1

MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài

Trong quá trình giảng dạy và tìm hiểu qua các tài liệu tham

khảo, tôi nhận thấy việc giảng day và học tập bộ môn Toán dành cho

học sinh bậc phổ thông trung học (PTTH) gặp rất nhiều trở ngại và

khó khăn liên quan đến khái niệm về lượng giác và các ứng dụng của

lượng giác liên quan đến giải tích, hình học và đại số. Với mong

muốn tìm hiểu thêm về vai trò của hệ thức lượng giác trong chương

trình toán bậc PTTH và được sự định hướng của PGS.TS.Trần Đạo

Dõng, tôi đã chọn đề tài “HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ ỨNG

DỤNG VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP” trong chương trình toán bậc

PTTH để làm đề tài luận văn thạc sĩ của mình.

Trong luận văn này, trước hết chúng tôi giới thiệu về các hệ

thức lượng giác, các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác được

nhắc đến trong chương trình Toán bậc phổ thông trung học (THPT).

Tiếp đó, chúng tôi sẽ ứng dụng các hệ thức lượng giác, các đẳng

thức, bất đẳng thức lượng giác để khảo sát một số dạng toán cơ bản

trong tam giác, tứ giác, đa giác và đường tròn.

2. Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu của đề tài là khai thác các hệ thức

lượng giác để khảo sát một số chủ đề trong hình học sơ cấp thể hiện

qua các dạng bài toán về hệ thức cơ bản của các hàm lượng giác, bài

toán về đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác, đa giác và đường

tròn nhằm nâng cao hiệu quả và chất lượng giải toán cho học sinh.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

2

Khai thác công cụ hệ thức lượng giác thể hiện qua các dạng

bài toán mang đặc trưng hình học như hệ thức cơ bản của các hàm

lượng giác, bài toán chúng minh và rút gon các đẳng thức lượng giác,

bài toán về đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác, đa giác,

đường tròn.

4. Phương pháp nghiên cứu.

Tham khảo tài liệu các dạng bài toán về hệ thức lượng giác

và hệ thống kiến thức.

Trao đổi và tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn luận văn

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn.

Nâng cao kiến thức về một số chủ đề Toán thuộc chương

trình phổ thông trung học.

Góp phần phát huy tính tư duy và tự hoc của học sinh.

6. Cấu trúc luận văn.

+ Mở đầu.

+ Chương 1. Các hệ thức lượng giác.

+ Chương 2. Ứng dụng hệ thức lượng giác vào giải toán.

+ Kết luận.

+ Danh mục các tài liệu tham khảo.

3

t

t'

O

ST

A

B'

A'

s'

x

s

y

B

M

H

K

CHƯƠNG 1

CÁC HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC

1.1. CÁC PHÉP TOÁN CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC 1.1.1. Các khái niệm liên quan đến lượng giác Định nghĩa 1.1.1. (Đường tròn lượng giác). Định nghĩa 1.1.2. (Đường tròn định hướng). Định nghĩa 1.1.3. (Cung lượng giác). 1.1.2. Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác Định nghĩa: Trên đường tròn

lượng giác trong mặt phẳng tọa độ

Oxy cho cung ¼AM có sđ ¼AM

=α o o(0 180 )≤ α ≤ , giả sử rằng

M(OH,OK ). Khi đó ta định nghĩa:

Tung độ y = OK của điểm M gọi là sin của α và kí

hiệu là sinα , với sin OKα = .

Hoành độ x OH= của điểm M gọi là cosin của α và kí hiệu là cosα , với cos OHα = .

Nếu cos 0α ≠ , tỉ số sincos

αα

gọi là tang của α và kí hiệu là

tan α .

Ta có sintan (cos 0)cos

αα = α ≠

α.

Nếu sin 0α ≠ , tỉ số cossin

αα

gọi là cotang của α và kí hiệu là cotα .

Ta có coscot (sin 0)sin

αα = α ≠

α.

Hình 1.2

4

Các giá trị sin α ,cosα , tan α , cotα được gọi là giá trị lượng giác của cung α .

