Xem mẫu
- BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Nâng cao chất lượng giáo dục mũi nhọn trong giảng dạy là một trong
những nhiệm vụ trọng tâm giúp nâng cao chất lượng giáo dục, bồi dưỡng
nhân tài cho nhà trường, địa phương và xã hội. Việc giáo dục mũi nhọn (bồi
dưỡng học sinh giỏi, ôn thi đại học) giúp học sinh hình thành và phát triển
năng lực cá nhân trong đó phát triển năng lực sáng tạo là vô cùng thiết yếu,
phát triển năng lực sáng tạo khi giải toán là rèn khả năng phát hiện các ứng
dụng đa dạng của toán học.
Trong thực tế giảng dạy, ôn thi đại học và bồi dưỡng đội tuyển học sinh
giỏi lớp 10 về phần hệ thức lượng trong tam giác tôi đã gặp một số bài toán
mà sách giáo khoa hiện nay khi giải thì rất khó và dài dòng. Cũng qua tìm tòi
nghiên cứu tài liệu và giảng dạy tôi thấy khi hệ thống các dạng bài tập và
đưa ra phương pháp làm cho từng dạng thì việc giải quyết các bài toán được
nhanh chóng và đơn giản hơn rất nhiều, góp phần giúp học sinh có thể lấy
điểm bài này trong đề thi HSG, đề thi THPT quốc gia. Chính vì vậy sáng kiến
của tôi nhằm mục đích tổng hợp một số dạng toán liên quan về hệ thức
lượng trong tam giác cụ thể là: xác định các yếu tố trong tam giác, giải tam
giác, chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố trong
tam giác, tứ giác, nhận dạng tam giác.
Sáng kiến đã góp phần trang bị kiến thức cho học sinh để làm được một
lớp các bài tập về hệ thức lượng tam giác trong kỳ thi học sinh giỏi, kì thi
THPT Quốc gia trong các năm sắp tới và giảm bớt khó khăn lúng túng, tạo sự
tự tin cho học sinh trong việc giải các bài toán hình học.
1
- 2. Tên sáng kiến:
Một số bài toán về thức lượng trong tam giác.
3. Tác giả sáng kiến:
Họ và tên: Tạ Thị Hồng Yến.
Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học.
Số điện thoại: 0962390261 . E_mail: hongyen.nth.vp@gmail.com.
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Tạ Thị Hồng Yến.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Lĩnh vực: Toán học lớp 10.
Vấn đề sáng kiến giải quyết: Bài toán về hệ thức lượng trong tam giác.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử, (ghi ngày
nào sớm hơn):
Tháng 2 năm 2014.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. Về nội dung của sáng kiến: Gồm ba phần
PHẦN I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Trên cơ sở các hệ thức lượng trong tam giác đã biết, định lí sin, định lý
Côsin, công thức tính độ dài đường trung tuyến, công thức tính diện tích tam
giác. Trong sáng kiến này trình bày các trường hợp cụ thể: về việc ứng dụng
các hệ thức lượng trong tam giác đã biết để giải quyết một số bài toán có liên
quan.
PHẦN II. CƠ SỞ THỰC TIỄN
2
- Tuy các hệ thức lượng trong tam giác rất đơn giản nhưng khi áp dụng
vào giải quyết các bài toán thì lại cần sự vận dụng linh hoạt, khéo léo để giải
quyết được vấn đề bài toán đưa ra.
Vì vậy việc hệ thống thành các dạng bài tập với phương pháp giải cho
từng dạng là việc rất quan trọng giảm bớt khó khăn, lúng túng cho học sinh
khi giải các bài tập dạng này.
PHẦN III. NỘI DUNG
A. Kiến thức và phương pháp cần nhớ.
B. Nội dung chính: Các dạng toán và phương pháp giải.
Dạng 1. Xác định các yếu tố trong tam giác.
Dạng 2. Giải tam giác.
Dạng 3. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố
trong tam giác, tứ giác.
