Khóa luận Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác

Mục lục 1 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Lời mở đầu Trong chương trình Toán học ở trung học phổ thông, lượng giác là một trong những mảng kiến thức rất cơ bản và quan trọng. Phần kiến thức này khá đồ sộ với những công thức lượng giác, những mối liên quan ràng buộc giữa góc, cạnh và các yếu tố khác. Chính vì vậy việc giải các bài toán lượng giác thực sự gây nhiều lúng túng và khó khăn cho học sinh, thậm chí cả giáo viên. Hơn nữa các bài toán lượng giác lại đóng vai trò lớn trong đời sống, giải tích và hình học. Do đó nhu cầu tìm hiểu sâu hơn về các vấn đề của lượng giác đã và đang hấp dẫn các bạn trẻ yêu Toán. Theo mô hình dạy học tích cực hiện nay là lấy người học làm trung tâm, người thầy đóng vai trò là người tổ chức các hoạt động nhằm hướng dẫn học sinh tự lĩnh hội kiến thức. Chính vì vậy hành trang của chúng tôi - những sinh viên sư phạm chuẩn bị tốt nghiệp và sẽ là những người trực tiếp giảng dạy không thể thiếu được đó là sự nghiên cứu để soạn được những bài giảng dẫn dắt học sinh hiểu, nắm chắc kiến thức và vận dụng chúng một cách linh hoạt để tự giải được các bài tập Toán. Vì vậy, thầy giáo hướng dẫn đã đặt đề tài cho chúng tôi là:"Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác". Đó là công việc biên soạn một số bài giảng về đẳng thức lượng giác cho đối tượng học sinh khá và giỏi ở trung học phổ thông.Lược đồ xuyên suốt của mỗi bài giảng là cách đặt vấn đề cho học sinh từ dễ đến khó,các bài toán có sắp xếp thứ tự từ đơn giản đến phức tạp và mang tính sư phạm cao. Tôi nhận thấy đây là một đề tài rất thiết thực, hữu ích, tạo điều kiện cho chúng tôi không những làm quen với phương pháp sư phạm mà còn bước đầu tạo cơ sở để chúng tôi có những kinh nghiệm trong công tác giảng dạy lâu dài. Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác" gồm 5 bài giảng: Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 2 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giảng số 1: Biến đổi lượng giác Bài giảng này nhằm giới thiệu các công thức lượng giác đồng thời củng cố và hoàn thiện các biến đổi lượng giác cơ bản cho học sinh.Nội dung bài giảng gồm những bài toán với mức độ khó dần lên sẽ giúp học sinh luyện tập một cách đầy đủ các biến đổi lượng giác. Bài giảng số 2: Định lý hàm số sin và định lý hàm số côsin Định lý hàm số sin và định lý hàm số côsin là hai định lý cơ bản, được sử dụng rất nhiều trong các bài toán lượng giác, Cái hay của bài giảng này ở chỗ các bài toán đưa ra thể hiện mối liên hệ giữa các cạnh, các goc và một số yếu tố trong tam giác. Đặc biệt nhờ có các định lý này mà chúng ta biết đến những bài toán nổi tiếng như hệ thức Stioa,điểm Broca, công thức Brahmagupta’s. Bài giảng số 3: Nhận dạng tam giác Nhận dạng tam giác là dạng toán lượng giác rất quen thuộc với học sinh trung học phổ thông. Song,bài giảng này lại hấp dẫn học sinh nhờ sự phân chia thành hai bài giảng nhỏ về các ví dụ loại 1 và loại 2, giúp học sinh hệ thống và nắm chắc hơn kiến thức lượng giác Bài giảng số 4: Tổng và tích hữu hạn các hàm lượng giác Bài giảng này mang đến cho học sinh sự khéo léo biến đổi các công thức lượng giác tìm ra quy luật tính tổng và tích hữu hạn của các hàm lượng giác.Các bài toán trong bài giảng giúp học sinh khắc sâu kiến thức lượng giác hơn nữa Bài giảng số 5:Ứng dụng lượng giác Lượng giác có ứng dụng nhiều trong đại số(giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trinh đại số), trong giải tích và hình học.Bài giảng số 5 xem xét một vài ứng dụng như thế của lượng giác. Mặc dù vậy, trong khuôn khổ một khóa luận tốt nghiệp với năng lực cá nhân còn hạn chế