Kiến thức

T10.HH.II.8. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố của tam giác, tứ giác. – TOÁN CHO CUỘC SỐNG

Bạn đang xem: T10.HH.II.8. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố của tam giác, tứ giác. – TOÁN CHO CUỘC SỐNG

T10.HH.II.8. 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.
  • 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) ${{a}^{2}}=bc$ b) $cos Age frac{1}{2}$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí sin ta có $sin A=frac{a}{2R},,,sin B=frac{b}{2R},,sin C=frac{c}{2R}$ Suy ra ${{sin }^{2}}A=sin B.sin CLeftrightarrow {{left( frac{a}{2R} right)}^{2}}=frac{b}{2R}.frac{c}{2R}Leftrightarrow {{a}^{2}}=bc$ đpcm b) Áp dụng định lí côsin và câu a) ta có $cos A=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-bc}{2bc}ge frac{2bc-bc}{2bc}=frac{1}{2}$ đpcm

Ví dụ 2:

Cho tam giác $ABC$, chứng minh rằng: a) $cos frac{A}{2}=sqrt{frac{p(p-a)}{bc}}$ b) $sin A+sin B+sin C=4cos frac{A}{2}cos frac{B}{2}cos frac{C}{2}$

Lời giải:

a) Trên tia đối của tia AC lấy D thỏa $AD=AB=c$ suy ra tam giác $BDA$ cân tại A và $widehat{BDA}=frac{1}{2}widehat{A}$. Áp dụng định lý hàm số Côsin cho $Delta ABD$, ta có:

$begin{align}
& B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.cos widehat{BAD} \
& text{ =},2{{c}^{2}}-2{{c}^{2}}.cos ({{180}^{0}}-A) \
& text{ =},2{{c}^{2}}(1+cos A)=2{{c}^{2}}(1+frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}) \
& text{ }=frac{c}{b}(a+b+c)(b+c-a)=frac{4c}{b}p(p-a)text{ } \
end{align}$

Suy ra $BD=2sqrt{frac{cp(p-a)}{b}}text{ }$ Gọi I là trung điểm của BD suy ra $AIbot BD$. Trong tam giác $ADI$ vuông tại I, ta có $cos frac{A}{2}=cos widehat{ADI}=frac{DI}{AD}=frac{BD}{2c}=sqrt{frac{p(p-a)}{bc}}$. Vậy$cos frac{A}{2}=sqrt{frac{p(p-a)}{bc}}$. b) Từ định lý hàm số sin, ta có: $sin A+sin B+sin C=frac{a}{2R}+frac{b}{2R}+frac{c}{2R}=frac{p}{R}$ (1) Theo câu a) ta có $cos frac{A}{2}=sqrt{frac{p(p-a)}{bc}}$, tương tự thì $cos frac{B}{2}=sqrt{frac{p(p-b)}{ca}}$ và $cos frac{C}{2}=sqrt{frac{p(p-c)}{ab}}$, kết hợp với công thức $S=sqrt{pleft( p-a right)left( p-b right)left( p-c right)}=frac{abc}{4R}$ Suy ra $4cos frac{A}{2}cos frac{B}{2}cos frac{C}{2}=4sqrt{frac{p(p-a)}{bc}}sqrt{frac{p(p-b)}{ca}}sqrt{frac{p(p-c)}{ab}}$ $=frac{4p}{abc}sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=frac{4pS}{abc}=frac{p}{R}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $sin A+sin B+sin C=4cos frac{A}{2}cos frac{B}{2}cos frac{C}{2}$ Nhận xét: Từ câu a) và  hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công thức $sin frac{A}{2}=sqrt{frac{(p-b)(p-c)}{bc}}text{;},,tan frac{A}{2}=sqrt{frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}};,,,cot frac{A}{2}=sqrt{frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}$

Ví dụ 3:

Cho tam giác $ABC$, chứng minh rằng: a) $cot A=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$ b) $cot A+cot B+cot Cge sqrt{3}$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin và công thức $S=frac{1}{2}bcsin A$ ta có: $cot A=frac{cos A}{sin A}=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bcsin A}=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$ đpcm b) Theo câu a) tương tự ta có $cot B=frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{4S}$, $cot C=frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4S}$ Suy ra $cot A+cot B+cot C=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}+frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{4S}+frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4S}$ $=frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4S}$ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có $left( p-a right)left( p-b right)left( p-c right)le {{left( frac{3p-a-b-c}{3} right)}^{3}}={{left( frac{p}{3} right)}^{3}}$ Mặt khác $S=sqrt{pleft( p-a right)left( p-b right)left( p-c right)}Rightarrow Sle sqrt{pfrac{{{p}^{3}}}{27}}=frac{{{p}^{2}}}{3sqrt{3}}$ Ta có ${{p}^{2}}=frac{{{left( a+b+c right)}^{2}}}{4}le frac{3left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} right)}{4}$ suy ra $Sle frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4sqrt{3}}$ Do đó $cot A+cot B+cot Cge frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4.frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4sqrt{3}}}=sqrt{3}$ đpcm.

Ví dụ 4:

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 ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}=5{{a}^{2}}$.

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 $Leftrightarrow G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}Leftrightarrow {{left( frac{2}{3}{{m}_{b}} right)}^{2}}+{{left( frac{2}{3}{{m}_{c}} right)}^{2}}={{a}^{2}}$ (*) Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có $m_{b}^{2}=frac{2({{a}^{2}}+{{c}^{2}})-{{b}^{2}}}{4},,,,m_{c}^{2}=frac{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})-{{c}^{2}}}{4}$ Suy ra $(*)Leftrightarrow frac{4}{9}left( m_{b}^{2}+m_{c}^{2} right)={{a}^{2}}$ [Leftrightarrow frac{4}{9}left[ frac{2left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} right)-{{b}^{2}}}{4}+frac{2left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)-{{c}^{2}}}{4} right]={{a}^{2}}] [Leftrightarrow 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=9{{a}^{2}}] [Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}=5{{a}^{2}}]  (đpcm)

Ví dụ 5:

Cho tứ giác ABCD có E, F là trung điểm các đường chéo. Chứng minh :  $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}+4E{{F}^{2}}$

Lời giải:

Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác $ABC$ và $ADC$ ta có: $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2B{{E}^{2}}+frac{A{{C}^{2}}}{2}$ (1) $C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=2D{{E}^{2}}+frac{A{{C}^{2}}}{2}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=2left( B{{E}^{2}}+D{{E}^{2}} right)+A{{C}^{2}}$ Mặt khác EF là đường trung tuyến tam giác $BDF$ nên $B{{E}^{2}}+D{{E}^{2}}=2E{{F}^{2}}+frac{B{{D}^{2}}}{2}$ Suy ra $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}+4E{{F}^{2}}$

3. Bài tập luyện tập.

Bài 1:

Chứng minh rằng trong mọi tam giác $ABC$ ta có; a)  $a=b.cos C+c.cos B$ b) $sin A=sin Bcos C+sin Ccos B$ c) ${{h}_{a}}=2Rsin Bsin C$ d) $m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2}=frac{3}{4}({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})$ e) ${{S}_{Delta ABC}}=frac{1}{2}sqrt{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}-{{left( overrightarrow{AB}.overrightarrow{AC} right)}^{2}}}$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin ta có: $VP=b.frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}+c.frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ca}=frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a}=a=VT$b) $sin A=sin Bcos C+sin Ccos BLeftrightarrow frac{a}{2R}=frac{b}{2R}.cos C+frac{c}{2R}.cos B$ $Leftrightarrow a=b.cos C+c.cos B$ (câu a) c) ${{h}_{a}}=2Rsin Bsin CLeftrightarrow frac{2S}{a}=2Rfrac{b}{2R}sin CLeftrightarrow S=frac{1}{2}absin C$ (đúng) d) Áp dụng công thức đường trung tuyến. e) $sqrt{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}-{{left( overrightarrow{AB}.overrightarrow{AC} right)}^{2}}}=AB.ACsqrt{1-{{cos }^{2}}A}=AB.AC.sin A$ Từ đó suy ra đpcm.