Trục Ox gọi là trục cos , trục Oy là trục sin. Trục At gọi là trục tang, trục Bs gọi là trục cotang. Nhận xét: 1.1.3. Giá trị lượng giác của góc (cung) có liên quan đặc biệt Trong lượng giác ta thường gặp một số trường hợp góc có

liên quan như sau: a. Hai góc đối nhau b. Hai góc hơn kém nhau c. Hai góc bù nhau d. Hai góc phụ nhau 1.1.4. Các hệ thức cơ bản của hàm số lượng giác 1.1.5. Các công thức lượng giác a. Công thức cộng b. Công thức nhân đôi c. Công thức nhân ba d. Công thức hạ bậc e. Công thức biến đổi tổng thành tích f. Công thức biến đổi tích thành tổng

1.2. CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC

1.2.1. Một số đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác 1.2.2. Các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác a. Các bất đẳng thức về độ dài

b. Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản + Bất đẳng thức lượng giác đối với sin và cos: + Bất đẳng thức lượng giác đối với tg và cotg: 1.2.3. Một số bất đẳng thức khác thường gặp

5

a. Bất đẳng thức Côsi. Cho dãy n số thực không âm 1 2 na ,a ,...,a . Khi đó ta có:

1 2 n n1 2 n

a a .... a a a ...an

+ + +≥ (1.1)

Dấu bằng (1.1) xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 na a .... a= =

b. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki. Cho hai dãy số thực 1 2 na ,a ,...,a và

1 2 nb ,b ,...,b .Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n(a b a b .... a b ) (a a .... a )(b b .... b )+ + + ≤ + + + + + + . (1.2)

Dấu bằng (1.2) xảy ra khi và chỉ khi:

1 2 n

1 2 n

a a a....b b b

= = = .

c. Bất đẳng thức Chebyshev. Cho hai dãy số thực 1 2 na ,a ,...,a và 1 2 nb ,b ,...,b .

Dạng 1: Nếu 1 2 na a .... a≥ ≥ ≥ và 1 2 nb b .... b≥ ≥ ≥ .

Ta có: 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n(a a .... a )(b b .... b ) n(a b a b .... a b )+ + + + + + ≤ + + + (1.3)

Dấu bằng (1.3) xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 n

1 2 n

a a .... ab b .... b

= = = = = =

Dạng 2: Nếu 1 2 na a .... a≥ ≥ ≥ và 1 2 nb b .... b≤ ≤ ≤ .

Ta có: 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n(a a .... a )(b b .... b ) n(a b a b .... a b )+ + + + + + ≤ + + + (1.4)

Dấu bằng(1.4) xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 n

1 2 n

a a .... ab b .... b

= = = = = =

1.3. HỆ THỨC VÀ CÁC ĐỊNH LÝ TRONG TAM GIÁC. 1.3.1. Các định lý trong tam giác. Định lý 1.3.1. (Định lý hàm số sin trong tam giác).

6

Trong tam giác ABC với BC=a, CA=b, AB=c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ta có:

a b c 2Rsin A sin B sin C

= = = (1.5)

Định lý 1.3.2. (Định lý hàm số Cosin) Trong tam giác ABC với BC=a, CA=b, AB=c. ta có:

2 2 2a b c 2bc.cosA= + − 2 2 2b c a 2ca.cosB= + − 2 2 2c a b 2ab.cosC= + −

Từ định lý hàm số cosin ta suy ra: 2 2 2b c acosA

2bc+ −

= 2 2 2c a bcosB

2ca+ −

=

2 2 2a b ccosC2ab

+ −=

Ngoài ra, ta có hệ quả sau:

Hệ quả 1.3.1 Hệ quả 1.3.2 Hệ quả 1.3.3 Hệ quả 1.3.4 Nhận xét:

Định lý 1.3.3. ( Định lý hàm số tang). Trong tam giác ABC với BC=a, CA=b, AB=c, ta có:

A Btana b A B C2 tan . tanA Ba b 2 2tan2

−− −

= =++

(1.6)

B Ctanb c B C A2 tan . tanB Cb c 2 2tan2

−− −

= =++

(1.7)

7

C Atgc a C A B2 tan . tanC Ac a 2 2tg2

−− −

= =++

(1.8)

