• Skip to main content
  • Skip to secondary menu
  • Bỏ qua primary sidebar
Sách Toán – Học toán

Sách Toán - Học toán

Giải bài tập Toán từ lớp 1 đến lớp 12, Học toán online và Đề thi toán

  • Môn Toán
  • Học toán
  • Toán 12
  • Sách toán
  • Đề thi
  • Ôn thi THPT Toán
  • Tiện ích Toán
Bạn đang ở:Trang chủ / Toán lớp 10 / CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC – TỨ GIÁC

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC – TỨ GIÁC

Ngày 08/01/2020 Thuộc chủ đề:Toán lớp 10 Tag với:Học bài 3 chương 2 Hình học 10

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC – TỨ GIÁC

DẠNG TOÁN 3: 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) $\cos A \ge \frac{1}{2}.$

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 ${\sin ^2}A = \sin B.\sin C$ $ \Leftrightarrow {\left( {\frac{a}{{2R}}} \right)^2} = \frac{b}{{2R}}.\frac{c}{{2R}}$ $ \Leftrightarrow {a^2} = bc.$
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}.$

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

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC – TỨ GIÁC

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:
$B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} – 2AB.AD\cos \widehat {BAD}$ $ = 2{c^2} – 2{c^2}\cos \left( {{{180}^0} – A} \right)$ $ = 2{c^2}(1 + \cos A)$ $ = 2{c^2}\left( {1 + \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}} \right)$ $ = \frac{c}{b}(a + b + c)(b + c – a)$ $ = \frac{{4c}}{b}p(p – a).$
Suy ra $BD = 2\sqrt {\frac{{cp(p – a)}}{b}} .$
Gọi $I$ là trung điểm của $BD$ suy ra $AI \bot BD.$
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 {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ = \frac{{abc}}{{4R}}.$
Suy ra $4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}$ $ = 4\sqrt {\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 $\sin A + \sin B + \sin C$ $ = 4\cos \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: $\sin \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{(p – b)(p – c)}}{{bc}}} $, $\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) $\cot A + \cot B + \cot C \ge \sqrt 3 .$

a) Áp dụng định lí côsin và công thức $S = \frac{1}{2}bc\sin A$ ta có:
$\cot A = \frac{{\cos A}}{{\sin A}}$ $ = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc\sin A}}$ $ = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{4S}}.$
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:
$(p – a)(p – b)(p – c)$ $ \le {\left( {\frac{{3p – a – b – c}}{3}} \right)^3}$ $ = {\left( {\frac{p}{3}} \right)^3}.$
Mặt khác $S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ \Rightarrow S \le \sqrt {p\frac{{{p^3}}}{{27}}} = \frac{{{p^2}}}{{3\sqrt 3 }}.$
Ta có ${p^2} = \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{4}$ $ \le \frac{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{4}$ suy ra $S \le \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4\sqrt 3 }}.$
Do đó $\cot A + \cot B + \cot C$ $ \ge \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4.\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4\sqrt 3 }}}} = \sqrt 3 .$

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

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:
$m_b^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {c^2}} \right) – {b^2}}}{4}$, $m_c^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) – {c^2}}}{4}.$
Suy ra $(*) \Leftrightarrow \frac{4}{9}\left( {m_b^2 + m_c^2} \right) = {a^2}.$
$ \Leftrightarrow \frac{4}{9}\left[ {\frac{{2\left( {{a^2} + {c^2}} \right) – {b^2}}}{4} + \frac{{2\left( {{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}.$

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}.$

CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC – TỨ GIÁC

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:
$A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}$ $ = 2\left( {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}.$

Bài liên quan:

  1. NHẬN DẠNG TAM GIÁC
  2. GIẢI TAM GIÁC
  3. XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC
  4. Lý thuyết Các hệ thức lượng trong tam giác

Reader Interactions

Để lại một bình luận Hủy

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

Sidebar chính

MỤC LỤC

  • CHUYÊN ĐỀ TOÁN 10 CHÂN TRỜI SÁNG TẠO ĐẦY ĐỦ FILE WORD 2023
  • GIÁO ÁN (KHBD) TOÁN 10 – SGK Chân trời – 2022
  • GIÁO ÁN (KHBD) TOÁN 10 – SGK Kết nối – 2022
  • GIÁO ÁN (KHBD) TOÁN 10 – SGK Cánh diều – 2022
  • Học toán lớp 10
  • Chuyên đề Toán 10 (CTST) – HK1

Booktoan.com (2015 - 2025) Học Toán online - Giải bài tập môn Toán, Sách giáo khoa, Sách tham khảo và đề thi Toán.
Giới thiệu - Liên hệ - Bản quyền - Sitemap - Quy định - Hướng dẫn.