Bài 2:

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: a)  $b+c=2a$ $Leftrightarrow frac{2}{{{h}_{a}}}=frac{1}{{{h}_{b}}}+frac{1}{{{h}_{c}}}$ b) Góc A vuông $Leftrightarrow m_{b}^{2}+m_{c}^{2}=5m_{a}^{2}$

Lời giải:

a) $b+c=2aLeftrightarrow frac{2S}{{{h}_{b}}}+frac{2S}{{{h}_{c}}}=2.frac{2S}{{{h}_{a}}}Leftrightarrow frac{1}{{{h}_{b}}}+frac{1}{{{h}_{c}}}=frac{2}{{{h}_{a}}}$ b) $m_{b}^{2}+m_{c}^{2}=5m_{a}^{2}Leftrightarrow frac{2({{a}^{2}}+{{c}^{2}})-{{b}^{2}}}{4}+frac{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})-{{c}^{2}}}{4}=5.frac{2({{b}^{2}}+{{c}^{2}})-{{a}^{2}}}{4}$ $Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{a}^{2}}Leftrightarrow $ Góc A vuông

Bài 3:

Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn ${{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}}$. Chứng minh rằng a) Tam giác $ABC$ nhọn b) $2{{sin }^{2}}A=tan Btan C$

Lời giải:

a) Dễ thấy $a>b,,,a>cRightarrow $ góc A là lớn nhất Và ${{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}}<{{a}^{2}}.{{b}^{2}}+{{a}^{2}}.{{c}^{2}}Rightarrow {{a}^{2}}<{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ Mặt khác theo định lí côsin ta có $cos A=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}Rightarrow cos A>0$ do đó $widehat{A}<{{90}^{0}}$. Vậy tam giác $ABC$ nhọn. b) $2{{sin }^{2}}A=tan Btan CLeftrightarrow 2{{sin }^{2}}A.cos B.cos C=sin Bsin C$

$begin{align}
& Leftrightarrow 2{{left( frac{a}{2R} right)}^{2}}.frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}.frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}=frac{b}{2R}.frac{c}{2R} \
& Leftrightarrow {{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}} \
end{align}$

Bài 3:

Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng nếu $cot A=frac{1}{2}left( cot B+cot C right)$ thì ${{b}^{2}}=frac{1}{2}left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} right)$.

Lời giải:

Áp dụng $cot A=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$

Bài 4:

Gọi S là diện tích tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: a) $S=2{{R}^{2}}sin Asin Bsin C$. b) $S=Rr(sin A+sin B+sin C)$.

Lời giải:

a) Ta có $S=frac{abc}{4R}=frac{2Rsin A.2Rsin B.2Rsin C}{4R}=2{{R}^{2}}sin Asin Bsin C$ b) $S=pr=frac{a+b+c}{2}.r=frac{2Rsin A+2Rsin B+2Rsin C}{2}r$

Bài 5:

Cho tứ giác lồi $ABCD$, gọi a là góc hợp bởi hai đường chép AC và BD.  Chứng minh diện tích S của tứ giác cho bởi công thức: $S=frac{1}{2}AC.BD.sin alpha $.