cũng như thời gian hạn hẹp, chúng tôi không hy vọng giải Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 3 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác quyết được hết các mục tiêu đề ra và cũng không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn. Hà Nội, ngày 19/5/2007 Sinh viên :Nguyễn Thị Thu Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 4 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giảng số 1: Biến đổi lượng giác Muốn giỏi về lượng giác, học sinh phải thuộc tất cả các công thức và vận dụng được nó một cách linh hoạt, đồng thời phải thành thạo các phép biến đổi cơ bản. Trong bài giảng này chúng ta sẽ đưa ra một số bài toán để học sinh luyện tập tốt các công thức lượng giác. Sự luyện tập này rất cần thiết để học sinh có đủ kĩ năng và trình độ để giải quyết các bài toán khó trong các bài giảng sau.Bài giảng gồm 5 tiết và phần bài tập: §1: Hệ thức cơ bản của lượng giác §2:Công thức cộng cung §3: Hàm số lượng giác của những góc bội §4:Biến đổi tổng thành tích và tích thành tổng §5: Sử dụng định lý Viet bậc 3 Bài tập Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 5 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác §1: Hệ thức cơ bản của lượng giác 1) sin2α + cos2 α = 1 ∀α 2) 1 + tg2α = 1 cos2 α 3) 1 + cotg2α = 1 sin2 α Bài toán 1.1 Biết sinα + cosα = m. Hãy tính theo m các biểu thức sau: 1) A = sin3 α + cos3 α 2) B = sin7 α + cos7 α Bài giải 1) A = sin3α + cos3 α Từ giả thiết suy ra: m2 = (sinα + cosα)2 = 1 + 2 sinα. cosα ⇒ sinα. cosα = m 2 − 1 2 Ta có A = (sinα + cosα)3 − 3 sinα. cos α(sin2 α + cos2α) ⇒ A = m2 − 3(m 2 − 1 2 ) 2) B = sin7 α + cos7 α ⇒ B = (sin3α + cos3 α)(sin4 α + cos4 α) − sin3 α. cos3 α(sinα + cosα) Ta có sin4 α + cos4α = (sin2 α + cos2 α)2 − 2 sin2 α. cos2 α = 1− 2 sin2 α. cos2 α Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 6 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 1− 1 2 (m2 − 1)2 Vậy B = [m3 − 3(m 2 − 1 2 )].[1 − 1 2 (m2 − 1)2]−m.(m 2 − 1 2 )3 *Chú ý: ∀k ∈ Z+ sink α + cosk α đều có thể tính theo m. Bài toán 1.2 Biết rằng (sinα + cosα) hữu tỉ. Chứng minh rằng ∀n ∈ Z+ sinn α + cosn α cũng là hữu tỉ Bài giải Chứng minh quy nạp Với n=1: (sinα + cosα) hữu tỉ. Với n=2: (sin2α + cos2 α) = 1 hữu tỉ. Giả sử khẳng định bài toán đã đúng đến n ∈ Z+ nghĩa là: sinn α+cosn α là hữu tỉ. Ta chứng minh sinn+1 α + cosn+1 α là hữu tỉ. Thật vậy, ta có: sinn+1 α + cosn+1 = (sinn α + cosn)(sinα + cosα)− − sinα. cosα(sinn−1 α + cosn−1 α) Theo giả thiết quy nạp: (sinα + cosα); (sinn−1 α + cosn−1); (sinn α + cosn) là các số hữu tỷ Mà sinα. cosα = (sinα + cosα)2 − 1 2 ⇒ sinα. cosα là số hữu tỷ Suy ra sinn+1 α + cosn+1 là số hữu tỷ ⇒Đpcm Vậy sinn α + cosn α là số hữu tỉ. Bài toán 1.3 Biết sinα − cosα = 1. Hãy tính A = sin3α + cos4 α Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 7 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Từ giả thiết: sinα − cosα = 1 bình phương hai vế ta được: sinα. cosα = 0 ⇔ [ cosα = 0 ⇒ sinα = 1 ⇒ sin3 α + cos4 α = 1 sinα = 0 ⇒ cosα = −1 ⇒ sin3 α + cos4 α = 1 Vậy A=1 Bài toán 1.4 Biết 3 sin4 α + 5 cos4 α = 5. Hãy tính giá trị của B = 5 sin4α + 3 cos4α Bài giải Từ giả thiết: 3 sin4α + 5 cos4 α = 5 ⇒ 3 sin4 α + 5(1− sin2 α)2 = 5 ⇒ 3 sin4 α + 5 + 5 sin4 α − 10 sin2α − 5 = 0 ⇒ 8 sin4 α − 10 sin2 α = 0 ⇒ sin2 α(4 sin2α − 5) = 0 ⇔  sin2 α = 54 > 1(loi) sin2 α = 0 ⇒ cos2 α = 1 ⇒ 5 sin4 α + 3 cos4α = 5.0 + 3.1 = 3 Vậy B=3 Bài toán 1.5 Biết 1 cos x − tgx = 2. Hãy tính giá trị của C = 1 cos x + tgx Bài giải Ta có 1 + tg2α = 1 cos2α ⇔ 1 cos2 α − tg2α = 1 ⇔ ( 1 cosα − tgα)( 1 cosα + tgα) = 1 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 8 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ ( 1 cosα + tgα) = 1 ( 1 cosα − tgα) = 1 2 Bài toán 1.6 Ký hiệu fk(x) = 1 k (sink x + cosk x). Chứng minh rằng: f4(x)− f6(x) = 1 12 ∀x Bài giải Ta có: f4(x) = 1 4 (sin4 x + cos4 x) = 1 4 [(sin2 x + cos2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x] ⇒ f4(x) = 1 4 (1 − 1 2 sin2 2x) = 1 4 − 1 8 sin22x f6(x) = 1 6 (sin6 x + cos6 x) = 1 6 [(sin2 x + cos2 x)3 − 3 sin2 x cos2 x(sin2 x + cos2 x)] ⇒ f6(x) = 1 6 (1 − 3 sin2 x cos2 x) = 1 6 − 1 8 sin22x ⇒ f4(x)− f6(x) = 1 12 ∀x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 9 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác §2: Công thức cộng cung 1) cos(a + b) = cos a cos b− sina sin b 2) cos(a− b) = cos a cos b + sin a sin b 3) sin(a+ b) = sin a cos b + sin b cos a 4) sin(a− b) = sin a cos b− sin b cos a 5) tg(a + b) = tga + tgb 1− tgatgb 6) tg(a− b) = tga− tgb 1 + tgatgb 7) cotg(a + b) = cotga.cotgb − 1 cotga + cotgb 8) cotg(a− b) = cotga.cotgb + 1 cotgb − cotga Bài toán 1.7 Tính giá trị của 1) cos pi 12 2) tg pi 8 Bài giải 1) Ta có: cos pi 12 = cos( pi 4 − pi 6 ) = cos pi 4 cos pi 6 + sin pi 4 sin pi 6 = √ 6 + √ 2 4 2) Ta có: tg pi 8 = tg( pi 4 − pi 8 ) = tg pi 4 − tgpi 8 1 + tg pi 4 tg pi 8 = 1 − tgpi 8 1 + tg pi 8 ⇔ 1− tgpi 8 = tg pi 8 + tg2 pi 8 ⇔ tg2pi 8 + 2tg pi 8 − 1 = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 10 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ (tgpi 8 + 1)2 − 2 = 0 ⇔ (tgpi 8 + 1 − √ 2)(tg pi 8 + 1 + √ 2) = 0 ⇔ tgpi 8 = √ 2 − 1 hoặc tgpi 8 = −√2 − 1 (loại vì tgpi 8 > 0 ) Vậy tg pi 8 = √ 2− 1 Bài toán 1.8 Biết rằng:sin a + 7 sin b = 4(sin c + 2 sin d)cos a + 7 cos b = 4(cos c + 2 cos d) Chứng minh rằng: 2 cos(a− d) = 7 cos(b− c) Bài giải Giả thiết suy ra: sin a− 8 sin d = 4 sin c− 7 sin b)cos a− 8 cos d = 4 cos c − 7 cos b) Bình phương các đẳng thức trên và cộng lại ta được: 1 + 64 − 16 cos(a− d) = 16 + 49 − 56 cos(b− c) ⇔ 2 cos(a− d) = 7 cos(b− c) Bài toán 1.9 Biết rằng tg(a + b) = √ 5 tg(a− b) = √3 Hãy tính tg2a và tg2b ? Bài giải Ta có: tg2a = tg[(a + b) + (a− b)] = tg(a + b) + tg(a− b) 1− tg(a + b)tg(a− b) = √ 5 + √ 3 1−√15 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 11 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác tg2b = tg[(a + b)− (a− b)] = tg(a + b)− tg(a− b) 1 + tg(a + b)tg(a− b) = √ 5−√3 1 + √ 15 Bài toán 1.10 Chứng minh tg10 là số vô tỷ Bài giải Giả sử phản chứng: tg10 là số hữu tỷ Áp dụng công thức: tg2α = 2tgα 1− tg2α ta suy ra tg20, tg40, tg80, tg160, tg320 là số hữu tỷ. Mặt khác ta có: tg320 = tg(300 + 20) = tg300 + tg20 1 − tg300tg20 = 1√ 3 + tg20 1 − 1√ 3 .tg20 là số vô tỷ Suy ra mâu thuẫn với giả thiết tg320 là số hữu tỷ Suy ra giả thiết phản chứng là sai Vậy tg10 là số vô tỷ Bài toán 1.11 M ABC có tgA,tgB,tgC là các số nguyên dương. Hãy tính tgA,tgB,tgC Bài giải Giả sử A ≤ B ≤ C ⇒ A ≤ 600 ⇒ 0 < tgA ≤ √3 ⇒ tgA = 1 ⇒ A = 450 ⇒ B + C = 1350 ⇒ −1 = tg(B + C) = tgB + tgC 1− tgBtgC ⇒ (tgB − 1)(tgC − 1) = 2 ⇒ tgB = 2, tgC = 3 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 12 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 1.12 Biết cos x + cos y + cos z cos(x + y + z) = sin x + sin y + sin z sin(x+ y + z) = a Chứng minh rằng: cos(x + y) + cos(y + z) + cos(z + x) = a Bài giải Ta có: cos(x+ y) = cos(x+ y+ z− z) = cos(x+ y+ z) cos z +sin(x+ y+ z) sin z Tương tự: cos(y + z) = cos(x + y + z) cos x + sin(x + y + z) sinx cos(z + x) = cos(x + y + z) cos y + sin(x + y + z) sin y Cộng vế với vế của các đẳng thức trên ta được cos(x+ y)+ cos(y + z) + cos(z + x) = cos(x+ y + z)(cos x+ cos y +cos z)+ + sin(x + y + z)(sinx + sin y + sin z) Từ giả thiết ta có: (cos x + cos y + cos z) = a cos(x + y + z) sin x + sin y + sin z = a