DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC.
1. PHƯƠNG PHÁP
Sử dụng định lí côsin và định lí sin.
Sử dụng công thức xác định độ dài đường trung tuyến và mối liên hệ của các yếu tố trong các công thức tính diện tích trong tam giác.
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1 : Cho tam giác $ABC$ có $AB = 4$, $AC = 5$ và $\cos A = \frac{3}{5}.$ Tính cạnh $BC$ và độ dài đường cao kẻ từ $A.$
Áp dụng định lí côsin ta có:
$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB.AC.\cos A$ $ = {4^2} + {5^2} – 2.4.5.\frac{3}{5} = 29.$
Suy ra $BC = \sqrt {29} .$
Vì ${\sin ^2}A + {\cos ^2}A = 1$ nên $\sin A = \sqrt {1 – {{\cos }^2}A} $ $ = \sqrt {1 – \frac{9}{{25}}} = \frac{4}{5}.$
Theo công thức tính diện tích ta có ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A$ $ = \frac{1}{2}.4.5.\frac{4}{5} = 8$ $(1).$
Mặt khác ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}a.{h_a}$ $ = \frac{1}{2}.\sqrt {29} .{h_a}$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\frac{1}{2}.\sqrt {29} .{h_a} = 8$ $ \Rightarrow {h_a} = \frac{{16\sqrt {29} }}{{29}}.$
Vậy độ dài đường cao kẻ từ $A$ là ${h_a} = \frac{{16\sqrt {29} }}{{29}}.$
Ví dụ 2 : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn bán kính bằng $3$, biết $\widehat A = {30^0}$, $\widehat B = {45^0}.$ Tính độ dài trung tuyến kẻ từ $A$ và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
Ta có $\widehat C = {180^0} – \widehat A – \widehat B$ $ = {180^0} – {30^0} – {45^0}$ $ = {105^0}.$
Theo định lí sin ta có:
$a = 2R\sin A$ $ = 2.3.\sin {30^0} = 3.$
$b = 2R\sin B$ $ = 2.3.\sin {45^0} = 6.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 3\sqrt 2 .$
$c = 2R\sin C$ $ = 2.3.\sin {105^0} \approx 5,796.$
Theo công thức đường trung tuyến ta có:
$m_a^2 = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) – {a^2}}}{4}$ $ \approx \frac{{2\left( {18 + {{5,796}^2}} \right) – 9}}{4}$ $ = 23,547.$
Theo công thức tính diện tích tam giác ta có:
${S_{ABC}} = pr = \frac{1}{2}bc\sin A$ $ \Rightarrow r = \frac{{bc\sin A}}{{2p}}$ $ \approx \frac{{3\sqrt 2 .5,796\sin {{30}^0}}}{{3 + 3\sqrt 2 + 5,796}} \approx 0,943.$
Ví dụ 3 : Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm của $BC.$ Biết $AB = 3$, $BC = 8$, $\cos \widehat {AMB} = \frac{{5\sqrt {13} }}{{26}}.$ Tính độ dài cạnh $AC$ và góc lớn nhất của tam giác $ABC.$
$BC = 8$ $ \Rightarrow BM = 4.$
Đặt $AM = x.$
Theo định lí côsin ta có:
$\cos \widehat {AMB} = \frac{{A{M^2} + B{M^2} – A{B^2}}}{{2AM.BM}}.$
Suy ra $\frac{{5\sqrt {13} }}{{26}} = \frac{{{x^2} + 16 – 9}}{{2.4.x}}.$
$ \Leftrightarrow 13{x^2} – 20\sqrt {13} x + 91 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \sqrt {13} }\\
{x = \frac{{7\sqrt {13} }}{{13}}}
\end{array}} \right..$
Theo công thức tính đường trung tuyến ta có: $A{M^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) – B{C^2}}}{{2AB.AC}}.$
Trường hợp 1: Nếu $x = \sqrt {13} $ $ \Rightarrow 13 = \frac{{2\left( {{3^2} + A{C^2}} \right) – {8^2}}}{4}$ $ \Rightarrow AC = 7.$
Ta có $BC > AC > AB$ $ \Rightarrow $ góc $A$ lớn nhất.