Định lý 1.3.4. ( Định lý hàm số cotang). Trong tam giác ABC với BC=a, CA=b, AB=c. ta có:

2 2 2a b ccot A cot B cotC4S

+ ++ + = (1.9)

1.3.2. Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác Trong tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c: bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp trong tam giác

p: nửa chu vi tam giác với p= a b c2

+ +

S: diện tích tam giác a b ch , h , h : độ dài đường cao tương ứng

a b cm , m , m : độ dài trung tuyến tương ứng

a b cl , l , l : độ dài các đường phân giác trong tương ứng ' ' 'a b cl , l , l : độ dài phân các đường phân giác ngoài

a. Công thức tính diện tích tam giác b. Công thức về độ dài đường cao c. Công thức về độ dài trung tuyến d. Công thức về phân giác trong tam giác e. Công thức về phân giác ngoài tam giác f. Công thức về bán kính - Bán kính đường tròn ngoại tiếp. - Bán kính đường tròn nội tiếp. - Bán kính đường tròn bàng tiếp. g. Công thức về hình chiếu

8

CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀO GIẢI TOÁN

SƠ CẤP 2.1. CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÁC ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC.

Phương pháp giải: Ta sử dụng các công thức lượng giác cơ bản và mối liên hệ gữa các góc trong tam giác, biến đổi rồi đưa về các đẳng thức hoặc bất đẳng thức cần chứng minh. Sau đây là một số bài toán minh họa được hệ thống dựa trên các tài liệu [1], [4], [5], [7], [8], [9], [10], [12].

Bài toán 2.1.1. Cho tam giác ABC nhọn với (A,B,C )4π

≠ .

Chứng minh rằng: tan 2A tan 2B tan 2C tan 2A.tan 2B.tan 2C+ + = . (2.1) Giải: Trong tam giác ABC ta có: A B C+ + = π ⇔ A (B C)= π − +

⇔ 2A 2 (2B 2C)= π − +

⇔ tan 2A tan(2 (2B 2C))= π − + ⇔ tan2A tan(2B 2C)=− +

⇔ tan 2B tan 2Ctan 2Atan 2B. tan2C 1

+=

−

⇔ tan 2A.(tan2 B. tan 2C 1) tan2B tan 2C− = +

⇔ tan 2A. tan 2B. tan 2C tan 2A tan 2B tan 2C− = + . Suy ra tan 2A tan 2B tan 2C tan 2A. tan 2B. tan 2C+ + = . Nhận xét: Bài toán 2.1.1 được chứng minh dựa trên mối quan hệ tổng ba góc trong tam giác, ta biến đổi đưa về đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 2.1.7. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta có:

2 2 2 2 2 21 2A B Ctan tan tan 3

2 2 2− + + ≥

. (2.13)

9

Giải:

Trong tam giác ABC , ta có : A B CA B C2 2 2+ π

+ + = π ⇔ = −

Vậy A B Ctan tan2 2 2+ π = −

.

⇔ A B B C A Ctan tan tan tan tan tan 12 2 2 2 2 2

+ + = .

Đặt A B Cx tan , y tan ,z tan2 2 2

= = = thì x>0, y>0 ,z>0

Ta có: xy yz xz 1+ + =

(2.14)

Vậy 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2A B Ctan (x ) , tan (y ) , tan (z )2 2 2

= = =

.

Theo bất đẳng thức Cosi ta có: 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2A Btan tan (x ) (y ) 2x y 2(xy)2 2

+ = + ≥ ≥

2 2 2 22 2 2 2 2 2 2B Ctan tan (y ) (z ) 2y z 2(yz)

2 2 + = + ≥ ≥

2 2 2 22 2 2 2 2 2 2A Ctan tan (x ) (z ) 2x z 2(xz)

2 2 + = + ≥ ≥

Ta có: 2 2 2 2 2 2A B Ctan tan tan

2 2 2 + + ≥

2 2 2(xy) (yz) (xz)+ + .

(2.15)

Đặt 2u v= ( với v x.y= )

Đạo hàm , 2 1u 2v 0−= > ( v>0 vì x>0. y>0).

10

Suy ra u tăng trên khoảng (0, )+∞ .