sin(x + y + z) Suy ra cos(x + y) + cos(y + z) + cos(z + x) = a(cos2(x + y + z) + sin2(x + y + z)) ⇒ cos(x + y) + cos(y + z) + cos(z + x) = a Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 13 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác §3: Hàm số lượng giác của những góc bội sin 2a = 2 sin a cos a cos 2a = cos2 a− sin2 a = 2 cos2 a− 1 = 1 − 2 sin2 a tg2a = 2tga 1 − tg2a cotg2a = cotg2 − 1 2cotga sin 3a = 3 sin a− 4 sin3 a cos 3a = 4 cos3 a− 3 cos a tg3a = 3tga − tg3a 1− 3tg2a cotg3a = cotg3a− 3cotga 3cotg2a− 1 Hệ quả: sin2 a = 1 − cos 2a 2 cos2 a = 1 + cos 2a 2 tg2a = 1 − cos 2a 1 + cos 2a sin3 a = − sin 3a + 3 sin a 4 cos3 a = cos 3a + 3 cos a 4 Bài toán 1.13 Chứng minh rằng: ∀x : cos3 x sin x − sin3 x cos x = 1 4 sin 4x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 14 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Ta có: cos3 x sin x − sin3 x cos x = 1 2 cos2 x. sin 2x− 1 2 sin2 x. sin 2x = 1 2 sin 2x(cos2 x − sin2 x) = 1 2 sin 2x. cos 2x = 1 2 sin 4x Bài toán 1.14 Chứng minh rằng: ∀x : 1. sin4 x + cos4 x = 3 4 + 1 4 cos 4x 2. sin6 x + cos6 x = 5 8 + 3 8 cos 4x Bài giải 1. Ta có: sin4 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1− 1 2 sin2 2x = 1− 1 4 (1 − cos 4x) = 3 4 + 1 4 cos 4x 2. Ta có: sin6 x + cos6 x = (sin2 x + cos2 x)3 − 3 sin2 x cos2 x(sin2 x + cos2 x) = 1− 3 sin2 x cos2 x = 1− 3 4 sin2 2x = 1− 3 8 (1 − cos 4x) = 5 8 + 3 8 cos 4x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 15 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 1.15 Tính: 1. cos pi 24 2. sin 180 Bài giải 1. Ta có: cos2 pi 24 = 1 + cos pi 12 2 (∗) Lại có: cos2 pi 12 = 1 + cos pi 6 2 = 1 + √ 3 2 2 = 2 + √ 3 4 ⇒ cos pi 12 = 1 2 √ 2 + √ 3 = 1 2 √ 2 (1 + √ 3) Thay vào (*) ⇒ cos2 pi 24 = 1 + 1 2 √ 2 (1 + √ 3) 2 = 1 + 2 √ 2 + √ 3 4 √ 2 ⇒ cos pi 24 = 1 2 √ 1 + 2 √ 2 + √ 3√ 2 2. Ta có: sin 540 = cos 360 Suy ra: 3 sin 180 − 4 sin3 180 = 1− 2 sin2 180 ⇔ 4 sin3 180 − 3 sin3 180 − 2 sin2 180 + 1 = 0 ⇔ (sin 180 − 1)(4 sin2 180 + 2 sin 180 − 1) = 0 Vì sin 180 < 1 suy ra: 4 sin2 180 + 2 sin 180 − 1 = 0 ⇔ sin 180 = −1 ± √ 5 4 mà sin 180 > 0 nên sin 180 = −1 +√5 4 Vậy sin 180 = √ 5− 1 4 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 16 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 1.16 Chứng minh rằng: 1. cos 200. cos 400. cos 800 = 1 8 2. cos pi 7 . cos 2pi 7 . cos 3pi 7 = 1 8 3. tg50.tg550.tg650.tg750 = 1 Bài giải 1. Ta có: cos 200. cos 400. cos 800 = 1 sin 200 . sin 200. cos 200. cos 400. cos 800 = 1 2 sin 200 sin 400. cos 400. cos 800 = 1 4 sin 200 sin 800. cos 800 = 1 8 sin 200 . sin 1600 = 1 8 sin 200 . sin 200 = 1 8 2. Ta có: cos pi 7 . cos 2pi 7 . cos 3pi 7 = − 1 sin pi 7 sin pi 7 . cos pi 7 . cos 2pi 7 . cos 4pi 7 = − 1 2 sin pi 7 sin 2pi 7 . cos 2pi 7 . cos 4pi 7 = − 1 4 sin pi 7 sin 4pi 7 . cos 4pi 7 = − 1 8 sin pi 7 sin 8pi 7 = 1 8 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 17 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác 3. Ta có: tg3x = 3.tgx − tg3x 1 − 3tg2x = tgx(3 − tg2x) 1 − 3tg2x = tgx.( √ 3 − tgx)(√3 + tgx) (1 + √ 3tgx)(1 −√3tgx) = tgx. ( tg600 − tgx 1 + tg600tgx ) . ( tg600 + tgx 1 − tg600tgx ) = tgx.tg(60 − x).tg(60 + x) Suy ra: tg50.tg550.tg650.tg750 = tg50.tg(60 − 5)0.tg(60 + 5)0.tg750 = tg(3.5)0.tg750 = tg150cotg150 = 1 Bài toán 1.17 Biết rằng:cos x + cos y + cos z = 0cos 3x + cos 3y + cos 3z = 0 Chứng minh rằng: cos 2x. cos 2y. cos 2z ≤ 0 Bài giải Ta có: 0 = cos 3x+cos 3y+cos 3z = 4(cos3 x+cos3 y+cos3 z)−3(cos x+cos y+cos z) Vì cos x + cos y + cos z = 0 suy ra: cos3 x + cos3 y + cos3 z = 0 Từ giả thiết suy ra: cos x+cos y = − cos z Lập phương hai vế được: cos3 x + cos3 y + 3 cos x cos ycos x + cos y = − cos3 