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