Theo định lí côsin ta có:
$\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} – B{C^2}}}{{2AB.AC}}$ $ = \frac{{9 + 49 – 64}}{{2.3.7}} = – \frac{1}{7}.$
Suy ra $A \approx {98^0}12′.$
Trường hợp 2: Nếu $x = \frac{{7\sqrt {13} }}{{13}}$ $ \Rightarrow \frac{{49}}{{13}} = \frac{{2\left( {{3^2} + A{C^2}} \right) – {8^2}}}{4}$ $ \Rightarrow AC = \sqrt {\frac{{397}}{{13}}} .$
Ta có $BC > AC > AB$ $ \Rightarrow $ góc $A$ lớn nhất.
Theo định lí côsin ta có:
$\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} – B{C^2}}}{{2AB.AC}}$ $ = \frac{{9 + \frac{{397}}{{13}} – 64}}{{2.3.\sqrt {\frac{{397}}{{13}}} }}$ $ = – \frac{{53}}{{\sqrt {5161} }}.$
Suy ra $A \approx {137^0}32′.$
Ví dụ 4 : Cho hình chữ nhật $ABCD$ biết $AD = 1.$ Giả sử $E$ là trung điểm $AB$ và thỏa mãn $\widehat {BDE} = \frac{1}{3}.$ Tính độ dài cạnh $AB.$
Đặt $AB = 2x$ $(x > 0)$ $ \Rightarrow AE = EB = x.$
Vì góc $\widehat {BDE}$ nên $\cos \widehat {BDE} > 0$ suy ra:
$\cos \widehat {BDE} = \sqrt {1 – {{\sin }^2}\widehat {BDE}} $ $ = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.$
Theo định lí Pitago ta có:
$D{E^2} = A{D^2} + A{E^2}$ $ = 1 + {x^2}$ $ \Rightarrow DE = \sqrt {1 + {x^2}} .$
$B{D^2} = D{C^2} + B{C^2}$ $ = 4{x^2} + 1$ $ \Rightarrow BD = \sqrt {4{x^2} + 1} .$
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $BDE$ ta có:
$\cos \widehat {BDE} = \frac{{D{E^2} + D{B^2} – E{B^2}}}{{2DE.DB}}$ $ \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{4{x^2} + 2}}{{2\sqrt {\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {4{x^2} + 1} \right)} }}.$
$ \Leftrightarrow 4{x^4} – 4{x^2} + 1 = 0$ $ \Leftrightarrow 2{x^2} = 1$ $ \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ (do $x > 0$).
Vậy độ dài cạnh $AB$ là $\sqrt 2 .$
Bài 5: Cho tam giác ABC có \(\widehat{A}=60^o, \widehat{B}=80^o,a=6\). Tính hai cạnh a và c.
Hướng dẫn:
Dễ dàng tìm được \(\widehat{C}=180^o-60^o-80^o=40^o\)
Ta sẽ tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R:
\(\frac{a}{sinA}=2R=\frac{6}{sin60^o}=4\sqrt{3}\)
Vậy: \(\frac{b}{sinB}=4\sqrt{3}\Rightarrow b=sinB.4\sqrt{3}=6,823\)
\(\frac{c}{sinC}=4\sqrt{3}\Rightarrow c=sinC.4\sqrt{3}=4,45\)
Bài 6: Tam giác ABC có \(a=10,b=11,c=14\). Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính độ dài AM.
Hướng dẫn:
Ta có: \(AM^2=\frac{AB^2+AC^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{11^2+14^2}{2}-\frac{10^2}{4}=11,55\)
Bài 7: Cho tam giác ABC có 3 cạnh a, b, c lần lượt là 5, 7 ,10. Cạnh của hình vuông có diện tích bằng diện tích tam giác ABC là bao nhiêu?
Hướng dẫn:
Áp dụng công thức Hê rông tính diện tích, ta có:
\(p=\frac{a+b+c}{2}=11\)
\(S=\sqrt{11(11-5)(11-10)(11-7)}=16,24(dvdt)\)
Vậy cạnh của hình vuông có cùng diện tích trên là:
\(a=\sqrt{S}=4,03\)
Bài 8: Cho hình vẽ sau, biết \(AD=5, BD=15\) và các góc cho trước. Tính độ dài BC.