z ⇒ cos3 x + cos3 y + cos3 z = 3 cos x cos y cos z Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 18 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ cos x cos y cos z = 0 Không mất tổng quát, giả sử cos x = 0 ⇒ cos y + cos z = 0 ⇒ cos y = − cos z Khi đó: cos 2x. cos 2y. cos 2z = (2 cos2 x− 1)(2 cos2 y − 1)(2 cos2 z − 1) = −1(2 cosy −1)2 ≤ 0 Vậy cos 2x. cos 2y. cos 2z ≤ 0 Bài toán 1.18 Chứng minh rằng: (4 cos2 90 − 3)(4 cos2 270 − 3) = tg90 Bài giải Từ công thức cos 3a = 4 cos3 a− 3 cos a ⇒ 4 cos2 a− 3 = cos 3x cos x Ta có: (4 cos2 90 − 3)(4 cos2 270 − 3) = cos 27 0 cos 90 . cos 810 cos 270 = cos 810 cos 90 = sin 90 cos 90 = tg90 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 19 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác §4:Biến đổi tổng thành tích và tích thành tổng 1) Công thức biến đổi tổng thành tích cos a + cos b = 2 cos a + b 2 cos a− b 2 cos a− cos b = −2 sin a + b 2 sin a− b 2 sin a + sin b = 2 sin a + b 2 cos a− b 2 sina− sin b = 2 cos a + b 2 sin a− b 2 tga + tgb = sin(a + b) cos a. cos b tga− tgb = sin(a− b) cos a. cos b cotga + cotgb = sin(a + b) sin a. sin b cotga − cotgb = − sin(a− b) sina. sin b 2) Công thức biến đổi tích thành tổng cos a cos b = 1 2 [cos(a− b) + cos(a + b)] sina sin b = 1 2 [cos(a− b)− cos(a + b)] sin a cos b = 1 2 [sin(a− b) + sin(a + b)] Bài toán 1.19 Tính các tổng sau: Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 20 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác 1. cos pi 5 + cos 3pi 5 2. cos pi 7 − cos 2pi 7 + cos 3pi 7 3. tg90 − tg270 − tg630 + tg810 Bài giải 1. Ta có: cos pi 5 + cos 3pi 5 = 2 cos pi 5 cos 2pi 5 = 2 1 sin pi 5 sin pi 5 cos pi 5 cos 2pi 5 = 1 sin pi 5 . sin 2pi 5 cos 2pi 5 = 1 2 sin pi 5 . sin 4pi 5 = 1 2 sin pi 5 . sin pi 5 = 1 2 2. Ta có: cos pi 7 − cos 2pi 7 + cos 3pi 7 = − cos 6pi 7 − cos 2pi 7 − cos 4pi 7 = − ( cos 2pi 7 + cos 4pi 7 + cos 6pi 7 ) = − 1 2 sin pi 7 . ( 2 sin pi 7 cos 2pi 7 + 2 sin pi 7 cos 4pi 7 + 2 sin pi 7 cos 6pi 7 ) = − 1 2 sin pi 7 . ( sin 3pi 7 − sin pi 7 + sin 5pi 7 − sin 3pi 7 + sin 7pi 7 − sin 5pi 7 ) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 21 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = − 1 2 sin pi 7 . ( − sin pi 7 + sin 7pi 7 ) = − 1 2 sin pi 7 . ( − sin pi 7 ) = 1 2 3. Ta có: tg90 − tg270 − tg630 + tg810 = (tg90 + tg810)− (tg270 + tg630) = 1 cos 90. cos 810 − 1 cos 270. cos 630 = 1 cos 90. sin 90 − 1 cos 270. sin 270 = 2 sin 180 − 2 sin 540 = 2(sin 540 − sin 180) sin 180. sin 540 = 4 cos 360. sin 180 sin 180. sin 540 = 4 Bài toán 1.20 Chứng minh rằng ∀x, y, z ta luôn có: 1. sinx + sin y + sin z − sin(x + y + z) = 4 sin x + y 2 sin y + z 2 sin z + x 2 2. cos x + cos y + cos z + cos(x + y + z) = 4 cos x + y 2 cos y + z 2 sin z + x 2 Bài giải 1. V T = 2 sin x + y 2 cos x − y 2 + 2 cos x + y + 2z 2 sin −x − y 2 = 2 sin x + y 2 (cos x− y 2 − cos x + y + 2z 2 ) = 4 sin x + y 2 sin x + y 2 sin y + z 2 sin z + x 2 = V P Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 22 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác 2. Ta có: V T = 2 cos x + y 2 cos x− y 2 + 2 cos x + y + 2z 2 cos x + y 2 = 2 cos x + y 2 (cos x− y 2 + cos x + y + 2z 2 ) = 4 cos x + y 2 cos y + z 2 sin z + x 2 *Liên hệ với M ABC : Chứng minh rằng: 1. sinA + sinB + sinC = 4 cos A 2 cos B 2 cos C 2 2. sin(nA) + sin(nB) + sin(nC) = = −4 sin nA 2 sin nB 2 sin nC 2 (khi n = 4k, n ∈ N∗) = 4 cos nA 2 cos nB 2 cos nC 2 (khi n = 4k + 1, n ∈ N∗) = 4 sin nA 2 sin nB 2 sin nC 2 (khi n = 4k + 2, n ∈ N∗) = −4 cos nA 2 cos nB 2 cos nC 2 (khi n = 4k + 3, n ∈ N∗) 3. cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin A2 sin B 2 sin C 2 Bài giải Áp dụng các