Hệ thức lượng giác và ứng dụng trong chương trình toán bâch trung học

  • Số trang: 13 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 36 |
  • Lượt tải: 0
thuvientrithuc1102

Đã đăng 15337 tài liệu

Mô tả:

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG -----✠ ✆ ✟----- 2 Công trình ñược hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Ngọc Châu LÊ MINH CHÂU Phản biện 1: ……………………………………….. HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ ỨNG DỤNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN BẬC TRUNG HỌC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2011 Phản biện 2: ……………………………………….. Luận văn sẽ ñược bảo vệ trước Hội ñồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày …tháng …năm 2011. Có thế tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại học Đà Nẵng 3 4 - Ứng dụng các hệ thức lượng giác ñể giải một số lớp bài toán MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn ñề tài Lượng giác là một trong các chủ ñề toán học quan trọng và có thuộc chương trình bậc trung học phổ thông. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Chương trình Toán bậc trung học, ñặc biệt là bộ môn lượng giác. nhiều ứng dụng trong nhiều ngành khoa học. Trong chương trình - Các hệ thức lượng giác. toán bậc phổ thông, lượng giác xuất hiện trong cả hai phạm vi ñại số - Các ứng dụng của hệ thức lượng giác trong chương trình toán và hình học. Trước hết với tư cách một ñối tượng nghiên cứu, sau ñó với tư cách một công cụ ñể giải quyết nhiều dạng toán khác nhau. Theo chương trình Toán phổ thông hiện hành của nước ta, lượng giác ñược ñưa vào giảng dạy theo thứ tự: Lớp 9: lượng giác trong tam giác. Lớp 10: lượng giác trong ñường tròn, và lượng giác trong hàm số ñược dạy ở lớp 11. Nói chung học sinh phổ thông ñược làm quen nhiều về lượng giác, ñặc biệt là hệ thức lượng giác, tuy nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức ñộ nhất ñịnh. Trong các ñề thi tuyển sinh Đại học, cao ñẳng hàng năm, thi học sinh giỏi toán trong và ngoài nước thường có những bài toán mà lời giải của chúng có thể tìm ñược bằng phương pháp sử dụng các hệ thức lượng giác. Với mục ñích tìm hiểu “hệ thức lượng giác” và hệ thống một cách bậc trung học 4. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tư liệu: qua sách báo, giáo trình, sách giáo khoa, các tạp chí toán học tuổi trẻ, cùng một số tài liệu khác từ internet. - Phân tích, tổng hợp, hệ thống các hệ thức lượng giác và khảo sát ứng dụng của nó qua các bài toán thuộc chương trình bậc trung học. - Trao ñổi, thảo luận với người hướng dẫn. 5. Nội dung luận văn Ngoài phần mở ñầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo, nội dung luận văn ñược chia thành 2 chương ñầy ñủ những ứng dụng của “hệ thức lượng giác” trong chương trình Chương 1: Các hệ thức lượng giác. toán bậc trung học, tôi chọn ñề tài luận văn của mình là: “Hệ thức Trình bày sơ lược các kiến thức lượng giác như: một số ñịnh lượng giác và ứng dụng trong chương trình Toán bậc trung học” nghĩa, tính chất, các công thức lượng giác, các hệ thức lượng giác và 2. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu một số bất ñẳng thức ñại số ñể làm cơ sở cho chương sau. - Tìm hiểu các kiến thức cơ bản về lượng giác, ñặc biệt là các hệ thức lượng giác. - Hệ thống và phân loại các dạng bài toán có thể dùng hệ thức lượng giác ñể giải. Chương 2: Ứng dụng của hệ thức lượng giác. Chương này trình bày một số ứng dụng của hệ thức lượng giác trong chương trình toán bậc trung học phổ thông. Cụ thể là những bài toán về tam giác, tứ giác, về số phức và những bài toán hình học không gian. 5 Chương 1. CÁC HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ bản về các hàm lượng 6 góc và số ño góc. Việc thay thế π 1800 bằng 1 ñơn vị radian làm ñơn giản ñi nhiều trong tính toán và ñã ñược sử dụng rộng rãi ñến nay. giác, các hệ thức lượng giác và một số bất ñẳng thức ñại số ñể làm cơ 1.1.2.1. Các công thức tính ñộ dài cung và chuyển ñổi sở cho chương sau. Các chứng minh chi tiết có thể xem trong [5], [9], Cung tròn bán kính R có số ño a0 ( 0 ≤ a ≤ 3600) thì có ñộ dài là: πaR l = . 180 [15]. 1.1. NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ LƯỢNG GIÁC 1.1.1. Các hàm lượng giác 1800 = π rad, a0 = πa 1800 rad ( 0 ≤ a ≤ 3600), tỷ lệ chiều dài hai cạnh của tam giác vuông chứa góc ñó, hoặc tỷ lệ  180α  ( 0 ≤ α ≤ 2π ), l = Rα. rad =    π  1.1.2.2. Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác 1.1.2.3. Giá trị lượng giác của góc (cung) có liên quan ñặc biệt Hai góc ñối nhau: Hai góc ñối nhau thì có cos bằng nhau; sin, chiều dài giữa các ñoạn thẳng nối các ñiểm ñặc biệt trên ñường tròn tan, cot ñối nhau. Hàm lượng giác là các hàm toán học của góc hoặc cung, thường ñược dùng khi nghiên cứu tam giác, các hiện tượng có tính chất tuần hoàn. Các hàm lượng giác của một góc thường ñược ñịnh nghĩa bởi 0 ñơn vị. sin(-α) = - sinα ; cos(-α) = cosα Định nghĩa tan(-α) = - tanα ; cot(-α) = - cotα Cho tam giác ABC vuông tại A, có số ño góc B bằng α. Lúc ñó: - Tỷ số giữa cạnh ñối của góc B và cạnh huyền ñược gọi là sin của góc α, ký hiệu sinα. - Tỷ số giữa cạnh kề của góc B và cạnh huyền ñược gọi là cosin của góc α, ký hiệu cosα. - Tỷ số giữa cạnh ñối và cạnh kề của góc B ñược gọi là tang của góc α, ký hiệu tanα (hay tgα). - Tỷ số giữa cạnh kề và cạnh ñối của góc ñược gọi là cotang của góc α, ký hiệu cotα (hay cotgα). 