Dạng 4. Nhận dạng tam giác
C. Bài tập ứng dụng.
D. Kết luận.
E. Tài liệu tham khảo.
3
- A. Kiến thức và phương pháp cần nhớ
1. Định lí côsin: Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b và AB = c . Ta có :
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos A
A
b 2 = c 2 + a 2 − 2ca.cos B
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab.cos C b
c
Hệ quả:
b2 + c2 − a 2 B a C
cos A =
2bc Hình 2.6
c + a 2 − b2
2
cos B =
2ca
a 2 + b2 − c2
cos C =
2ab
2. Định lí sin : Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b , AB = c và R là bán
kính đường tròn ngoại tiếp. Ta có :
a b c
= = = 2R
sin A sin B sin C
3. Độ dài trung tuyến: Cho tam giác ABC với m a , m b , m c lần lượt là các
trung tuyến kẻ từ A, B, C. Ta có :
2(b 2 + c 2 ) − a 2 2(a 2 + c 2 ) − b 2 2(a 2 + b 2 ) − c 2
m =
2
a , m b =
2
, m c =
2
4 4 4
4. Diện tích tam giác
Với tam giác ABC ta kí hiệu h a , h b , h c là độ dài đường cao lần lượt tương
ứng với các cạnh BC, CA, AB; R, r
a+b+c
lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác; p = là
2
4
- nửa chu vi tam giác; S là diện tích tam giác. Khi đó ta có:
1 1 1
S = ah a = bh b = ch c
2 2 2
1 1 1
= bcsin A = ca sin B = absin C
2 2 2
abc
= = pr = p(p − a)(p − b)(p − c) (công thức Hê–rông)
4R
B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.
DẠNG 1: Xác định các yếu tố trong tam giác.
1. Phương pháp.
Sử dụng định lí côsin và định lí sin
Sử dụng công thức xác định độ dài đường trung tuyến và mối liên hệ
của các yếu tố trong các công thức tính diện tích trong tam giác.
2. Các ví dụ.
3
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 6 và cos A = .
4
Tính cạnh BC, và độ dài đường cao kẻ từ A.
Lời giải
Áp dụng định lí côsin ta có
3
BC 2 = AB2 + AC 2 − 2AB.AC.cos A = 4 2 + 6 2 − 2.4.6. = 16
4
Suy ra BC = 4
9 7
Vì sin 2 A + cos 2 A = 1 nên sin A = 1 − cos 2 A = 1 − =
16 4
1 1 7
Theo công thức tính diện tích ta có SABC = AB.AC.sin A = .4.6. = 3 7. (1)
2 2 4
5
- 1 1
Mặt khác SABC = a.h a = .4.h a (2)
2 2
1 3 7
Từ (1) và (2) suy ra .4.h a = 3 7 � h a =
2 2
3 7
Vậy độ dài đường cao kẻ từ A là h a =
2
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính bằng 3, biết
ﾵ = 300 , B
A ﾵ = 550 . Tính độ dài trung tuyến kẻ từ A và bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác.
Phân tích đề:
Muốn tính độ dài đường trung tuyến ta phải tính được 3 cạnh của tam giác
mà giả thiết chưa cho cạnh nào. Với giả thiết bài này ta biết bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác và số đo 2 góc nên yếu tố đầu tiên ta nghĩ đến là tính
góc còn lại, sau đó sử dụng định lý Sin để tính các cạnh của tam giác.