Hướng dẫn:
Xét tam giác ADB vuông tại D, ta có: \(AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=5\sqrt{10}\)
Ta có: \(tanABD=\frac{AD}{BD}=\frac{1}{3}\Rightarrow \widehat{ABD}=18,43^o\)
\(\Rightarrow \widehat{ABC}=90^o-\widehat{ABD}=71,57^o\)
\(\Rightarrow \widehat{ACB}=180^o-\widehat{ABC}-\widehat{BAC}=63,43^o\)
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:
\(R=\frac{AB}{2sinACB}=8,84\)
Mặc khác, \(R=\frac{BC}{2sinBAC}=8,84\Rightarrow BC=2R.sinBAC=12,5\)
Bài 9 : Cho tam giác $ABC$ có đoạn thẳng nối trung điểm $AB$ và $BC$ bằng $3$, cạnh $AB = 9$ và $\widehat {ACB} = {60^0}.$ Tính cạnh $BC.$
Đặt $BC = x$ $(x > 0).$
$MN = 3$ $ \Rightarrow AC = 6.$
Theo định lí côsin ta có $A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} – 2.CA.CB.\cos C.$
Hay $81 = 36 + {x^2} – 2.6.x.\frac{1}{2}$ $ \Leftrightarrow x = 3(1 + \sqrt 6 ).$
Bài 10 : Cho tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có $AB = 1.$ Trên tia đối của $AC$ lấy điểm $D$ sao cho $CD = AB.$ Giả sử $\widehat {CBD} = {30^0}.$ Tính $AC.$
Đặt $AC = x$ $(x > 0).$
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABD$ ta có:
$B{D^2} = 1 + {(1 + x)^2} – 2(1 + x).\frac{1}{x}.$
Áp dụng định lí sin trong tam giác $BCD$ ta có:
$BD = \frac{1}{{\sin {{30}^0}}}\sin \widehat {BCD} = \frac{2}{x}.$
Suy ra ta được phương trình:
${x^4} + 2{x^3} – 2x – 4 = 0$ $ \Leftrightarrow (x + 2)\left( {{x^3} – 2} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{2}.$
Vậy $AC = \sqrt[3]{2}.$
Bài 11 : Cho tam giác $ABC$ có $AB = 3$, $AC =7$, $BC = 8.$
a) Tính diện tích tam giác $ABC.$
b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác.
c) Tính đường cao kẻ từ đỉnh $A.$
a) Áp dụng công thức Hê-rông ta có $S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ = 6\sqrt 3 .$
b) Áp dụng công thức tính diện tích $S = \frac{{abc}}{{4R}}$ và $S = pr$ suy ra:
$R = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}$, $r = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.$
c) ${h_a} = \frac{{2S}}{a} = \frac{{12\sqrt 6 }}{8} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}.$
Bài 12 : Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{b}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2c}}{{\sqrt 6 – \sqrt 2 }}.$
a) Tính các góc của tam giác.
b) Cho $a = 2\sqrt 3 .$ Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$
a) Đặt $\frac{a}{{\sqrt 3 }} = t > 0$ $ \Rightarrow a = \sqrt 3 t$, $b = \sqrt 2 t$, $c = \frac{{\sqrt 6 – \sqrt 2 }}{2}t.$
Áp dụng định lí côsin ta có:
$\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}$ $ = \frac{{2{t^2} + (2 – \sqrt 3 ){t^2} – 3{t^2}}}{{2(\sqrt 3 – 1){t^2}}}$ $ = – \frac{1}{2}$ $ \Rightarrow A = {120^0}.$
$\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}$ $ = \frac{{3{t^2} + (2 – \sqrt 3 ){t^2} – 2{t^2}}}{{\sqrt 2 (3 – \sqrt 3 ){t^2}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ $ \Rightarrow B = {45^0}$, $C = {15^0}.$
b) Áp dụng định lí sin, ta có: $R = \frac{a}{{2\sin A}}$ $ = \frac{{2\sqrt 3 }}{{2\sin {{120}^0}}} = 2.$
Bài 13 : Cho tam giác $ABC$ có $\widehat A = {60^0}$, $a = 10$, $r = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}.$
a) Tính $R.$
b) Tính $b$, $c.$
a) $2R = \frac{a}{{\sin A}} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}$ $ \Rightarrow R = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}.$
b) Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là các tiếp điểm của $BC$, $CA$ và $AB$ với đường tròn nội tiếp tam giác $ABC.$
Ta có:
$AP = AN – r.\cot {30^0} = 5$, $BP + NC$ $ = BM + MC$ $ = a = 10.$
$ \Rightarrow (b – AN) + (c – AP) = 10$ $ \Rightarrow b + c = 20$ $(1).$
Theo định lí côsin ta có:
${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos {60^0}$ $ \Rightarrow bc = \frac{{{{(b + c)}^2} – {a^2}}}{3} = 100$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $b$, $c$ là nghiệm của phương trình ${x^2} – 20x + 100 = 0$ $ \Leftrightarrow x = 10.$
Vậy $b = c = 10$ $ \Rightarrow \Delta ABC$ đều.