Giả sử rằng x y z≥ ≥ suy ra xy yz xz≥ ≥

Do đó theo bất đẳng thức Chebyshew, ta có: 22 2 2(xy) (yz) (xz) xy yz xz

3 3+ + + + ≥

22 2 2 1(xy) (yz) (xz) 3

3 ⇔ + + ≥

2 2 2 1 2(xy) (yz) (xz) 3 −⇔ + + ≥

(2.16) Từ (2.15) và (2.16) ta suy ra:

2 2 2 2 2 21 2A B Ctan tan tan 3

2 2 2− + + ≥

.

Nhận xét: Ta sử dụng bất đẳng thức chebyshev và bất đẳng thức Cosi để chứng minh bài toán 2.1.7. Các bài toán tham khảo: Bài toán 2.1.9. Chứng minh rằng:

1 A B C A B C 1 1 1tan tan tan cot cot cot2 2 2 2 2 2 2 sin A sinB sinC

+ + + + + = + + . Bài toán 2.1.10. Chứng minh rằng:

3 3 3 A B C 3A 3B 3Ccos A cos B cos C 1 3sin sin sin sin sin sin2 2 2 2 2 2

+ + = + −

. Bài toán 2.1.11. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:

11

1 1 1 9 3 1A B C1 cosA 1 cosB 1 cosC 22 cot cot cot2 2 2

+ + ≥ ++ + + + +

.

2.2. CÁC DẠNG TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC PHỐI HỢP TRONG TAM GIÁC Phương pháp giải: Đối với dạng bài toán này phần lớn ta sử dụng các công thức lượng giác được trình bày trong chương 1 để giải. Sau đây là các bài toán minh họa, có thể tham khảo một số tài liệu [2], [3], [4], [10], [11]. Bài toán 2.1.14. Cho tam giác ABC nhọn , tính góc A biết rằng : B C 1 b c A2cos cos sin

2 2 2 a 2+

= + . (2.20)

Giải: (2.20) ⇔ B C B C 2R(sinB sin C) A 1cos cos sin

2 2 2Rsin A 2 2+ − +

+ − =

A sin B sin C B C 1sin 1 cos2 sin A 2 2

+ − ⇔ − + =

B C B Csin A 2sin cosA B C 12 2sin cos2 sin A 2 2

+ −− −

⇔ + =

A A B C2cos sin cos

B C 12 2 2 cosA 2 22cos2

− − − ⇔ + =

A B C B C 1sin cos cos2 2 2 2

− −⇔ − + =

A 1sin2 2

⇔ = .

Trong tam giác ABC với A02 2

π< < nên A

2 6π

= nên suy ra A3π

= .

12

Nhận xét: Ta sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng, định lý hàm sin và tổng ba góc trong một tam giác, từ đó xây dựng mối liên quan giữa chúng đưa về kết luận cuối cùng tìm góc. Bài toán 2.1.15. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều

nếu thỏa mãn điều kiện sau: 2 2

2 3 3 3

1 cosC 2a bsin C 4a b

a (b c a) b c a

+ + =−

+ − = + −

Giải: 2 2

2 2 22 2

1 cosC 2a b (1 cosC) (2a b) 1 cosC 2a bsinC sin C 4a b 1 cosC 2a b4a b

1 cosC 2sin A sin B 2sin AcosC sin B1 cosC 2sin A sin B

+ + + + + += ⇔ = ⇔ =

− − −−+ +

⇔ = ⇔ =− −

(theo định lý hàm sin: a 2Rsin A, b 2R sin B= = )

Trong tam giác ABC có: A B C A C B sin(A C) sin( B) sin B+ + = π⇔ + = π − ⇔ + = π − =

Ta có: 2sinAcosC sinB sin(A C) sin(A C) sin(A C)

sin(A C) 0 A C 0A C a c (2.21)

= ⇔ + + − = +⇔ − = ⇔ − =⇔ = ⇔ =

Theo giả thiết bài toán, ta có:

2 3 3 3 2 2 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2

2 2

a (b c a) b c a a b a c a b c a 0b(a b ) c(a c ) 0 b(a b ) 0 (do a c)a b 0 a b (2.22)