Lời giải
ﾵ = 1800 − A
Ta có C ﾵ −B
ﾵ = 1800 − 300 − 550 = 950
Theo định lí sin ta có a = 2R sin A = 2.3.sin 300 = 3 ,
b = 2R sin B = 2.3.sin 550 = 6.sin 550
c = 2R sin C = 2.3.sin 950 = 6sin 950
Theo công thức đường trung tuyến ta có
2 ( b2 + c2 ) − a 2 2 ( 36sin 2 550 + 36sin 2 950 ) − 9
m =
2
a = 27.69
4 4
Theo công thức tính diện tích tam giác ta có
1 bcsin A 36.sin 550.sin 950.sin 30 0
SABC = pr = bcsin A � r = = �1,06
2 2p 6sin 550 + 3 + 6sin 950
6
- Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC. Biết AB = 3, BC = 8,
ﾵ 5 13
cos AMB = . Tính độ dài cạnh AC và góc lớn nhất của tam giác ABC .
26
Phân tích:
Với giả thiết ta xét tam giác ABM biết 2 cạnh và 1 góc, ta tính được cạnh
còn lại. Khi đó sử dụng công thức độ dài đường trung tuyến ta tính được độ
dài cạnh còn lại của tam giác.
Lời giải
BC = 8 � BM = 4 . Đặt AM = x
A
ﾵ AM 2 + BM 2 − AB2
Theo định lí côsin ta có: cos AMB =
2AM.AB
B C
5 13 x 2 + 16 − 9 M
Suy ra =
26 2.4.x Hình 2.7
x = 13
� 13x − 20 13x + 91 = 0 �
2
7 13
x=
13
2 ( AB2 + AC 2 ) − BC2
Theo công thức tính đường trung tuyến ta có AM = 2
2AB.AC
2 ( 32 + AC 2 ) − 82
TH1: Nếu x = 13 � 13 = � AC = 7 .
4
Ta có BC > AC > AB góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có
AB2 + AC2 − BC 2 9 + 49 − 64 1
cos A = = = − Suy ra A 98012'
2AB.AC 2.3.7 7
7
- 49 2 ( 3 + AC ) − 8
2 2 2
7 13 397
TH2: Nếu x = � = � AC =
13 13 4 13
Ta có BC > AC > AB góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có
397
− 64 9+
AB + AC − BC
2 2 2
13 53
cos A = = =− Suy ra A 137032'
2AB.AC 397 5161
2.3.
13
a b 2c
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC thỏa mãn = = .
3 2 6− 2
a) Tính các góc của tam giác.
b) Cho a = 2 3 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Phân tích: Với giả thiết trên ta nghĩ đến hướng biểu diễn các cạnh theo cùng
một yếu tố, sau đó sử dụng định lý Cosin để tính các góc của tam giác ABC.
Lời giải:
a
a) Đặt = t > 0 � a = 3t, b = 2t, c = 6 − 2 t
3 2
Áp dụng định lí côsin ta có
cos A= =
2
(
b 2 + c 2 − a 2 2t + 2 − 3 t − 3t
2 2
)
= −
1
� A = 1200
2bc (
2 3 −1 t 2
) 2
cos B= =
(
a 2 + c 2 − b 2 3t + 2 − 3 t − 2t
2 2 2
)
=
2
� B = 450 , C = 150
2ac 2 3− 3 t 2
( 2 )
a 2 3
b) Áp dụng định lí sin, ta có: R = = = 2.
2sin A 2sin1200
DẠNG 2: Giải tam giác.
8
- 1. Phương pháp.
Giải tam giác là tính các cạnh và các góc của tam giác dựa trên một số điều
kiện cho trước.
Trong các bài toán giải tam giác người ta thường cho tam giác với ba yếu tố
như sau: biết một cạnh và hai góc kề cạnh đó; biết một góc và hai cạnh kề
góc đó; biết ba cạnh. Để tìm các yếu tố còn lại ta sử dụng định lí côsin và
định lí sin; định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 1800 và trong một
tam giác đối diện với góc lớn hơn thì có cạnh lớn hơn và ngược lại đối
diện với cạnh lớn hơn thì có góc lớn hơn.
2. Các ví dụ.
ﾵ = 600 , B
Ví dụ 1: Giải tam giác ABC biết A ﾵ = 400 và c = 14 .
