Một vài bài toán lượng giác trong tam giác

  • Số trang: 4 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 32 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 42610 tài liệu

Mô tả:

Trường Tiểu Học – THCS – THPT Nguyễn Công Trứ - TP.Nam Định MỘT VÀI BÀI TOÁN LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC Bài 1: CMR với mọi tam giác ABC nhọn ta có : tan A  tan B  tan C �3 3 Cách 1: với dạng bài này ta thường nghĩ tới sử dụng phương pháp dồn biến đưa về giá trị trung x y ) với bình trong chứng minh bất đẳng thức : ở bài này ta cần chỉ ra f ( x)  f ( y ) �2 f ( 2 �� f (t )  tan t ; t �� 0; � � 2� Thật vậy �� 0; �nên: Do x, y �� � 2� 1 1� 2 x y x y � 0  cosx.cosy   cos(x  y )  cos(x  y )   � 2cos  1  cos(x  y) ��cos 2 2 2� 2 2 � �x  y � �x  y � �x  y � �x  y � 2sin � cos � 2sin � cos � � � � � sin(x  y ) 2 � �2 � 2 � �2 � � � tanx  tany   � Ta có: cosx.cosy cosx.cosy �x  y � cos 2 � � �2 � �x  y � �� 0; �, dấu “=” xảy ra � cos( x  y )  1 � x  y Hay: tanx  tany �2 tan � �; x, y �� �2 � � 2� �C   �  �A  B � 3� Do ABC nhọn nên: tanA  tanB �2 tan � �; tanC tan �2 tan � 3 � 2 � � 2 � � � �A  B C   � 3� �   � � C �A  B � 3 ��2 tan � 2 2 � 2 3 tan � � tan � � � 2 2 2 � � � � � � � � � � Từ đó ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABC đều. x y ), Nhận xét: Mấu chốt trong cách giải này là dựa vào chứng minh BĐT f ( x)  f ( y ) �2 f ( 2 sau đó ta đã lựa chọn giá trị trung bình của 3 góc A, B, C là  3 để ghép cặp. Cần chú ý giá trị  cũng là giá trị của các góc khi dấu “=” xảy ra. 3 Cách 2: Do A  B  C  1800 nên với ABC không vuông ta có: tan B  tan C tan A   tan( B  C )   � tan A  tan B  tan C  tan A.tan B.tan C 1  tan B tan C Giáo Viên: Phạm Thanh Bình Trường Tiểu Học – THCS – THPT Nguyễn Công Trứ - TP.Nam Định ABC nhọn , áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương tanA, tanB, tanC ta có: 3 3 �tan A  tan B  tan C � �tan A  tan B  tan C � tanA.tan B.tan C � ��۳ � � tan A tan B tan C 3 3 � � � � � tan A  tan B  tan C �3 3 (đpcm) Dấu bằng xảy ra � tanA  tanB  tanC � A  B  C hay ABC đều. Nhận xét: Mấu chốt của lời giải trên là ta đã sử dụng hệ thức (dễ dàng chứng minh được) tan A  tan B  tan C  tan A.tan B.tan C (với mọi ABC không vuông) , đồng thời với giả thiết để có thể áp dụng Cô si cho 3 số tanA, tanB, tanC. Như vậy Một số bài toán trong tam giác, nếu biết và sử dụng triệt để các hệ thức lượng giác về góc trong tam giác ta sẽ có lời giải hay và ngắn gọn hơn. Bài 2: Chứng minh rằng, với mọi tam giác ABC ta có: tan 2 A B C  tan 2  tan 2 �1 2 2 2 Lời giải: A BC   nên: Ta có  2 2 2 B C 1  tan .tan A BC 1 2 2 tan  cot   B  C B C 2 2 tan tan  tan 2 2 2 A B B C C A � tan .tan  tan .tan  tan .tan  1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 B� � B C� � C A� � A Có: �tan  tan � �tan  tan � �tan  tan ��0 2� � 2 2� � 2 2� � 2 A B C A B B C C A � tan 2  tan 2  tan 2 �tan .tan  tan .tan  tan .tan 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C � tan 2  tan 2  tan 2 �1 (đpcm) 2 2 2 A B C  Dấu “=” xảy ra � tan  tan  tan � A  B  C  ( hay tam giác ABC đều) 2 2 2 3 A B B C C A Nhận xét: Nếu không sử dụng hệ thức: tan .tan  tan .tan  tan .tan  1 thì rất khó 2 2 2 2 2 2 để giải quyết được bài toán trên. Giáo Viên: Phạm Thanh Bình Trường Tiểu Học – THCS – THPT Nguyễn Công Trứ - TP.Nam Định Bài 3: Cho ABC biết cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  1 . Chứng minh ABC vuông. Lời giải: Ta có cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  2cos( A  B) cos(A  B)  2cos 2 C  1  2cos( A  B )cos(A  B)  2cos 2 ( A  B)  1  2cos( A  B )  cos(A  B)  cos( A  B)   1  4cosC.cosA.cosB 1 ( do (A+B)+C=  nên cos(A  B)   cosC ) Theo bài ra, ta có : cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  1 � 4cosC.cosA.cosB 1  1 � A  900 cos A  0 � � �� cosB  0 � B  900 � � � � cosC  0 C  900 � � Hay ABC vuông (đpcm) Nhận xét: Ta đã sử dụng hệ thức: cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  4cos A cosBcos C  1 trong tam giác khiến lời giải trở nên dễ dàng. Ta hãy giải bài toán theo hướng: Dùng công thức nhân đôi, đưa về cosA, cosB, cosC rồi áp dụng định lý cos trong tam giác; lúc này bài toán trở thành: CM tam giác ABC vuông biết b 2  c2  a2  2 a  2  c 2  b2  2 a  2  b2  c2  2 20 2b 2c 2 2a 2c 2 2 a 2b 2 Rõ ràng ta được một bài toán mới phức tạp hơn nhiều ! Bài 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có A B C 1. sin A  sin B  sin C �cos  cos  cos 2 2 2 A B C 2. sin A  sinB  sinC � cos  cos  cos 2 2 2 HD A B AB AB C .cos �2sin  2cos 1. sin A  sin B  2sin 2 2 2 2 A B Tương tự có sin B  sin C �2cos ; sinC sinA �2cos 2 2 Cộng ba vế tương ứng ta có đpcm A B C A B C (n �N *) Tổng quát sin  sin  sin �cos  cos  cos n n n 2n 2n 2n Giáo Viên: Phạm Thanh Bình Trường Tiểu Học – THCS – THPT Nguyễn Công Trứ - TP.Nam Định 2. Có sin A  sin B � 2(sin A  sin B) �2 cos Áp dụng tương tự sinB  sinC �2 cos A ; 2 C 2 sinC  sinA �2 cos B 2 Cộng ba vế tương ựng ta có đpcm A B C A B C  cos  cos (n �N *) Tổng quát sin  sin  sin � cos n n n 2n 2n 2n Lời kết Còn rất nhiều các hệ thức về giá trị lượng giác của các góc trong tam giác mà khi áp dụng ta có thể giải hoặc sáng tạo các bài toán hay về lượng giác trong tam giác. Các bạn có thể tự sáng tạo hoặc tìm hiểu thêm. Giáo Viên: Phạm Thanh Bình
- Xem thêm -