Lời giải:

Gọi I là giao điểm hai đường chéo. Khi đó

$begin{align}
& S={{S}_{ABI}}+{{S}_{BCI}}+{{S}_{CDI}}+{{S}_{DAI}} \
& =frac{1}{2}AI.BI.sin widehat{AIB}+frac{1}{2}BI.CI.sin widehat{BIC}+frac{1}{2}CI.DI.sin widehat{CID}+frac{1}{2}DI.AI.sin widehat{DIA} \
end{align}$

Ta có các góc $widehat{AIB},,,widehat{BIC},,,widehat{CID}$ và $widehat{DIA}$ đôi một bù nhau suy ra $sin widehat{AIB}=,sin widehat{BIC}=,sin widehat{CID}=sin widehat{DIA}=sin alpha $ Do đó $S=frac{1}{2}BI.AC.sin alpha +frac{1}{2}ID.AC.sin alpha =frac{1}{2}AC.BD.sin alpha $

Bài 6:

Cho tam giác ABC có $widehat{BAC}={{120}^{0}}$, AD là đường phân giác trong (D thuộc BC). Chứng minh rằng $frac{1}{AD}=frac{1}{AB}+frac{1}{AC}$

Lời giải:

Với $AB=AC$ ta có đpcm Với $ABne AC$. Ta có: $frac{BD}{DC}=frac{AB}{AC}$ $B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.cos {{60}^{o}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD$ $C{{D}^{2}}=A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AC.AD.cos {{60}^{o}}=A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD$

[begin{align}
& Rightarrow frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=frac{B{{D}^{2}}}{D{{C}^{2}}}=frac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD}{A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD} \
& Leftrightarrow A{{B}^{2}}(A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD)=A{{C}^{2}}(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD) \
end{align}]

[begin{align}
& Leftrightarrow (A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}})A{{D}^{2}}=AB.AC.AD(AB-AC) \
& Leftrightarrow left[ begin{matrix} AB=AC \
AD=frac{AB.AC}{AB+AC} \
end{matrix} right.Leftrightarrow frac{1}{AD}=frac{1}{AB}+frac{1}{AC} \
end{align}]

Bài 7:

Cho tam giác $ABC$, chứng minh rằng: a)  $frac{cos A+cos B}{a+b}=frac{left( b+c-a right)left( c+a-b right)}{2abc}$ b)$left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}} right)tan A=left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}} right)tan B$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin, ta có:

$begin{align}
& 2abcleft( cos A+cos B right)=2abc.left( frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}+frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac} right) \
& =aleft( {{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}} right)+bleft( {{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}} right)=left( a+b right)left[ {{c}^{2}}-{{left( a+b right)}^{2}} right] \
& =left( a+b right)left( b+c-a right)left( c+a-b right) \
end{align}$

Suy ra $frac{cos A+cos B}{a+b}=frac{left( b+c-a right)left( c+a-b right)}{2abc}$ b) Áp dụng định lí sin và côsin, ta có: $frac{tan A}{tan B}=frac{sin Acos B}{sin Bcos A}=frac{frac{a}{2R}.frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}}{frac{b}{2R}.frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}}=frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}$ Suy ra$left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}} right)tan A=left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}} right)tan B$

Bài 8.

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Chứng minh rằng a) ${{h}_{a}}le sqrt{p(p-a)}$ b) ${{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}le {{R}^{2}}{{(a+b+c)}^{2}}$

Lời giải:

a) Ta có ${{S}_{ABC}}=sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=frac{1}{2}a.{{h}_{a}}$ Mặt khác $(a+b-c)(a+c-b)={{a}^{2}}-{{(b-c)}^{2}}le {{a}^{2}}$ $Rightarrow sqrt{(p-b)(p-c)}le frac{1}{2}aRightarrow {{h}_{a}}le sqrt{p(p-a)}$ b)  Vì $S=frac{abc}{4R}=frac{1}{2}a{{h}_{a}}=frac{1}{2}b{{h}_{b}}=frac{1}{2}c{{h}_{c}}$ nên bất đẳng thức tương đương với $frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{R}^{2}}}+frac{{{b}^{2}}{{c}^{2}}}{{{R}^{2}}}+frac{{{c}^{2}}{{a}^{2}}}{{{R}^{2}}}le {{(a+b+c)}^{2}}Leftrightarrow 4left( {{h}_{a}}^{2}+{{h}_{b}}^{2}+{{h}_{c}}^{2} right)le {{(a+b+c)}^{2}}$ Sử dụng câu a) suy ra $4left( {{h}_{a}}^{2}+{{h}_{b}}^{2}+{{h}_{c}}^{2} right)le {{(b+c)}^{2}}-{{a}^{2}}+{{(c+a)}^{2}}-{{b}^{2}}+{{(a+b)}^{2}}-{{c}^{2}}={{(a+b+c)}^{2}}$Vậy ${{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}le {{R}^{2}}{{(a+b+c)}^{2}}$