Phân tích: Từ giả thiết ta biết 1 cạnh và 2 góc, ta sẽ xác định được góc thứ
ba luôn. Muốn xác định được các cạnh còn lại ta sử dụng định lý sin.
Lời giải
Ta có C
ﾵ = 1800 − A
ﾵ −B
ﾵ = 1800 − 600 − 400 = 800
Theo định lí sin ta có
csin A 14.sin 600
a = =
a 12,3
sin C sin 800
csin B 14.sin 400
b = b 9,1
=
sin C sin 800
Ví dụ 2: Giải tam giác ABC biết b = 30; c = 35 và A
ﾵ = 850 .
Phân tích: Từ giả thiết biết 2 cạnh và 1 góc ta xác định tính cạnh a trước
bằng cách sử dụng định lý côsin, sau đó sử dụng định lý sin để tính các góc
còn lại.
Lời giải
9
- Theo định lí côsin ta có
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos A = 302 + 352 − 2.30.35.cos850
Suy ra a 44,07
Theo định lí sin ta có
bsin A 30sin 850 ﾵ
sin B = B 42=0 41'
a 44,07
Suy ra C
ﾵ = 1800 − A
ﾵ −B
ﾵ 1800 − 850 − 420 41' = 52019'
Ví dụ 3: Giải tam giác ABC biết a = 4, b = 5,c = 7.
Phân tích: Với bài toán biết ba cạnh của tam giác, muốn xác định các góc của
tam giác đó ta sử dụng định lý côsin.
Lời giải:
b 2 + c 2 − a 2 58 ﾵ
Ta có: cos A = A 34=03'
2bc 70
a 2 + c 2 − b 2 40 ﾵ
cosB = B 44=0 25'
2ac 56
ﾵ = 1800 − A
Suy ra C (
ﾵ +B
)
ﾵ = 101032' .
Tiếp theo ta xét ví dụ liên quan đến tìm các yếu tố trong tam giác với mức
độ phức tạp hơn bài toán trên, cần vận dụng linh hoạt các phép biến đổi.
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có góc A bằng 600, BC = a = 10, AC = b, AB = c , bán
5 3
kính đường tròn nội tiếp r = . Tính độ dài b và c.
3
Lời giải:
a a 10
Áp dụng định lý hàm sin ta có: = 2R � R = =
sin A 2sin A 3
10
- abc 40 10 + b + c 5 3
Mặt khác: S∆ABC = = p.r � 10bc = 4Rpr = . .
4R 3 2 3
10
� bc = (10 + b + c) , (1)
3
Theo định lý hàm cosin ta có:
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos A � 100 = b 2 + c 2 − bc � 100 = (b + c) − 3bc , (2)
2
10
Thay (1) vào (2) ta được: 100 = (b + c) 2 − 3. (10 + b + c) , (3)
3
t = 20
Đặt t=b+c (t>0), phương trình (3) trở thành: t − 10t − 200 = 0
2
t = −10 (loai)
b + c = 20
b = 10
Với t = 20 suy ra: � 10 �
bc = (10 + 20) = 100 c = 10
3
Vậy b = c = 10.
Nhận xét: Với các bài toán trên ta cần vận dụng linh hoạt các hệ thức
lượng trong tam giác, kết hợp với biến đổi đại số khéo léo ta mới xử lý được
bài toán trọn vẹn.
DẠNG 3: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu
tố của tam giác, tứ giác .
1. Phương pháp giải.
Để chứng minh đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản để biến đổi
vế này thành vế kia, hai vế cùng bằng một vế hoặc biến đổi tương
đương về một đẳng thức đúng.
11
- Để chứng minh bất đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản, bất đẳng
thức cạnh trong tam giác và bất đẳng thức cổ điển (Cauchy,
bunhiacôpxki,…)
2. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thỏa mãn sin 2 A = sin B.sin C . Chứng minh rằng
a) a 2 = bc
1
b) cos A
2
Phân tích: Với giả thiết trên ta cần nghĩ đến việc sử dụng định Sin để giải
quyết phần a)
Ở phần b) ta cần sử dụng định lý côsin và kết hợp phần a) để giải
quyết bài toán.