1.1.2. Góc và cung lượng giác Trong lượng giác học không thể thiếu vấn ñề căn bản nhất, là Hai góc hơn kém nhau π: Hai góc hơn kém nhau π thì sin, cos ñối nhau; tan và cot bằng nhau. sin(α + π) = -sinα ; cos(α + π) = - cosα tan(α + π) = tanα ; cot(α + π) = cotα Hai góc bù nhau: Hai góc bù nhau thì sin bằng nhau, cos, tan và cot ñối nhau. sin(π - α) = sinα ; cos(π - α) = - cosα tan(π - α) = - tanα ; cot(π - α) = - cotα Hai góc phụ nhau: Hai góc phụ nhau thì sin góc này bằng cosin góc kia, tan góc này bằng cot góc kia. 7 sin( π 2 π 8 - α) = cosα ; cos( - α) = cotα ; cot( π 2 - α) = sinα π - α) = tanα 2 2 1.1.3. Các công thức lượng giác 1.1.3.1. Công thức cộng cos(α ± β) = cosαcosβ m sinαsinβ sin(α ± β) = sinαcosβ ± sinβcosα tan α + tan β tan α − tan β tan(α + β) = ; tg(α - β) = 1 − tan α tan β 1 + tan α tan β tan( cos2α = cos2α - sin2α = 2cos2α - 1 = 1 - 2sin2α sin2α = 2sinαcosα 2 tan α 1 − tan 2 α (a ≠ π 2 + kπ, k ∈ Z ) 1.1.3.3. Công thức hạ bậc sin2α = 1 − cos2α 2 2 2 cosα + cosβ = 2cos α + β cos α − β 2 2 α − β cosα - cosβ = - 2sin α + β sin 2 2 tanα ± tanβ = sin(α ± β ) ; cotα + cotβ = sin(α + β ) cosα cosβ s inα sin β 1.1.4. Định lý hàm sin, ñịnh lý hàm cosin, ñịnh lý hàm tang 1.1.3.2. Công thức nhân ñôi tan2α = 1.1.3.6. Công thức biến ñổi tổng thành tích α −β sinα + sinβ = 2sin α + β cos 2 2 α − β α + β sinα - sinβ = 2cos sin ; cos2α = 1.1.4.1. Định lý hàm số sin a b c = = = 2R sin A sin B sin C 1.1.4.2. Định lý hàm số cosin Trong tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c, ta có: 1 + cos2α 2 1.1.3.4. Công thức góc nhân ba sin3α = - 4sin3α + 3sinα ; cos3α = 4cos3α - 3cosα 3 tan α − tan 3 α tan3α = 1 − 3 tan 2 α 1.1.3.5. Công thức biến ñổi tích thành tổng cosαcosβ = 1 [cos(α + β) + cos(α - β)] 2 1 sinαsinβ = [cos(α - β) - cos(α + β)] 2 sinαcosβ = 1 [sin(α - β) + sin(α + β)] 2 2 a = b2 + c2 - 2bccosA; b2 = a2 + c2 - 2accosB; c2 = a2 + b2 - 2abcosC Định lý hàm số sin và ñịnh lý hàm số cosin là phương tiện chủ yếu trong các bài toán giải tam giác. - Khi biết ba cạnh a, b, c ta sử dụng ñịnh lý hàm sin ñể tính các góc. Chẳng hạn, ñể tính góc A, ta có: a2 = b2 + c2 - 2bccosA 2 2 2 b +c −a ⇔ cos A = 2bc Góc B cũng ñược suy ra bằng cách tương tự, hoặc sau khi ñã tính ñược góc A, có thể dùng công thức nhận ñược từ ñịnh lý hàm sin: b sin A asinB = bsinA ⇒ sinB = a 9 - Khi ñã biết 2 cạnh b, c và góc A xen giữa chúng, có thể dùng ñịnh lý hàm cos ñể tính cạnh a: a22 = b22 + c2 - 2bccosA. Để tính góc 2 a +c −b b sin A B, có thể sử dụng: cos B = hoặc sinB = . 2ac a - Khi biết một cạnh và hai góc, ta có thể dùng ñịnh lý hàm sin ñể tính hai cạnh còn lại. - Khi biết hai cạnh và một góc không xen giữa, ta dùng ñịnh lý hàm sin ñể tính một trong 2 góc kia, và cũng dùng ñịnh lý hàm sin ñể tính cạnh còn lại (hoặc dùng ñịnh lý hàm cosin sau khi ñã tính góc). 1.1.4.3. Định lý hàm số tang Trong tam giác ABC, ta luôn có: A−B tan a−b A−B 2 = = tan tan C A+B a+b 2 2 tan 2 B−C tan b−c B-C 2 = = tan tan A 2 b+c 2 B+C tan 2 C−A tan c−a B 2 = = tan C − A tan c+a 2 C+ A 2 tan 2 Chú thích. Định lý hàm số tang ñược Viète phát biểu vào khoảng năm 1850. Nó là hệ quả của ñịnh lý hàm số sin. Tuy nhiên, vào thời Viète, kết 10 góc thứ ba, tiếp theo, chẳng hạn biết b, dùng ñịnh lý hàm số tang ñể giải ra a, rối