Bài 14 : Cho tam giác $ABC$ có $AB = 10$, $AC = 4$ và $\widehat A = {60^0}.$
a) Tính chu vi của tam giác.
b) Tính $\tan C.$
c) Lấy điểm $D$ trên tia đối của tia $AB$ sao cho $AD = 6$ và điểm $E$ trên tia $AC$ sao cho $AE = x.$ Tìm $x$ để $BE$ là tiếp tuyến của đường tròn $(C)$ ngoại tiếp tam giác $ADE.$
a) Theo định lí côsin ta có:
$B{C^2} = {10^2} + {4^2} – 2.10.4\cos {60^0} = 76.$
$ \Rightarrow BC \approx 8,72.$
Suy ra chu vi tam giác là $2p \approx 10 + 4 + 8,72 = 22,72.$
b) Kẻ đường cao $BH$ ta có:
$AH = AB\cos {60^0} = 5$ $ \Rightarrow HC = 5 – 4 = 1.$
$BH = AB\sin {60^0} = 5\sqrt 3 .$
Vậy $\tan C = – \tan \widehat {BCH}$ $ = – \frac{{HB}}{{HC}} = – 5\sqrt 3 .$
c) Để $BE$ là tiếp tuyến đường tròn $(C)$ ta phải có:
$B{E^2} = BA.BD$ $ = 10(10 + 6) = 160.$
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABE$ ta có:
$B{E^2} = {x^2} + 100 – 10x$ $ \Rightarrow {x^2} – 10x – 60 = 0.$
$ \Rightarrow x = 5 + \sqrt {85} .$
Bài 15 : Cho tam giác $ABC$ cân có cạnh bên bằng $b$ và nội tiếp đường tròn $(O;R).$
a) Tính côsin của các góc tam giác.
b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
c) Với giá trị nào của $b$ thì tam giác có diện tích lớn nhất?
a) Giả sử tam giác cân tại đỉnh $A.$
Đặt $\widehat B = \widehat C = \alpha $ $ \Rightarrow \alpha < {90^0}.$
Ta có $\sin \alpha = \frac{b}{{2R}}$ $ \Rightarrow \cos B = \cos C = \cos \alpha $ $ = \sqrt {1 – \frac{{{b^2}}}{{4{R^2}}}} .$
$\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} – B{C^2}}}{{2AB.AC}}$ $ = \frac{{{b^2} – 2{R^2}}}{{2{R^2}}}.$
b) $S = \frac{1}{2}BC.AH$ $ = \frac{1}{2}.2b\cos \alpha .b\sin \alpha $ $ = \frac{{{b^3}\sqrt {4{R^2} – {b^2}} }}{{4{R^2}}}.$
Chu vi tam giác là $2p = 2b + 2b\frac{{\sqrt {4{R^2} – {b^2}} }}{{2R}}.$
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $r = \frac{S}{P}$ $ = \frac{{{b^2}\sqrt {4{R^2} – {b^2}} }}{{2R(2R + \sqrt {4{R^2} – {b^2}} )}}.$
c) Ta phải tìm $b$ để $y = {b^3}\sqrt {4{R^2} – {b^2}} $ đạt GTLN.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số ta có:
$y = 3\sqrt 3 \sqrt {\frac{{{b^2}}}{3}.\frac{{{b^2}}}{3}.\frac{{{b^2}}}{3}.\left( {4{R^2} – {b^2}} \right)} $ $ \le 3\sqrt 3 \sqrt {{{\left( {\frac{{\frac{{{b^2}}}{3} + \frac{{{b^2}}}{3} + \frac{{{b^2}}}{3} + \left( {4{R^2} – {b^2}} \right)}}{4}} \right)}^4}} $ $ = 3\sqrt 3 {R^4}.$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{{{b^2}}}{3} = 4{R^2} – {b^2}$ $ \Leftrightarrow b = R\sqrt 3 .$
Trả lời