Lời giải
a b c
a) Áp dụng định lí sin ta có sin A = , sin B = ,sin C =
2R 2R 2R
2
�a � b c
Suy ra sin A = sin B.sin C � � �=
2
. � a 2 = bc đpcm
�2R � 2R 2R
b) Áp dụng định lí côsin và câu a) ta có
b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − bc 2bc − bc 1
cos A = = = (đpcm)
2bc 2bc 2bc 2
Tiếp theo sử dụng định lí Côsin cho tam giác và áp dụng bất đẳng thức
ta có thể giải được bài toán sau:
Ví dụ 2: Trích đề thi HSG môn toán lớp 10 tỉnh Hải Dương (20122013)
12
- Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi α là góc giữa hai đường trung tuyến
3
BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin α
5
Lời giải:
B
N
G
A C
M
Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam
c2 b2
giác. Có CN 2 = b 2 + , BM 2 = c 2 + . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có:
4 4
BG 2 + CG 2 − BC2 −2(b 2 + c 2 )
ﾵ
cos BGC = = ;
2BG.CG (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 )
2(b 2 + c 2 )
Do đó cosα =
(4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 )
5(b 2 + c 2 )
Có (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 ) � ;" = " � 4c 2 + b 2 = 4b 2 + c 2 � b = c
2
2(b 2 + c 2 ) 2(b 2 + c 2 ).2 4
Do đó cosα = =
(4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 ) 5(b 2 + c 2 ) 5
3
Hay sin α = 1 − cos 2α . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A
5
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng:
A p(p − a)
a) cos =
2 bc
13
- A B C
b) sin A + sin B + sin C = 4cos cos cos
2 2 2
Lời giải
a) Trên tia đối của tia AC lấy D thỏa AD = AB = c suy ra tam giác BDA cân
ﾵ 1ﾵ
tại A và BDA = A .
2
Áp dụng định lý hàm số Côsin cho ∆ABD , ta có:
ﾵ
BD 2 = AB2 + AD 2 − 2AB.AD.cos BAD
= 2c 2 − 2c 2 .cos(1800 − A)
b 2 + c2 − a 2
= 2c 2 (1 + cos A) = 2c 2 (1 + )
2bc
c 4c
= (a + b + c)(b + c − a) = p(p − a)
b b
cp(p − a)
Suy ra BD = 2
b
Gọi I là trung điểm của BD suy ra AI ⊥ BD .
Trong tam giác ADI vuông tại I, ta có
A ﾵ DI BD p(p − a)
cos = cos ADI = = = .
2 AD 2c bc
A p(p − a)
Vậy cos = .
2 bc
a b c p
b) Từ định lý hàm số sin, ta có: sin A + sin B + sin C = + + = (1)
2R 2R 2R R
A p(p − a) B p(p − b)
Theo câu a) ta có cos = , tương tự thì cos = và
2 bc 2 ca
C p(p − c)
cos = ,
2 ab
14
- abc
kết hợp với công thức S = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) =
4R
A B C p(p − a) p(p − b) p(p − c)
Suy ra 4cos cos cos = 4
2 2 2 bc ca ab
4p 4pS p
= p(p − a)(p − b)(p − c) = = (2)
abc abc R
A B C
Từ (1) và (2) suy ra sin A + sin B + sin C = 4cos cos cos
2 2 2
Nhận xét: Từ câu a) và hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công
A (p − b)(p − c) A (p − b)(p − c) A p(p − a)
thức sin = ; tan = ; cot =
2 bc 2 p(p − a) 2 (p − b)(p − c)
b2 + c2 − a 2
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng: cot A =
4S
Lời giải:
1
Áp dụng định lí côsin và công thức S = bcsin A ta có:
2
cos A b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − a 2
cot A = = = (đpcm)
sin A 2bcsin A 4S
Với công thức trên ta có thể áp dụng để giải một số bài toán sau:
Ví dụ 4: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Vĩnh Phúc 20132014
Cho tam giác ABC không vuông với a = BC, b = CA, c = AB . Chứng minh rằng
nếu a 2 + b 2 = 2c 2 và tan A + tan B = 2 tan C thì ABC là một tam giác cân.
