sin A + sin C) cos B + 2R(sin A + sin B) cos C = 2R(sin B cos A + sin A cos B) + 2R(sin C cos A + sin A cos C) + 2R(sin B cos C + sin C cos B) = 2R sin(B + A) + 2R sin(C + A) + 2R sin(B + C) = 2R sin C + 2R sin B + 2R sin A = a + b + c = V P. Đpcm. 12
Bài toán 2.2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có: a2 + b2 + c2 1) bc cos A + ac cos B + ab cos C = . 2 2) abc(cos A + cos B + cos C) = a2 (p − a) + b2 (p − b) + c2 (p − c). Chứng minh 1) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 a2 + b2 + c2 VT = + + = = V P. 2 2 2 2 2) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 VT =a +b +c 2 2 2 2 2 2 a b c = (b + c − a) + (a + c − b) + (a + b − c) 2 2 2 = a (p − a) + b (p − b) + c (p − c) = V P. Đpcm. 2 2 2 Bài toán 2.3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có: A B C A B C cos2 + cos2 + cos2 tan + tan + tan = 2 2 2. 2 2 2 A B C 2 cos cos cos 2 2 2 Chứng minh 1 A B B C C A VT = tan + tan + tan + tan + tan + tan 2 2 2 2 2 2 2   A+B B+C C +A 1 sin sin sin 2 2 2  =  + + 2 A B B C C A cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 C A B cos2 + cos2 + cos2 = 2 2 2 = V P. Đpcm. A B C 2 cos cos cos 2 2 2 13
Bài toán 2.4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có: A 1) ra − r = 4R sin2 . 2 A−B C 2) ra − rb = 4R sin cos . 2 2 3) a cot A + b cot B + c cot C = 2(R + r). 4) (ra2 + p2 )(ra − r) = 4Rra2. ha − 2r ha B C 5) = = tan tan . ha 2ra + ha 2 2 Chứng minh 1) Ta có A A A A ra − r = p tan − (p − a) tan = a tan = 2R sin A tan 2 2 2 2 A A A sin 2 A = 2R.2 sin cos . = 4R sin2 . 2 2 A 2 cos 2 A B 2) Ta có ra − rb = p(tan − tan ). (1) 2 2 Do 1 1 p = (a + b + c) = .2R(sin A + sin B + sin C) 2 2 A B C = 4R cos cos cos . (2) 2 2 2 Thay (2) vào (1) ta có A B ra − rb = p(tan − tan ) 2 2 A−B A B C sin = 4R cos cos cos 2 2 2 2 A B cos cos 2 2 A−B C = 4R sin cos . 2 2 3) Ta có S ab sin C r= = p a+b+c 14
2R sin A.2R sin B. sin C = 2R (sin A + sin B + sin C) A B C A B C 2R.8. sin sin sin cos cos cos = 2 2 2 2 2 2 A B C 4 cos cos cos 2 2 2 A B C = 4R sin sin sin . (1) 2 2 2 a cot A + b cot B + c cot C = 2R[sin A cot A + sin B cot B + sin C cot C] = 2R[cos A + cos B + cos C] A B C = 2R 1 + 4 sin sin sin 2 2 2 = 2R + 2r = 2(R + r) do (1). 4) Ta có 2 A A A p2 A (ra2 2 2 + p )(ra − r) = p 1 + tan p tan − (p − a) tan = a tan 2 2 2 A 2 cos2 2 p2 A A A A 2 = 4R sin cos tan = 4R p tan = 4Rra2. A 2 2 2 2 cos2 2 5) Ta có 2S ha − 2r 2r p a p−a • =1− =1− =1− = . ha ha 2S p p a 2S ha a 1 1 p−a • = = a a = a = . 2ra + ha 2S 2S + + 1 p + p−a a p−a p−a a B C rb rc S S p(p − a)(p − b)(p − c) • tan tan = . = . = 2 2 p p p(p − b) p(p − c) p2 (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: 15