dùng hệ thức tương tự ñể có c. 1.2. CÁC HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN Trong một tam giác ABC bất kỳ, ta có các hệ thức sau: 1.2.1. Đẳng thức lượng giác Bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác a b c R= = = 2sin A 2sin B 2sin C Bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác A; 2 C r = ( p − c ) tan 2 r = ( p − a ) tan A B C sin sin 2 2 2 Bán kính ñường tròn bàng tiếp tam giác ra = p tan A ; 2 rb = p tan a 2 + b2 c2 − 2 4 sin. Ngày nay, không ai còn lưu giữ ñược chứng minh của Viète. ma2 + mb2 + mc2 = cosin và ñịnh lý hàm số sin. Thật vậy, nếu biết 2 góc, ta cũng có ñược B ; C rc = p tan 2 2 Đường phân giác trong của tam giác A C B 2bc cos 2ab cos 2ac cos 2; l = 2 2;l = la = c b b+c a+c a+b Đường trung tuyến của tam giác b2 + c 2 a 2 ; a2 + c2 b2 ; ma2 = − mb2 = − 2 4 2 4 quả này ñược chứng minh ñộc lập chứ không thông qua ñịnh lý hàm hợp biết ñược 2 góc và một cạnh, mà không cần sử dụng ñịnh lý hàm B; 2 r = 4 R sin mc2 = Định lý hàm số tang có thể ñược dùng ñể giải tam giác trong trường r = ( p − b ) tan 3 2 (a + b2 + c2) 4 Diện tích tam giác S = 1 1 1 abc a.ha = b.hb = c.hc ; S = 2 2 2 4R 11 12 1 1 1 bc sin A = ac sin B = ab sin C 2 2 2 2 S = 2 R sin A sin B sin C ; S = pr S = ( p − a)ra = ( p − b)rb = ( p − c)rc S = S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) r R sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C cos A + cos B + cos C = 1 + 3 3 A B C 1 sin sin sin ≤ ; 2 < sinA + sinB + sinC ≤ 2 2 2 2 8 3 1 < cos A + cos B + cos C ≤ 2 A B C 3 1 < sin + sin + sin ≤ 2 2 2 2 A B C tan + tan + tan ≥ 3 2 2 2 cotA + cotB + cotC ≥ 3 1 9 cos A cos B cos C ≤ ; sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ 8 4 A B C 3 3 + cos + cos ≤ 2 2 2 2 1 > cos A ≥ cos B ≥ cos C ≥ 0 Nếu 0 ≤ x ≤ π; 0 ≤ y ≤ π, thì sin x + sin y ≤ sin x + y 2 2 π π π π cos x + cos y Nếu ; , thì − 2 ∀x ∈ (0, (∆ABC không phải là tam giác vuông) 1.2.2. Bất ñẳng thức lượng giác 2 < cos 0 ≤ sin A ≤ sin B ≤ sin C ≤ 1 ⇔  sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2(1 + cos A cos BcosC ) A B C cos A + cos B + cos C = 1 + 4sin sin sin 2 2 2 t anA + tan B + tan C = tan A tan B tan C A B B C C A tan + tan tan + tan tan = 1 2 2 2 2 2 2 cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1 A B C 9 + cos2 + cos2 ≤ 2 2 2 4 tanA + tanB + tanC ≥ 3 3 (A,B,C nhọn) A B C sinA + sinB + sinC ≤ 4cos cos cos 2 2 2 0 0 với mọi i = 1,2…,n. Khi ñó ta có: a2 (a1 + a2 + ... + an ) 2 a12 + .... + n ≥ b1 bn b1 + ... + bn Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a1 a a = 2 = ... = n . b1 b2 bn Chương 2. ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC Chương này trình bày một số ứng dụng của hệ thức lượng giác trong chương trình toán bậc trung học phổ thông. Cụ thể là những bài toán về tam giác, tứ giác, về số phức và những bài toán hình học không gian. 2.1. ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC 2.1.1. Các bài toán về nhận dạng tam giác Bài toán 2.2. ([15]) Chứng minh rằng ∆ABC ñều nếu nó thỏa mãn ñẳng thức sau: rala + rblb + rclc = p2 S 2bc A Giải: Ta có: ra = ; la = cos p-a b+c 2 ⇒ la = ⇒ rala = = = (b + c − a )(b + c + a ) ⇒ cos A = 4bc 2 2bc b+c p ( p − a) bc 2 bc. p ( p − a ) p ( p − a) = bc b+c 2 bc. p ( p − a ) S . p−a b+c p ( p − a )( p − b)( p − c) bcp ( p − a) .2 p−a b+c p ( p − a) bc .2 ( p − b)( p − c) p−a b+c bc ( p − b)( p − c) b+c ( p − b) + ( p − c) a ≤ p. = p. (theo bất ñẳng thức côsi) 2 2 b  r l ≤ p. p  b b 2 Tương tự :  ⇒ rala + rblb + rclc ≤ (a + b + c) = p2 2 r l ≤ p. c  c c 2 b = c  ⇒ Dấu ″=″ xảy ra ⇔ a = c p − a = p − b = p − c  = p. 2 ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC là tam giác ñều ⇒ ñpcm 15 16 2.1.2. Các bài toán liên quan ñến cạnh và góc của tam giác Bài toán 2.21. ([10]) ACB = Cho ABC là một tam giác sao cho 2 ABC . Gọi D là một ñiểm trên cạnh BC sao cho CD = 2BD. Kéo dài ñoạn AD và lấy E sao cho AD = DE. Chứng minh rằng: ECB + 1800 = 2 EBC . Giải: Gọi H là trung ñiểm của CD, dễ thấy ABEH là hình bình hành. Trên BC kéo dài, lấy ñiểm G sao cho CG = CA. Đặt: a BD = DH = HC = , CA = b , AB = c 3 BE = AH = x , AD = DE = y và CE = z H C E Hình 2.1. Áp dụng ñịnh lý trung tuyến vào các tam giác ACD, ABH và CDE, ta ñược: 2 2a 9 2 2 a 2 2 2 x + c = 2y + 9 2a 2 2 2 2 y + z = 2c + 9 2 2 Thay (2.1) vào (2.4), ta có : 3x2 = c2 + 2b2 - 2a 3 2 ab 2 a 2a  a ⇔ x2 = b2 + - 9 =  b +  b −  3 3 3   (2.5) 2a 2 Khử y từ (2.3) và (2.4) ta nhận ñược : x + c + 2z = 4c + 3 2 2 2 2 (2.6) Từ (2.5) và (2.6), ta suy ra x2 = z(z - a) hay BE2 = CE(CE - BC) = CE.EP, trong ñó P là ñiểm trên CE sao cho CP = BC. EP BE = . Vậy các tam giác BEP và CEB ñồng dạng, vì Như thế, BE CE BEP = CEB . Suy ra : ECB = EBP = EBC - PBC = EBC 1 - (1800 - ECB ). 2 1 Mà PBC = (1800 - BCP ) = EBC 2 1 - (1800 - ECB ) 2 Cuối cùng, ta ñược : ECB + 1800 = 2 EBC 2.1.3. Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường phân giác, G P b2 + y2 = 2x2 + 2 3 A D 2 Kết hợp kết quả này với (2.1) và (2.5), ta có z = b + 2a Vì 2 ABC = ACB = CAG + CGA = 2 CGA , ta có các tam giác ABG và CAG ñồng dạng. AB CA BG.CA Vậy = ⇔ AB = hay c2 = b(a + b). (2.1) BG AG AG B 2a 2 Khử y từ (2.2) và (2.3) ta có: x + c + 2b = 4x + 3 . 2 (2.2) (2.3) (2.4) ñường cao Bài toán 2.32. ([21]) Cho ∆ABC nhọn. Chứng minh rằng: 12 ab bc ca < + + < 3π R.lc R.la R.lb π Giải: a +b ab ab a+b Ta có: = = = lc C 2ab C π C 2 cos . cos 2sin( − ) 2 2 2 a+b 2 Áp dụng bất ñẳng thức: 2x < π sin x < x. 17 π C 2( − ) π 2 2 < sin( ⇒ - 18 C π C ) < ( ) 2 2 2 2.1.4. Các bài toán về chu vi và diện tích tam giác 2 π A+ B 2( ) C A+B C 2 ⇒ < cos < ⇒ 2( A + B) < 2cos < A + B π ⇒ 2 π 2 ( a + b) ( a + b) < C ( A + B) 2 cos 2 < π ( a + b) (2.7) 2( A + B ) 2R 2A 2R 2B 4R . + . = A+B π A+B π π (sin x > 2x ) π a +b 2 R(sin A + sin B) R( A + B).