Lời giải:
1 4S
Áp dụng Ví dụ 3 ta có tan A = = 2 2 .
cot A b + c − a 2
15
- 4S 4S
Tương tự ta tính được tan B = , tan C = 2 .
c +a −b
2 2 2
a + b 2 − c2
Theo giả thiết
4S 4S 4S
tan A + tan B = 2 tan C � + 2 =2 2
b +c −a
2 2 2
c +a −b
2 2
a + b2 − c2
2 2
(
� a 4 − ( b2 − c 2 ) + b 4 − ( c2 − a 2 ) = 2 c4 − ( a 2 − b2 )
2
)
� a 4 − b 4 − c 4 + 2b 2c 2 + b 4 − c 4 − a 4 + 2c 2a 2 = 2c 4 − 2a 4 − 2b 4 + 4a 2 b 2
� 2c 4 − ( a 2 − b 2 ) = c 2 ( a 2 + b 2 )
2
� 2c 4 − ( a 2 − b 2 ) = 2c 4 � a = b
2
Hay tam giác ABC cân
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC, chứng minh cot A + cot B + cot C 3 .
Lời giải:
c2 + a 2 − b2 a 2 + b 2 − c2
Theo ví dụ 3 tương tự ta có cot B = , cot C =
4S 4S
b 2 + c2 − a 2 c2 + a 2 − b2 a 2 + b2 − c 2
Suy ra cot A + cot B + cot C = + +
4S 4S 4S
a 2 + b2 + c2
=
4S
3 3
�3p − a − b − c � �p �
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) � �= � �
� 3 � �3 �
p3 p2
Mặt khác S p ( p a ) ( p b) ( p − c)
= −S p− =
27 3 3
3( a 2 + b2 + c2 )
Ta có p = (
a + b + c) a 2 + b2 + c2
2
2
suy ra S
4 4 4 3
16
- a 2 + b 2 + c2
cot A + cot B + cot C = 3
Do đó a 2 + b2 + c2 đpcm.
4.
4 3
Ví dụ 6 : Trích đề thi học sinh giỏi lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc 20112012
Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác
ﾵ
sao cho MAB ﾵ
= MBC ﾵ
= MCD ﾵ
= MDA = ϕ . Chứng minh đẳng thức sau:
AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2
cot ϕ = ,
2AC.BD.sin α
trong đó α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
Lời giải:
1
Trước hết ta có các kết quả sau: SABCD = AC.BD.sin α ;
2
AB2 + MA 2 − MB2
cot ϕ =
4SMAB
Tương tự ta được:
AB2 + MA 2 − MB2 BC2 + MB2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2
cot ϕ = = =
4SMAB 4SMBC 4SMCD
DA 2 + MD 2 − MA 2 AB2 + BC 2 + CD 2 + DA 2
= =
4SMDA 4 ( SMAB + SMBC + SMCD + SMDA )
AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2 AB2 + BC 2 + CD 2 + DA 2
= =
4SABCD 2AC.BD.sin α
Tiếp theo chúng ta xét ví dụ sử dụng đến công thức tính độ dài đường
trung tuyến
Ví dụ 7: Trích đề thi HSG toán lớp 10 tỉnh Hải Dương (20152016)