Bài 9.

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: $sqrt{{{r}^{2}}+{{left( p-a right)}^{2}}}+sqrt{{{r}^{2}}+{{left( p-b right)}^{2}}}+sqrt{{{r}^{2}}+{{left( p-c right)}^{2}}}le sqrt{ab+bc+ca}$

Lời giải:

Ta có $S=prRightarrow {{r}^{2}}=frac{{{S}^{2}}}{{{p}^{2}}}=frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}$ $Rightarrow {{r}^{2}}+{{(p-a)}^{2}}=(p-a)[frac{(p-b)(p-c)}{p}+p-a]=frac{(p-a)bc}{p}$ Tương tự ${{r}^{2}}+{{(p-b)}^{2}}=frac{(p-b)ac}{p},{{r}^{2}}+{{(p-c)}^{2}}=frac{(p-c)ab}{p}$ Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với $sqrt{(p-a)bc}+sqrt{(p-b)ac}+sqrt{(p-c)ab}le sqrt{p(ab+bc+ca)}$ BĐT này đúng vì theo CauChy-Schwarz ta có

$begin{align}
& sqrt{(p-a)bc}+sqrt{(p-b)ac}+sqrt{(p-c)ab} \
& le sqrt{(p-a+p-b+p-c)(ab+bc+ac)}=sqrt{p(ab+bc+ca)} \
end{align}$

Bài 10.

Cho tam giác $ABC$. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng [r=(p-a)tan frac{A}{2}=(p-c)tan frac{B}{2}=(p-c)tan frac{C}{2}].

Lời giải:

Ta có: $S=prLeftrightarrow r=frac{S}{p}=frac{sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=sqrt{frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$ $(p-a)tan frac{A}{2}=(p-a)sqrt{frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}=sqrt{frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$ Từ đó: $r=(p-a)tan frac{A}{2}$ Tương tự: $r=(p-b)tan frac{B}{2}$ và $r=(p-c)tan frac{C}{2}$. Do đó : $r=(p-a)tan frac{A}{2}=(p-b)tan frac{B}{2}=(p-c)tan frac{C}{2}$.

Bài 11.

Cho tam giác $ABC$ có $frac{c}{b}=frac{{{m}_{b}}}{{{m}_{c}}}ne 1$. Chứng minh rằng $2cot A=cot B+cot C$

Lời giải:

Áp dụng $cot A=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$ suy ra $2cot A=cot B+cot CLeftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}$ Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có $frac{c}{b}=frac{{{m}_{b}}}{{{m}_{c}}}Leftrightarrow {{c}^{2}}.frac{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})-{{c}^{2}}}{4}={{b}^{2}}.frac{2({{a}^{2}}+{{c}^{2}})-{{b}^{2}}}{4}Leftrightarrow {{b}^{4}}-{{c}^{4}}=2{{a}^{2}}left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} right)$Suy ra ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}$ đpcm.

Bài 12.