+ − = + − ⇔ + − − − + =

⇔ − + − = ⇔ − = =

⇔ − = ⇔ =

Từ (3) và (4) ta suy ra a b c= = Vậy tam giác ABC đều Nhận xét: Dựa vào giả thiết bài toán ta biến đổi đưa bài toán về dạng đơn giản hơn để giải, ta sử dụng định lý hàm sin và tổng ba góc trong

13

tam giác tìm mối liên hệ giữa chúng đưa bài toán về nhận dạng tam giác đều . Các bài toán tham khảo: Bài toán 2.1.16. Cho tam giác ABC .Chứng minh rằng:

2 2 2a (p a) b (p b) c (p c) abc(cosA cosB cosC)− + − + − = + + .

Bài toán 2.1.17. Chứng minh rằng: A B C A B Casin bsin csin bc sin ca sin ab sin2 2 2 2 2 2

+ + ≥ + + .

Bài toán 2.1.18. Cho tam giác ABC .Chứng minh rằng: 2 2 2cosA cosB cosC a b c .

bcosC ccosB ccosA a cosC a cosB bcosA 2abc+ +

+ + =+ + +

2.3. BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC VÀ CÁC ĐỊNH LÝ CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC Bài toán 2.1.22. Cho tam giác ABC cóB>C. Gọi AH, AD, AM là đường cao, phân giác và trung tuyến kẻ từ A.

Chứng minh rằng: ·2 A B Ctan tan MAD.cot2 2

−= .

Giải :

b-c

c b

D M

KN

H

E

CB

A

Hình 2.3

14

Ta có: ·2 A B Ctan tan MAD.cot2 2

−= ·A B C B Ctan .cot tan MAD.cot

2 2 2+ −

⇔ =

(Với A B Ctan cot2 2

+= ).

⇔ ·B C B Ccot tantan MAD 2 2

A B C B Ctan cot tan2 2 2

+ −

= =− +

. ( 2.27)

Theo định lý hàm tang ta có: B Ctanb c 2B Cb c tan

2

−−

=++

nên (2.27) ⇔ ·tan MAD b cA b ctan2

−=

+ . (2.28)

Như vậy ta chỉ cần chứng minh đẳng thức (2.28) là đúng. Trên cạnh AB kéo dài lấy điểm E sao cho AE=AC=b.

Ta có: AB BE AE BE AE AB b c+ = ⇔ = − = − .

Kéo dài AD cắt CE tai N, do tam giácACE cân taị A (AE=AC=b).

Nên NC=NE, và AN CE⊥ . Kéo dài AM cắt CE tại K.

Trong tam giác vuông KAN, ta có: · KNtan KANAN

= .

Trong tam giác vuông EAN, ta có: · ENtan EANAN

= .

Suy ra · ··

KNtan MAD tan KAN KNAN

A EN ENtan EANtan2 AN

= = = .

Do MB=MC, NE=NC nên MN // BE và BE b cMN2 2

−= = .

Do tam giác KMN đồng dạng với tam giác KEA , ta có:

15

(b c)KN MN KN MN KN b c2

b cKE AE KE KN AE MN EN b cb2

−−

= ⇔ = ⇔ = =−− − +−

.

Ta có ·tan MAD KN b cA EN b ctan2

−= =

+, suy ra (2.28) đúng nên (2.27)

đúng. Nhận xét: Bài toán 2.1.22 được giải dựa trên việc phân tich đẳng thức cần chứng minh ta biến đổi tương đương và sử dụng định lý hàm số tang, dựa vào đường trung bình và tam giác đồng dạng tìm mối quan hệ giữa chúng. Ta suy ra đẳng thức cần chứng minh. 2.4. BÀI TOÁN VỀ HÌNH CHIẾU, ĐỘ DÀI TRONG TAM GIÁC. Bài toán 2.1.29. Cho tam giác ABC bất kỳ, chứng minh rằng: (1 a b ab)cosC (1 a c ac)cosB (1 b c bc)cosA 3+ + − + + + − + + + − ≤ .