17
- Cho tam giác ABC có (b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu
lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B,
C. Biết rằng 2m a2 m b2 + m c2 (*). Chứng minh rằng a 2 4S.cotA .
Lời giải:
2(b 2 + c 2 ) − a 2 2(a 2 + c 2 ) − b 2 2(a 2 + b 2 ) − c 2
Ta có m a2 = , m b2 = , m c2 =
4 4 4
a 2 c2 + a 2 b2 a 2 + b2 c2
(*) � b 2 + c 2 − � − + −
2 2 4 2 4
� b 2 + c 2 �2a 2 (**)
cos A
Ta có 4S.cot A = 2bc.sin A. = 2bc.cos A = b 2 + c 2 − a 2
sin A
Từ (**) � b 2 + c 2 − a 2 �a 2 Hay 4S.cotA a 2
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai
trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là b 2 + c 2 = 5a 2 .
Lời giải:
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC .
Khi đó hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi tam
giác GBC vuông tại G
2 2
�2 � �2 �
� GB + GC = BC � � m b �+ � m c �= a 2 (*)
2 2 2
�3 � �3 �
Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có
2(a 2 + c 2 ) − b 2 2(a 2 + b 2 ) − c 2
m 2b = , mc2 =
4 4
4 2
Suy ra (*) �
9
( m b + m c2 ) = a 2
18
- 2 ( a 2 + c2 ) − b2 2 ( a 2 + b 2 ) − c2 � 2
4�
� � + �= a � 4a 2 + b 2 + c 2 = 9a 2 � b 2 + c 2 = 5a 2
9� 4 4 �
� �
(đpcm)
Ví dụ 9: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2012 – 2013
Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là
m, n, p . Tính độ dài các cạnh AB, BC, CA theo m, n, p .
Lời giải:
a+b=c
Kí hiệu a = BC, b = CA,c = AB, p = . Khi đó ta có:
2
2S 2S 2S
a= , b = ,c =
m n p
Theo công thức Hê – rông ta có:
S = p ( p − a ) ( p − b) ( p − c)
�1 1 1 � � 1 1 1 � �1 1 1 � �1 1 1 �
� 4S = 2S � + + �2S �− + + �
2S � − + �
2S � + − �
�m n p � � m n p � �m n p � �m n p �
1
� 4S = 4S2 .k � S = , trong đó
k
�1 1 1 �
� 1 1 1�
�1 1 1 �
�1 1 1 �
k= � + + ��− + + �
� − + �� + − �
�m n p �
�m n p��m n p �
�m n p �
2 2 2
Do đó a = ,b = ,c = .
mk nk pk
Ví dụ 10: Trích đề thi HSG toán 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2015 – 2016
Cho tam giác ABC không vuông với độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh B,C lần
lượt là h b , h c , độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là m a . Tính cos A , biết
h b = 8, h c = 6, m a = 5.
19
- Lời giải:
M
N
A
F
E
C
B
K
Vẽ đường cao BM và CN của tam giác ABC ( M �AC, N �AB ). Gọi K là
trung điểm của BC, qua K kẻ đường thẳng song song với CN và BM cắt AB,
AC lần lượt tại E và F. Khi đó E là trung điểm BN và F là trung điểm CM.
Bốn điểm A, E, K, F nằm trên đường tròn đường kính AK = 5 , theo định lý sin
trong tam giác EKF ta được EF = AK.sin EKF
ﾵ = 5sin A .
24 Áp dụng định lý cosin trong tam giác EKF ta được :
� cos A = − (vì
25 ﾵ
EF2 = KE 2 + KF2 − 2KE.KF.cos EKF = 32 + 4 2 + 2.3.4.cos A
cos A 0 ).
� 25sin 2 A = 25 + 24.cos A � 25 ( 1 − cos 2 A ) = 25 + 24.cos A
Ví dụ 11: Cho tứ giác
ABCD có E, F là trung điểm các đường chéo. Chứng minh :
AB2 + BC2 + CD 2 + DA 2 = AC 2 + BD 2 + 4EF2
Lời giải
Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác ABC và ADC ta có:
AC 2
AB + BC = 2BE +
2 2
(1)
2
2
20
nguon tai.lieu . vn