π π = .π < = Rπ 2( A + B ) 2( A + B ) A+ B a +b 4R Nên từ (2.7) ta có ñược: < < Rπ (2.8) π C 2 cos 2 Tương tự cho 2 trường hợp còn lại, ta ñược: b+c 4R < < Rπ π A (2.9) 2 cos < 2 a+c B 2 cos 2 ⇔ 12R < π 3 (R + r) 3 (R + r) c/ Ít nhất một góc bằng 60 thì p = 3 (R + r) a+b+c 3 r Giải: Ta có: p − 3( R + r ) = 1 +   4R 2R R 2  sin A + sin B + sin C = - 3 (cos A + cos B + cos C ) 2 2 [Chương 1, mục 1.2.1, mục 1.1.4.1] 1 3 3 1 = ( sin A cos A) + ( sin B cos B) 2 2 2 2 1 3 cosC) + ( sin C 2 2 π π π = sin(A - ) + sin(B - ) + sin(C - ) 3 3 3 π π π y = B - ; z = C⇒ x + y + z = 0 Đặt x = A - ; 3 3 3 Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z sin x + sin y + sin z = sin x + sin y - sin(x + y) x+y x-y x+y x+y = 2sin .cos - 2sin .cos 2 2 2 2 x+ y  x−y x+ y x+y x y ) cos = 4sin .sin . sin − cos  2 2 2 2 2 2   π 2π , Do x + y + z = 0 và x ≥ y ≥ z nên = 2sin ( < Rπ (2.10) 0≤x< Cộng (2.8), (2.9), (2.10) ta ñược: a +b b+c 12R < + + π C A 2 cos b/ Hai góc nhỏ hơn 60 thì p ≤ 0 0 a+b 2 R(sin A + sin B) 2R 2R = = sin A + sin B A+B A+B A+ B ( A + B) 4R π a/ Hai góc lớn hơn 600 thì p ≥ 2 Theo ñịnh lý hàm sin ta có: > Bài toán 2.41. Chứng minh rằng: Nếu ∆ABC có: 2 2 cos ab bc ca + + R.lc R.la R.lb 2 c+a B 2 cos 2 < 3π < 3Rπ (ñpcm) 0≤x + y < 3 x x+y Suy ra : 4sin sin ≥ 0 2 2 π 2π y π < , ⇒ sin > 0 - Nếu y > 0 ⇔ B > , thì y = B 3 2 3 3 Do ñó 3 p − 3( R + r ) x+y x y = 4sin sin sin ≥ 0, tức là: 2 2 2 2R 19 p ≥ 3 (R + r) khi ∆ABC có 2 góc ≥ - Nếu y < 0 ⇔ B < Do ñó 20 π 3 ⇒ a/ ñúng. π y π , thì < y < 0 ⇒ sin < 0 3 2 3 p − 3( R + r ) x+ y x y = 4sin sin sin ≤ 0, tức là: 2R 2 2 2 p ≤ 3 (R + r) khi ∆ABC có 2 góc < π ⇒ b/ ñúng. 3 y π - Nếu y = 0 ⇔ B = , thì sin = 0. Do ñó p = 3 2 ñó cơ ít nhất một góc bằng π 3 3 (R + r). Khi . Suy ra c/ ñúng 2.1.5. Các bài toán về ñường tròn nội tiếp, ñường tròn ngoại tiếp tam giác Bài toán 2.52. ([12]) Cho ∆ABC nội tiếp trong ñường tròn (O, R). Gọi (O1, R1); (O2, R2); (O3, R3) là các ñường tròn tiếp xúc ngoài với (O, R) ñồng thời tiếp xúc với các cặp tia (AB, AC); (BC,BA); (CA, CB) và r là bán kính ñường tròn nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng: R1 + R2 + R3 ≥ 12r 2 [ 2 p − ( a + b ) ] = c2 (p - a)(p - b) ≤  ( p − a ) + ( p − b)  =   4 2 2   2 2 Tương tự: (p - b)(p - c) ≤ a ; (p - c)(p - a) ≤ b 4 4 Nhân (2.11) và (2.12) vế theo vế, ta ñược: 2 [(p - a)(p - b)(p - c)]2 ≤ c 2 a 2b2 abc ⇔ (p - a)(p - b)(p - c)] ≤ 8 64 (2.13) Giả sử (O1, R1) tiếp xúc với cặp tia (AB, AC) tại M, N Kẻ OK ⊥ AM và OE ⊥ MO1. c c Đặt x = AM , AK = ; EO = MK = x - . 