Giải: Theo công thức tính độ dài hình chiếu ta có a bcosC ccosB= + b ccosA a cosC= + c a cosB bcosA= + Nên a b c (a b)cosC (a c)cosB (b c)cosA+ + = + + + + + . (2.29)

Theo định lý hàm số cos, ta có: 2 2 2b c acosA

2bc+ −

= ; 2 2 2a c bcosB

2ac+ −

= ; 2 2 2a b ccosC

2ab+ −

= .

Vậy (a b)cosC (a c)cosB (b c)cosA+ + + + +

16

=2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c a c b b c aab ac bc

2ab 2ac 2bc+ − + − + −

+ +

=2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c a c b b c a a b c

2 2 2 2+ − + − + − + +

+ + = (2.30)

Từ (2.29) và (2.30) ta được (1 a b ab)cosC (1 a c ac)cosB (1 b c bc)cosA+ + − + + + − + + + −

=2 2 2a b c(cosA cosB cosC) (a b c)

2+ +

+ + + + + −

= 2 2 23 1 3 3 1(cosA cosB cosC) (a 1) (b 1) (c 1) .0 32 2 2 2 2

+ + + − − + − + − ≤ + − ≤ .

Nhận xét: Ta sử dụng công thức tính độ dài hình chiếu và định lý hàm cos thông qua độ dài các cạnh và góc trong tam giác biên đổi đưa về đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 2.1.30. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng: A B CMAcos MBcos MCcos p

2 2 2+ + ≥ .

Giải:

21

a

bc

12

21

M

CB

A

Theo định lý hình chiếu đỉnh, ta có:

Hình 2.5

17

1 2a MBcosB MCcosC= +

1 2b MCcosC MAcosA= +

1 2c MAcosA MBcosB= +

1 2 1 2 1 2a b c MA(cosA cosA ) MB(cosB cosB ) MC(cosC cosC )+ + = + + + + + = 1 2 1 2 1 2A A A B B B C C C2MAcos cos 2MBcos cos 2MCcos cos

2 2 2 2 2 2− − −

+ +

≤ A B C2 MAcos MBcos MCcos2 2 2

+ + .

Ta có (a b c)p2

+ += (a b c)p

2+ +

⇒ = ≤

A B CMAcos MBcos MCcos2 2 2

+ + .

Vậy dấu bằng xảy ra ⇔ 1 2 1 2 1 2A A , B B , C C= = = .

Nên ta suy ra điểm M trùng với tâm nội tiếp O của đường tròn. Nhận xét: Để giải bài toán trên ta sử dụng định lý hình chiếu đỉnh, từ đó tìm mối liên hệ giữa các đẳng thức có liên quan với nhau. Điều đặc biệt là vị trí điểm cần tìm trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 2.5. BÀI TOÁN VỀ CẠNH VÀ KHOẢNG CÁCH TRONG TAM GIÁC. Phương pháp giải: Ta sử dụng các công thức tính diện tích tam giác, hệ thức lượng giác trong tam giác vuông, công thức về đường trung tuyến và định lý hàm số cos để giải một số bài toán sau. Tham khảo tài liệu [2], [4], [5], [6], [9], [10] .

Bài toán 2.1.40. Cho tam giác ABC có a

ab c d 32

+ = + trong đó

BC a,AC b,AB c= = = và khoảng cách từ đỉnh A xuống cạnh BC là

ad . Chứng minh rằng tam giác ABC đều.

18

Giải:

da

cb

a CB

A

Theo định lý hàm sin, ta có: a 2R sin A, b 2R sinB, c 2RsinC= = =

Diện tích tam giác ABC: a a

1 1 bcsin AS ad bcsin A d2 2 a

= = ⇔ =

Theo giả thiết, ta có:

aab c d 3 2sin B 2sin C sin A 2 3sin Bsin C (2.39)2

+ = + ⇔ + = +

Trong tam giác ABC: A B C B C A sin(B C) sin( A) sin A+ + = π ⇔ + = π − ⇔ + = π − =