đẳng thức trên với lần lượt (x,y,z) bằng (A,B,C);(nA,nB,nC), trong đó: A,B,C >0 và A+B+C = pi ta thu được các đẳng thức sau: 1. sinA+sinB+sinC−sin(A+B+C) = 4 sin A + B 2 sin B + C 2 sin C + A 2 ⇒ sinA + sinB + sinC − sin pi = 4 sin(pi 2 − C 2 ) sin( pi 2 − A 2 ) sin( pi 2 − B 2 ) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 23 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác sinA + sinB + sinC = 4 cos A 2 cos B 2 cos C 2 2. sin(nA) + sin(nB) + sin(nC)− sin(nA + nB + nC) = = 4 sin nA + nB 2 sin nB + nC 2 sin nC + nA 2 ⇒ sin(nA) + sin(nB) + sin(nC)− sin(npi) = = 4 sin( npi 2 − nC 2 ) sin( npi 2 − nA 2 ) sin( npi 2 − nB 2 ) ⇒ sin(nA)+sin(nB)+sin(nC) = 4 sin(npi 2 −nC 2 ) sin( npi 2 −nA 2 ) sin( npi 2 −nB 2 ) (∗) Khi n = 4k, n ∈ N∗. Ta có: sin( npi 2 − nC 2 ) = sin(2kpi − nC 2 ) = sin(−nC 2 ) = − sin nC 2 Suy ra: sin( npi 2 − nA 2 ) = − sin nA 2 sin( npi 2 − nB 2 ) = − sin nB 2 ⇒ sin(nA) + sin(nB) + sin(nC) = −4 sin nA 2 sin nB 2 sin nC 2 (khi n = 4k, n ∈ N∗) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 24 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác (∗) Khi n = 4k + 1, n ∈ N∗. Ta có: sin( npi 2 − nC 2 ) = sin(2kpi + pi 2 − nC 2 ) = sin( pi 2 − nC 2 ) = cos nC 2 Suy ra: sin( npi 2 − nB 2 ) = cos nB 2 sin( npi 2 − nA 2 ) = cos nA 2 ⇒ sin(nA) + sin(nB) + sin(nC) = 4 cos nA 2 cos nB 2 cos nC 2 (∗) Khi n = 4k + 2, n ∈ N∗. Ta có: sin( npi 2 − nC 2 ) = sin(2kpi + pi − nC 2 ) = sin(pi − nC 2 ) = sin nC 2 Suy ra: sin( npi 2 − nA 2 ) = sin nA 2 sin( npi 2 − nB 2 ) = sin nB 2 ⇒ sin(nA) + sin(nB) + sin(nC) = 4 sin nA 2 sin nB 2 sin nC 2 (∗) Khi n = 4k + 3, n ∈ N∗. Ta có: sin( npi 2 − nC 2 ) = sin(2kpi + 3pi 2 − nC 2 ) = sin( 3pi 2 − nC 2 ) = − cos nC 2 Suy ra: sin( npi 2 − nB 2 ) = − cos nB 2 sin( npi 2 − nA 2 ) = − cos nA 2 ⇒ sin(nA) + sin(nB) + sin(nC) = −4 cos nA 2 cos nB 2 cos nC 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 25 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Các đẳng thức đã được chứng minh 3. cosA + cosB + cosC + cos(A +B + C) = = 4 cos A + B 2 cos B + C 2 cos C + A 2 ⇒ cosA + cosB + cosC + cos(pi) = 4 cos(pi 2 − C 2 ) cos( pi 2 − A 2 ) cos( pi 2 − B 2 ) ⇒ cosA + cosB + cosC − 1 = 4sinC 2 sin A 2 sin B 2 ⇒ cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin A 2 sin B 2 sin C 2 Bài toán 1.21 Biết  sinα + sin β = a cosα + cos β = b a, b 6= 0 Chứng minh rằng: sin(α + β) = 2ab a2 + b2 Bài giải Từ giả thiết ta có:  2 sin α + β 2 cos α − β 2 = a 2 cos α + β 2 cos α − β 2 = b ⇒ tg(α + β 2 ) = a b Từ công thức biểu diễn theo tg của góc chia đôi: sin a = 2tg a 2 1 + tg2 a 2 ta có: sin(α + β) = 2. a b 1 + (a b )2 = 2aba2 + b2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 26 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 1.22 Biết rằng:sin x + sin y + sin z = 0cos x + cos y + cos z = 0 Chứng minh rằng: sin 2x + sin 2y + sin 2z = cos 2x + cos 2y + cos 2z = 0 Bài giải Ký hiệu A = sin 2x + sin 2y + sin 2z B = cos 2x + cos 2y + cos 2z Từ giả thiết:sin x + sin y + sin z = 0 (1)cos x + cos y + cos z = 0 (2) ⇒ sin x + sin y = − sin zcos x + cos y = − cos z (∗) Bình phương 2 đẳng thức của (*) và cộng lại ta được: cos(x− y) = −1 2 Tương tự: cos(y − z) = −1 2 cos(z − x) = −1 2 Nhân 2 đẳng thức (1)và(2)với nhau ta được: 1 2 (sin 2x + sin 2y + sin 2z) + sin(x + y) + sin(y + z) + sin(z + x) = 0 (∗∗) Ta có: sin 2x + sin 2y = 2 sin(x + y) cos(x− y) = 2 sin(x + y).(−1 2 ) = − sin(x + y) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 27 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Tương tự sin 2y + sin 2z = − sin(y + z) sin 2z + sin 2x = − sin(z + x) Suy ra: 2A = −[sin(x + y) + sin(y + z) + sin(z + x)] Thế vào (**) ⇒ 1 2 A− 2A = 0 ⇒ A = 0 Ta chứng minh B=0 Bình phương đẳng thức (1)và (2) rồi trừ đi cho nhau ta được: cos 2x+cos 2y +cos 2z +2[cos(x+ y)+ cos(y+ z)+ cos(z + x)] = 0 (∗ ∗ ∗) Ta có: cos 2x+ cos 2y = 2 cos(x+ y) cos(x− y) = 2 cos(x+ y).