p2 + 4Rr + r2 1) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = . 4R2 pr 2) sin A sin B sin C = . 2R2 p2 − 4Rr − r2 3) 2 2 2 sin A + sin B + sin C = . 2R2 p(p2 − 6Rr − 3r2) 4) sin3 A + sin3 B + sin3 C = . 4R3 p(p2 + r2 + 2Rr) 5) (sin A + sin B)(sin B + sin C)(sin C + sin A) = . 4R3 p4 − (8Rr + 6r2)p2 + r2 (4R + r)2 6) 4 4 4 sin A + sin B + sin C = . 8R4 r2 + p2 − 4R2 7) cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = . 4R2 p2 − (2R + r)2 8) cos A cos B cos C = . 4R2 6R2 + 4Rr + r2 − p2 9) 2 2 cos A + cos B + cos C =2 . 2R2 2Rr2 + r3 + p2 r 10) 3 3 cos A + cos B + cos C =3 − 1. 4R3 2Rr2 + r3 + p2r 11) (cos A + cos B)(cos B + cos C)(cos C + cos A) = . 4R3 1 1 1 p2 + r2 + 4Rr 12) + + = . sin A sin B sin C 2pr 1 1 1 2R 13) + + = . sin A sin B sin B sin C sin C sin A r 1 1 1 (p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr 14) + + = . sin2 A sin2 B sin2 C 4p2R2 sin A sin B sin B sin C sin C sin A p2 + r2 − 2Rr 15) + + = . sin C sin A sin B 2Rr 1 1 1 p2 + r2 − 4R2 16) + + = 2 . cos A cos B cos C p − (2R − r)2 1 1 1 4R(R + r) 17) + + = 2 . cos A cos B cos B cos C cos C cos A p − (2R + r)2 1 1 1 (p2 + r2 − 4R2 )2 − 8R(R + r)[p2 − (2R + r)2] 18) + + = . cos2 A cos2 B cos2 C [p2 − (2R + r)2]2 16
cos A + cos B cos B + cos C cos C + cos A 19) + + cos C cos A cos B (R + r)(p2 + r2 − 4R2) = − 3. R[p2 − (2R + r)2 ] sin A + sin B sin B + sin C sin C + sin A p 20) . . = . cos A + cos B cos B + cos C cos C + cos A r A B C 2R − r 21) sin2 + sin2 + sin2 = . 2 2 2 2R 4 A 4 B 4 C 8R2 + r2 − p2 22) sin + sin + sin = . 2 2 2 8R2 2 A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A p2 + r2 − 8Rr 23) sin sin + sin sin + sin sin = . 2 2 2 2 2 2 16R2 A B C 4R + r 24) cos2 + cos2 + cos2 = . 2 2 2 2R 4 A 4 B 4 C (4R + r)2 − p2 25) cos + cos + cos = . 2 2 2 8R2 2 A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A p2 + (4R + r)2 26) cos cos + cos cos + cos cos = . 2 2 2 2 2 2 16R2 1 1 1 p2 + r2 − 8Rr 27) + + = . 2 A 2 B 2 C r2 sin sin sin 2 2 2 1 1 1 8R(2R − r) 28) + + = . 2 A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A r2 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 1 1 1 p2 + (4R + r)2 29) + + = . 2 A 2 B 2 C p2 cos cos cos 2 2 2 1 1 1 8R(4R + r) 30) + + = . 2 A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A p2 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 3R2 + 4Rr + r2 − p2 31) cos 2A + cos 2B + cos 2C = . R2 2pr 32) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2 . R p2 − r2 − 4Rr 33) cot A + cot B + cot C = . 2pr 17
p2 − (2R + r)2 34) cot A cot B cot C = . 2pr (p2 − r2 − 4Rr)2 35) cot A + cot B + cot C = 2 2 2 − 2. 4p2r2 2R2 36) (cot A + cot B)(cot B + cot C)(cot C + cot A) = 2 . p (p2 − r2 − 4Rr)3 − 48p2R2 r2 37) cot3 A + cot3 B + cot3 C = . 8p3r3 2pr 38) tan A + tan B + tan C = 2 . p − (2R + r)2 p2 − r2 − 4Rr 39) tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A = . p2 − (2R + r)2 4p2r2 − 2(p2 − r2 − 4Rr)[p2 − (2R + r)2] 40) tan2 A + tan2 B + tan2 C = . [p2 − (2R + r)2]2 8pr[p2r2 − 3R2(p2 − (2R + r)2)] 41) tan3 A + tan3 B + tan3 C = . [p2 − (2R + r)2]3 A B C 4R + r 42) tan + tan + tan = . 2 2 2 p A B C r 43) tan tan tan = . 2 2 2 p A B B C C A 4R 44) tan + tan tan + tan tan + tan = . 2 2 2 2 2 2 p A B C (4R + r)2 − 2p2 45) tan2 + tan2 + tan2 = . 2 2 2 p2 A 3 B 3 C (4R + r)3 − 12p2R 46) tan 3 + tan + tan = . 2 2 2 p3 A B C A B C p 47) cot + cot + cot = cot cot cot = . 2 2 2 2 2 2 r A B B C C A 4R + r 48) cot cot + cot cot + cot cot = . 2 2 2 2 2 2 p A 2 B 2 C p2 − 2r(4R + r) 49) cot2 + cot + cot = . 2 2 2 r2 3 A 3 B 3 C p(p2 − 12Rr) 50) cot + cot + cot = . 2 2 2 r3 18