2 2 Xét ∆AKO có OK = R.cos AOK = R.cosC ⇒ O1E = R1 - ME = R1 - OK = R1-R.cosC Áp dụng ñịnh lý Pitago trong ∆OEO1 ta có 2 c 2 2  OO12 = OE 2 + EO12 ⇔ ( R + R1 ) =  x −  + ( R1 − R.cos C ) 2  2 2 2 2 2 ⇔ R + R1 + 2RR1 = x - xc + R1 - 2RR1cosC + c + R2cos2C 4 ⇔ 2RR1 (1 + cosC) = x(x - c). Mặt khác, AO1 là ñường phân giác của A O C N B M E (2.12) ⇔ R2 + R12 + 2RR1 = x2 - xc + R12 - 2RR1cosC + R2 Giải: Theo bất ñẳng thức côsi, ta có: K (2.11) O1 ∆ MAN và ∆ AMO1 vuông tại R1 ( p − a ) MO1 R r A = = 1 = ⇒ x = 2 MA x p−a r Khi ñó 2RR1 (1 + cosC) = x(x - c) M nên: tg ⇔ x - c = 2 RR1 (1 + cos C ) x Theo ñịnh lý hàm cosin: (1 + cosC) = 1 + Hình 2.2 a 2 + b2 − c2 ( a + b) 2 − c 2 = 2ab 2ab (2.14) 21 = 22 (a + b + c)( a + b − c) 2 p( p − c) = 2ab ab (2.14) ⇔ x = c + 2 Rr (1 + cos C ) p−a 2 = c+ A abc S 2 p ( p − c) . . 4S p ab p−a D O c ( p − a ) + c( p − c ) bc = = p-a p−a xr bcr Suy ra: R1 = = . p−a ( p − a) 2 car abr ; R3 = Tương tự: R2 = 2 ( p − b) ( p − c) 2 H B Hình 2.3 Áp dụng ñịnh lí hàm sin cho ∆AHD, ∆CHD, ∆ACD, ta ñược: s in A H D sin H A D Theo bất ñẳng thức Côsi: R1 + R2 + R3 = r   ≥ 3r bc ca ab + + 2 2 2  ( p − b) ( p − c)   ( p − a) 3   abc    ( p − a)( p − b)( p − c)  C 2 ≥ 3r. 3 64 = 12r (do (2.13)) = AD , HD sin H C D s in C H D = HD , CD s in C A D s in A C D = CD . AD Nhân các ñẳng thức trên vế theo vế ta ñược: sin AHD .sin HCO .sin CAO = sin CHD .sin HAO .sin ACO Từ (2) của ñịnh lí Ceva, suy ra AO, CO và HD ñồng quy tại một ñiểm, do ñó H, O, D thẳng hàng. 2.2. ỨNG DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TỨ GIÁC Trong trường hợp β = 900, ta chứng minh ñược H trùng B, O là Bài toán 2.58. ([9]) trung ñiểm AC và tứ giác AHCD là hình chữ nhật. Do vậy H, O, D Cho tứ giác lồi ABCD thỏa mãn DAB = ABC = BCD . Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Chứng minh rằng H, O, D thẳng hàng. thẳng hàng. Giả sử β > 900. Trong trường hợp này, B và O lần lượt nằm trong Giải: ∆AHC và ∆ADC. Tương tự như trường hợp β < 900 ta cũng có các Đặt CAB = α, ABC = β, BCA = γ. Chú ý rằng: α < β và γ < β. ñiểm H, O, D thẳng hàng. Ta cần xét các trường hợp: β < 900, β = 900 và β > 900 . 2.3. Giả sử β < 900 . Lúc ñó O, H là các ñiểm nằm trong ∆ABC và ta có: ACO = CAO = HCB = HAB = 900 - β. Vì thế O là ñiểm nằm bên trong ∆HAC, từ ñó: HAO = β - γ = ACD ; HCO = β - α = CAD ; HAD = HCD = 2β - 900. HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Bài toán 2.69. ([7]) Cho hình hộp ñứng ABCDA’B’C’D’ với AB = a, AD = b, BAD = α, ñường chéo AC’ tạo với ñáy góc β, gọi O là giao ñiểm các ñường chéo của hình hộp . a. Tính thể tích hình hộp b. M là một ñiểm trong không gian. Tính tổng T các bình 23 24 phương các khoảng cách từ M ñến 8 ñỉnh của hình hộp theo a, b, α, β và x = OM. Từ ñó hãy tìm ra vị trí của M ñể tổng T là bé nhất. Giải: D' C' T = 8MO2 + 1 (AC’2 + BD’2 + A’C2 + B’D2) 2 Mặt khác, ta có: AC’2 + BD’2 = 2a2 + 2BC’2 ; A’C2 + B’D2 = 2a2 + 2B’C2 ; BC’2 + B’C2 = 2b2 + 2CC’2 ⇒ AC’2 + A’C2 + B’D2 + BD’2 = 4(a2 + b2 + CC’2) Do ñó ta có: T = MA2 + MB2 + MC2 + MD2 + MC’2 + MD’2 + MA’2 + MB’2 B' A' = 8x2 + 2[a2 + b2 + CC’2] O D C ⇒ T = 8x2 + 2  a 2 + b 2 + (a 2 + b 2 + 2abcosα ).tg 2 β  = 8x2 + 2  (a 2 + b 2 )(1 + tg 2 β ) + 2abcosα .tg 