(−1 2 ) = − cos(x+ y) Tương tự cos 2y + cos 2z = − cos(y + z) cos 2z + cos 2x = − cos(z + x) Suy ra: 2B = −[cos(x + y) + cos(y + z) + cos(z + x)] Thế vào (***) ⇒ B − 4B = 0 ⇒ B = 0 Bài toán 1.23 Biết rằng:sin x + sin y + sin z = 0cos x + cos y + cos z = 0 Chứng minh rằng: sin(x + y + z) = sin 3x + sin 3y + sin 3z 3 cos(x + y + z) = cos 3x + cos 3y + cos 3z 3 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 28 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Ta có: sin 3x + sin 3y + sin 3z = 3(sin x + sin y + sin z)− 4(sin3 x + sin3 y + sin3 z) ⇒ sin 3x + sin 3y + sin 3z = −4(sin3 x + sin3 y + sin3 z) Từ sin x + sin y + sin z = 0 Suy ra: sin3 x + sin3 y + sin3 z = 3 sin x sin y sin z ⇒ sin 3x + sin 3y + sin 3z = −12 sin x sin y sin z Ta cần phải chứng minh: sin(x + y + z) = −4 sin x sin y sin z Ta có: sin(x + y + z) = sin x. cos(y + z) + cos x. sin(y + z) = sin x.(cos y cos z − sin y sin z) + cos x(sin y cos z + cos y sin z) = sin x cos y cos z + sin y cos x cos z + sin z cos x cos y − sin x sin y sin z Ta chứng minh: sin x cos y cos z + sin y cos x cos z + sin z cos x cos y− − sin x sin y sin z = −4 sin x sin y sin z ⇔ sin x cos y cos z + sin y cos x cos z + sin z cos x cos y + 3 sin x sin y sin z = 0 ⇔ sin x(cos y cos z + sin y sin z) + sin y(cos x cos z + sin x sin z)+ + sin z(cos x cos y + sin x sin y) = 0 ⇔ sin x cos(y − z) + sin y cos(x− z) + sin z cos(x− y) = 0 ⇔ −1 2 (sin x + sin y + sin z) = 0 (hiển nhiên đúng) Vậy sin(x + y + z) = sin 3x + sin 3y + sin 3z 3 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 29 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Đối với đẳng thức còn lại, ta làm tương tự hoặc dùng phép đổi biến a = pi 2 − x b = pi 2 − y c = pi 2 − z Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 30 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác §5: Sử dụng định lý Viet bậc 3 Định lý Viet: Xét phương trình bậc 3: ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a 6= 0) Có 3 nghiệm x1, x2, x3 Khi đó ta có: ax3 + bx2 + cx + d = a(x3 + b a x2 + c a x + d a ) = a(x− x1)(x− x2)(x − x3) = a(x3 − (x1 + x2 + x3)x2 + (x1x2 + x2x3 + x3x1)x− x1x2x3) Ta có hệ sau:  x1 + x2 + x3 = − b a x1x2 + x2x3 + x3x1 = c a x1x2x3 = −d a Đây là hệ thức liên quan giữa các nghiệm của phương trình bậc 3. Kết hợp với các hằng đẳng thức trong đại số chúng ta có thêm các đẳng thức của các nghiệm như sau: (∗) 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 = x1x2 + x2x3 + x3x1 x1x2x3 = c a −d a = − c d Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 31 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác (∗) x21 + x22 + x23 = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = (− b a )2 − 2 c a = b2 − 2ac a2 (∗) x31 + x32 + x33 = (x1 + x2 + x3)3 − 3(x1x2 + x2x3 + x3x1)(x1 + x2 + x3) +3x1x2x3 = (− b a )3 − 3( c a )(− b a ) + 3(−d a ) = −b3 − 3a2d + 3abc a3 Bài toán 1.24 Chứng minh rằng: 1. cos pi 7 + cos 3pi 7 + cos 5pi 7 = 1 2 2. 