Cho M là điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $widehat{MAB}=widehat{MBC}=widehat{MCA}=alpha $. Chứng minh rằng : $cot alpha =cot A+cot B+cot C$

Lời giải:

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $MAB$, ta có $B{{M}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.cos alpha $ Mặt khác ${{S}_{ABM}}=frac{1}{2}AB.AM.sin alpha Rightarrow B{{M}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-4{{S}_{MAB}}.cot alpha $ Tương tự ta có $C{{D}^{2}}=B{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}-4{{S}_{MBC}}.cot alpha ,,,A{{D}^{2}}=A{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}-4{{S}_{MCA}}.cot alpha $ Cộng vế với vế suy ra $cot alpha =frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4S}=cot A+cot B+cot C$

Bài 13.

Cho tam giác $ABC$  có trọng tâm G  và $widehat{GAB}=alpha ,,,widehat{GBC}=beta ,,,widehat{GCA}=gamma $ Chứng minh rằng $cot alpha +cot beta +cot gamma =frac{3left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} right)}{4S}$

Lời giải:

Áp dụng $cot A=frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$ và công thức đường trung tuyến với chú ý [{{S}_{GBC}}={{S}_{GCA}}={{S}_{GAB}}]

Bài 13.

Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $left( a-b right)cot frac{C}{2}+left( b-c right)cot frac{A}{2}+left( c-a right)cot frac{B}{2}=0$

Lời giải:

C1: Gọi D là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp $left( I;r right)$ tam giác với BC. Suy ra $a=BD+DC=rleft( cot frac{B}{2}+cot frac{C}{2} right)$, tương tự ta có  $b=rleft( cot frac{C}{2}+cot frac{A}{2} right)$ Do đó $left( a-b right)cot frac{C}{2}=rleft( cot frac{B}{2}cot frac{C}{2}-cot frac{C}{2}cot frac{A}{2} right)$ Xây dựng các biểu thức tương tự và cộng lại suy ra đpcm. C2: $(a-b)cot frac{C}{2}+(b-c)cot frac{A}{2}+(c-a)cot frac{B}{2}=0$

$begin{align}
& Leftrightarrow (a-b)sqrt{frac{p(p-c)}{(p-a)(p-b)}}+ \
& +(b-c)sqrt{frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}+(c-a)sqrt{frac{p(p-b)}{(p-a)(p-c)}}=0 \
end{align}$

$Leftrightarrow (a-b)(p-c)+(b-c)(p-a)+(c-a)(p-b)=0$ $Leftrightarrow {{a}^{2}}-{{b}^{2}}-c(a-b)+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}-a(b-c)+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}-b(c-a)=0$ Điều này luông đúng. Vậy ta có đpcm.

Bài 14:

Cho hình bình hành $ABCD$ có $AC=3AD$. Chứng minh rằng [cot widehat{BAD}ge frac{4}{3}]

Lời giải:

Ta có $A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}=2(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}})Rightarrow A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=5B{{D}^{2}}$ . Sử dụng định lý côsin và bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được $cos widehat{BAD}ge frac{4}{5}Rightarrow cot widehat{BAD}ge frac{4}{3}$.

Bài 15.

Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh rằng ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}ge 4sqrt{3}.S$

Lời giải:

C1: Áp dụng công thức diện tích Hêrông và bất đẳng thức cauchy C2: Áp dụng định lí côsin và công thức tính diện tích ta có

$begin{align}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}ge 4sqrt{3}.SLeftrightarrow 2left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}}+bccos A right)ge 4sqrt{3}.frac{1}{2}bcsin A \
& Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}ge bcleft( sqrt{3}sin A+cos A right) \
end{align}$

Bất đẳng thức cuối đúng vì  ${{left( sqrt{3}sin A+cos A right)}^{2}}le 4left( {{sin }^{2}}A+{{cos }^{2}}A right)=4$ và ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}ge 2bc$

Chuyên mục:

Chương II: TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VEC TƠ VÀ ỨNG DỤNG


0 Bình luận

Trả lời

Hủy

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Chuyên mục: Kiến thức

Related Articles

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Check Also
Close
Back to top button