(2.39) 2sin B 2sinC sin(B C) 2 3sin Bsin C⇔ + = + +

2sin B 2sinC sinBcosC cosBsinC 2 3sin BsinC 0⇔ + − − − =

1 1sin B sin C sinBcosC cosBsin C 3sin Bsin C 02 2

⇔ + − − − =

Hình 2.14

19

1 3 1 3sinB(1 cosC sin C) sinC(1 cosB sinB) 02 2 2 2

⇔ − − + − − =

sin B 1 cos(C ) sin C 1 cos(B ) 03 3π π ⇔ − − + − − =

Vì sin B 0,sinC 0> > nên

1 cos(C ) 0 cos(C ) 1 C 0 C3 3 3 3

1 cos(B ) 0 cos(B ) 1 B 0 B3 3 3 3

π π π π − − = − = − = = ⇔ ⇔ ⇔ π π π π − − = − = − = =

Ta có B C3π

= = nên suy ra A3π

=

Vậy tam giác ABC là tam giác đều. Các bài toán tham khảo: Bài toán 2.1.44. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam

giác. Gọi 1A 1,B , 1C là hình chiếu của M lên BC, CA, AB. Ta đặt

1 1 1x MA ,y MB ,z MC= = = .

Chứng minh rằng:2 2 2a b cx y z

2R+ +

+ + ≤

Bài toán 2.1.45. Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H, gọi M, N, P là trung điểm của ba cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:

2 2 2a b c

a b c

m m mHM HN HPm m m

+ ++ + ≥

+ + .

2.6. HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TỨ GIÁC VÀ ĐA GIÁC

20

Phương pháp giải: Khi gặp các dạng toán này ta sử dụng các hệ thức lượng giác trong tam giác và các công thức lượng giác liên quan để chứng minh. Bài toán2.52. Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp trong đường tròn (O,R) và có AB=BC=DE=R. Gọi M, N là trung điểm của CD, AE. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác BMN. Giải:

O

N M

R

RR

αα

ED

C

B

A

Do AB=BC=DE=R nên OAB, OBC, ODE∆ ∆ ∆ là các tam giác

đều.

Từ đó ta suy ra: · · 0AOE DOC 180+ = . Trong tam giác cân OCD (OC OD R= = )

Ta có: · · · · ·0 0DOC OCD ODC 180 2DCO DOC 180+ + = ⇔ + =

Suy ra · · · ·AOE 2DCO AON MCO= ⇔ = (do · ·1AON AOE2

= ).

Vậy AON MCO∆ =∆ nên suy ra ON=CM

Xét tam giác ONB và tam giác CMB

Hình 2.23

21

Ta có: · ·BON BCM= , ON CM= và OB BC R= = .

Suy ra ONB CMB∆ =∆ nên ta có BN BM= và · ·OBN CBM=

Ta có · 0OBC 60= (do OBC∆ đều)

Mặc khác · · 0OBM MBC 60+ = · · 0NBO OBM 60⇔ + = hay

· 0NBM 60= .

Trong tam giác BMN, ta có BM BN= và · 0NBM 60= suy ra

BMN∆ đều.

Ta đặt· 0 0AON (0 90 )= α ≤ α ≤ , theo định lý hàm số cos trong tam giác BMN

Ta có: ·2 2 2BN ON OB 2ON.OBcosBON= + − .

⇔ 2 2 2 2 2 0BN R R cos 2R cos .cos( 60)= + α − α α + .

2 2 2 23 3BN R 1 3sin cos R 1 sin 2 R 12 2

⇔ = + α α = + α ≤ +

Vậy BMN BN3Max 3Max 3 1 .R

2∆ = = + .

Dấu bằng xảy ra ⇔ 0sin 2 1 suyra 45α = α = .

Nhận xét: Ta sử dụng tính chất của tam giác đếu và định lý hàm cos trong tam giác để chứng minh. Các bài toán tham khảo:

Bài toán 2.1.54. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi 1 2 3 4R ,R ,R ,R lần

lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác

BCD, ACD, ABD, ABC . Chứng minh rằng nếu 1 3 2 4R R R R=

thì tứ giác ABCD nội tiếp. 2.7. HỆ THỨC LƯỢNG TAM GIÁC TRONG ĐƯỜNG TRÒN.

2 2 2 0 0BN R 1 cos 2cos .(cos cos60 sin sin 60 ) ⇔ = + + α − α α − α

22

Bài toán 2.58. Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt tiếp

xúc với cạnh BC, CA, AB tại 1 1 1A ,B ,C . Đặt AB=c, BC=a, CA=b,

1 1 1A B c= , 1 1 1 1 1 1B C a , C A b= = .

