Xem mẫu
- 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 :
- 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
- 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
- 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
- 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
- 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 Î R 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 Î R 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
- 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
- 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
- Giả sử ta có n
- 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
- 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
- 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 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
- 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
- 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
- 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
- => 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
- 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