2 β  T ñạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi : x = 0 ⇔ M ≡ 0 α Vậy Tmin = 2  (a 2 + b 2 )(1 + tg 2 β ) + 2abcosα .tg 2 β  tại M ≡ 0 β B A 2.4. HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG SỐ PHỨC Hình 2.4 a/ Ta có CC’⊥ (ABCD) ⇒ C ' AC = β, góc của AC’ và ñáy (ABCD) Bài toán 2.78. ([2]). Cho 3 số phức z1, z2, z3 thỏa mãn hệ:  z1 + z2 + z3 = 1  z3 z2  z1 z + z + z =1 3 1  2 Trong ∆ABC có: AC2 = AB2 + BC2 - 2AB.BC.cos CBA = a2 + b2 - 2ab.cos (π - α) ⇒ AC = Do ñó ta có: = a2 + b2 + 2ab.cos α a2 + b2 + 2ab.cos α . CC’ = tg β.AC = a2 + b2 + 2ab.cos α .tg β Vậy thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là: V = SABCD .CC’ = AB.AD.sin α.CC’ = ab.sin α.tg β. a2 + b2 + 2ab.cos α b/ Áp dụng ñịnh lí ñường trung tuyến vào các tam giác MAC’, MBD’, MCA’, MDB’, trung tuyến MO, ta có: BD '2 AC '2 ; MB 2 + MD '2 = 2 MO 2 + 2 2 2 2 B ' D A ' C ; MD 2 + MB '2 = 2MO 2 + MC 2 + MA '2 = 2 MO 2 + 2 2 MA2 + MC '2 = 2MO 2 + Cộng các ñẳng thức trên vế theo vế, ta có: Tìm giá trị của biểu thức T = az1 + bz2 + cz3 với a, b, c ∈ R. Giải: z z1 z = 2 = 3 = 1 , do ñó có z2 z3 z1 z cosx + isinx , 2 = cosy + isiny z3 z3 z 2 . = cos(- x - y) + isin(- x - y) z2 z1 z cos x + cos y + cos( − x − y ) = 1 + 3 = 1 nên  z1 s inx + sin y + sin ( − x − y ) = 0 Vì z1 + z2 + z3 = 1 nên z1 = z2 z Suy ra: 3 = z1 thể ñặt: Mà z1 z + 2 z2 z3 25 26 Ta có: 0 = sinx + siny + sin(- x - y) KẾT LUẬN x+ y x− y - 2 sin x + y cos x + y cos 2 2 2 2 x+ y x y x + y x− y x+ y  = 2 sin − cos  cos  = 4 sin 2 sin 2 sin 2 2  2 2  x + y  sin 2 = 0  x + y = k 2π  x   ⇔ sin = 0 ⇔  x = k 2π  2   y = k 2π sin y = 0  2 Do ñó có 2 trong 3 số z1, z2, z3 bằng nhau. = 2 sin 2 + c2 * Đối với mỗi lớp bài toán, có các ví dụ minh họa và những bài tập ñề nghị kèm theo. Hi vọng rằng nội dung của luận văn sẽ còn ñược tiếp tục mở rộng và hoàn thiện hơn nữa ñể có thể giải quyết ñược nhiều lớp bài toán thuộc chương trình toán bậc trung học phổ thông. z z1 + 3 = 0 ⇔ z3 z1 z z1 = − 3 z3 z1 z  Hay ta có:  3  = − 1 ⇒ z3 = ± iz1  z1  Do ñó: az1 + bz2 + cz3 = az1 + bz1 ± ciz1 = z1 a + b ± ic ( a + b) 2 Vậy T bằng * Hệ thống các hệ thức lượng giác * Hệ thống và phân loại một số lớp bài toán giải ñược bằng các hệ thức lượng giác, cụ thể: - Lớp các bài toán nhận dạng tam giác - Các bài toán liên quan ñến cạnh và góc tam giác - Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường phân giác, ñường cao - Các bài toán về chu vi và diện tích tam giác - Các bài toán về ñường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác - Các bài toán về tứ giác - Các bài toán về hình học không gian - Các bài toán về số phức Giả sử z1 = z2, thì = Với mục tiêu ñã ñược ñặt ra, luận văn “Hệ thức lượng giác và ứng dụng trong chương trình Toán bậc trung học” ñã thực hiện ñược các vấn ñề sau: ( a + b) 2 + c2 , Tương tự T = ( b + c )2 + a 2 hoặc T = ( a + c )2 + b 2
- Xem thêm -