Chứng minh rằng : 2 2 2

1 1 1

a b c 12a b c

+ + ≥

.

Giải :

b

c

a

a1

O

A1

c1

B1

C1

b1

CB

A

Ta có :1 1 1

A Aa B C (p a)sin (b c a)sin2 2

= = − = + − .

Ta có 2 2 2 21

A 1a (b c a) sin (b c a) (1 cosA)2 2

= + − = + − −

=2 2 2

21 (b c a )(b c a) (1 )2 2bc

+ −+ − −

2 2 2 21

1a (b c a) a (b c)4bc

= + − − −

=2 2

2 2 2 21 b c bcb (c a) . c (a b)4bc 4bc 4

− − − − ≤ ≤ .

Suy ra 21

bca4

≤ .

Ta có: 1 1 1

B Bb C A (p b)sin (a c b)sin2 2

= = − = + −

Hình 2.25

23

2 2 2 21

B 1b (a c b) sin (a c b) (1 cosB)2 2

= + − = + − −

2 2 2

21 (a c b )(a c b) (1 )2 2ac

+ −= + − −

2 22 2 2 2 2 2 2 21

1 1 a cb (a c b) b (a c) a (c b) . c (b a)4ac 4ac 4ac

= + − − − = − − − − ≤

.

Suy ra 21

cab4

≤ .

Trình bày một cách tương tự như trên ta chứng minh dược:

21

abc4

≤ .

Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3

1 1 1

a b c a b c a b c4 4.3 . . 12a b c bc ca ab bc ca ab

+ + ≥ + + ≥ ≥

..

Nhận xét: Ta sứ dụng hệ thức lượng giác trong tam giác vuông và định lý hàm số cos kết hợp với bất đẳng thức Côsi để chứng minh. Các bài toán tham khảo: Bài toán 2.1.62. Cho tam giác ABC nhọn,gọi I là tâm đường tròn nội tiếp và r, R là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC.

Chứng minh rằng: 1 1 1 1 4IA IB IC 3R 3r

+ + ≥ + .

Bài toán 2.1.63. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O,R) và ngoại tiếp đường tròn (I,r). Gọi 1 1 1AA ,BB ,CC là ba đường phân

giác trong của các góc A,B,C. Gọi 2 2 2A ,B ,C là hình chiếu của I

lên 1 1 1 1 1 1B C , C A , A B .

24

Chứng minh rằng:

1) 2

A

R.rIAI I

= ( với AI là tâm đường tròn bàng tiếp của góc A).

2) 2 2 2

3RIA IB IC 6.r11R 2r

+ + ≥+

.

Bài toán 2.1.64. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R). Các đường phân giác trong của các góc A, B, C đồng qui taị I và cắt (O,R) lần lượt tại 1A , 1B , 1C .

Chứng minh rằng: 1 1 1

1 1 1 3IA IB IC R

+ + ≥ .

KẾT LUẬN

Trong luận văn này, chúng tôi mong muốn khảo sát và ứng

dụng một số phương pháp giải liên quan đến hệ thức lượng giác,

nhằm mục đích sử dụng cho chương trình bồi dưỡng chuyên đề

lượng giác ở bậc PTTH.

Luận văn đã tập trung khảo sát và phân loại một số dạng

toán được giải bằng hệ thức lượng giác thông qua các bài toán minh

họa ở chương 2 bao gồm các bài toán về các đẳng thức, bất đẳng

thức cơ bản, các đẳng thức phối hợp trong tam giác; bài toán về các

định lý, độ dài và hình chiếu, bài toán về cạnh và khoảng cách trong

tam giác, bài toán về hệ thức lượng giác trong tứ giác và đa giác, hệ

thức lượng tam giác trong đường tròn.

Do thời gian nghiên cứu và hoàn thành luận văn có hạn, trình

độ bản thân còn hạn chế nên sai sót là không thể tránh khỏi. Kính

mong quý thầy cô, bạn bè có những góp ý chân thành để luận văn

được hoàn chỉnh.