1 cos pi 7 + 1 cos 3pi 7 + 1 cos 5pi 7 = 4 Bài giải Ta có: pi 7 , 3pi 7 , 5pi 7 là nghiệm của PT: 7x = pi + 2kpi ⇔ 3x = (pi − 4x) + k.2pi ⇔ cos 3x = − cos 4x ⇔ cos 3x + cos 4x = 0 Ta có: cos 4x = 2 cos2 2x − 1 = 2(2 cos2 x − 1)2 − 1 ⇒ cos 4x = 8 cos4 x − 8 cos2 x + 1 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 32 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x ⇒ pi 7 , 3pi 7 , 5pi 7 là nghiệm của PT: 8cos4x+4 cos3 x−8 cos2 x−3 cos x+1 = 0 Đặt t = cos x ⇒ cos pi 7 , cos 3pi 7 , cos 5pi 7 là nghiệm của phương trình: 8t4 + 4t3 − 8t2 − 3t + 1 = 0 ⇔ (t + 1)(8t3 − 4t2 − 4t + 1) = 0 Do cos pi 7 , cos 3pi 7 , cos 5pi 7 đều khác (−1) nên cos pi 7 , cos 3pi 7 , cos 5pi 7 là 3 nghiệm của PT: 8t3 − 4t2 − 4t + 1 = 0 Theo định lý Viet ta có hệ thức giữa các nghiệm: cos pi 7 + cos 3pi 7 + cos 5pi 7 = 4 8 = 1 2 cos pi 7 cos 3pi 7 + cos 3pi7 cos 5pi 7 + cos 5pi 7 cos pi 7 = −1 2 cos pi 7 cos 3pi 7 cos 5pi 7 = −1 8 Suy ra: 1 cos pi 7 + 1 cos 3pi 7 + 1 cos 5pi 7 = cos pi 7 cos 3pi 7 + cos 3pi 7 cos 5pi 7 + cos 5pi7 cos pi 7 cos pi 7 cos 3pi 7 cos 5pi 7 = 4 Đẳng thức đã được chứng minh. Bài toán 1.25 Chứng minh rằng: S = cos4 pi 14 + cos4 3pi 14 + cos4 5pi14 4 cos2 pi 14 cos2 3pi 14 cos2 5pi 14 = 3 Bài giải Ta có: pi 14 , 3pi 14 , 5pi 14 là nghiệm của PT: cos 7x = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 33 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta có: cos 7x = cos 6x cos x− sin 6x sin x = cos x(4c cos3 2x)−2 sinx sin 3x cos 3x = = cos x[4(2 cos2 x−1)3−3(2 cos2 x−1)2]−2 sin x(3 sin x−4 sin3 x)(4 cos3 x−3 cos x) ⇒ cos 7x = cos x[4(8 cos6 x− 12 cos4 x + 6 cos2 x − 1)− 6 cos2 x + 3]− −2(1 − cos2 x)(4 cos2 x− 1)(4 cos2−3) cos x ⇔ cos 7x = cos x(64 cos6 x− 112 cos4 x + 56 cos2 x− 7) Suy ra cos pi 14 , cos 3pi 14 , cos 5pi 14 là ba nghiệm của PT: 64 cos6 x− 112 cos4 x + 56 cos2 x − 7 = 0 Đặt t = cos2 x suy ra: t1 = cos 2 pi 14 ; t2 cos 2 3pi 14 ; t3 = cos 2 5pi 14 là ba nghiệm của PT: 64t3 − 112t2 + 56t − 7 = 0 Theo định lý Viet ta có hệ thức: t1 + t2 + t3 = 112 64 = 7 4 t1t2 + t2t3 + t3t1 = 56 64 = 7 8 t1t2t3 = 7 64 Ta có: S = t21 + t 2 2 + t 2 3 4t1t2t3 = (t1 + t2 + t3) 2 − 2(t1t2 + t2t3 + t3t1) 4t1t2t3 = ( 49 16 − 14 8 ) 7 16 = 3 Vậy S = cos4 pi 14 + cos4 3pi 14 + cos4 5pi14 4 cos2 pi 14 cos2 3pi 14 cos2 5pi 14 = 3 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 34 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 1.26 Tính: P = cos pi 12 cos 9pi 12 + cos 9pi 12 cos 17pi 12 + cos 17pi 12 cos pi 12 Bài giải Ta có: cos(3. pi 12 ) = cos( pi 4 ) = √ 2 2 cos(3. 9pi 12 ) = cos( 9pi 4 ) = cos( pi 4 ) = √ 2 2 cos(3. 17pi 12 ) = cos( 17pi 4 ) = cos( pi 4 ) = √ 2 2 Suy ra: pi 12 ; 9pi 12 ; 17pi 12 là ba nghiệm của PT: cos 3x = √ 2 2 ⇔ 4 cos3 x− 3 cos x− √ 2 2 = 0 Đặt t = cos x. Suy ra: t1 = cos pi 12 ; t2 = cos 9pi 12 ; t3 = cos 17pi 12 là ba nghiệm của PT: 4t3 − 3t − √ 2 2 = 0 Theo định lý Viet ta có hệ thức: t1t2 + t2t3 + t3t1 = c a = −3 4 ⇒ cos pi 12 cos 9pi 12 + cos 9pi 12 cos 17pi 12 + cos 17pi 12 cos pi 12 = −3 4 Vậy P = −3 4 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 35 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 1.27 Chứng minh rằng: tg6200 + tg6400 + tg6800 = 33273 Bài giải Ta có: tg3α = 3tgα − tg3α 1− 3tg2α Với α = 200 thì: tg600 = 3tg200 − tg3200 1 − 3tg2200 ⇔ 3 = tg2200 ( 3− tg2200)2 (1 − 3tg2200)2 tg6200 − 33tg4200 + 27tg2200 − 3 = 0 Tương tự,ta có: tg6400 − 33tg4400 + 27tg2400 − 3 = 0 tg6800 − 33tg4800 + 27tg2800 − 3 = 0 Vậy suy ra t1 = tg 2200; t2 = tg 2400; t3 = tg 2800 là 3 nghiệm của phương trình: t3 − 33t2 + 27t − 3 = 0 Theo định lý Viet ta có các hệ thức: t1 + t2 + t3 = − b a = 33 t1t2 + t2t3 + t3t1 = c a = 27 t1t2t3 = −d a = 3 Suy ra: t31 + t 3 2 + t 3 3 = ( − b a )3 − 3 ( c a )( − b a ) + 3 ( −d a ) = 333 − 3.27.33 + 3.3 = 33273 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 36 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy tg6200 + tg6400 + tg6800 = 33273 Bài toán 1.28 Chứng minh rằng: 3 √ cos 2pi 7 + 3 √ cos 4pi 7 + 3 √ cos 8pi 7 = 3 √ 5− 3 3√7 2 Bài giải Ta có: 2pi 7 , 4pi 7 , 8pi 7 là nghiệm của PT: cos 4x = cos 3x ⇔ 2 cos2 2x− 1 = 4 cos3 x− 3 cos x ⇔ 2(2 cos2 x− 1)2 − 1 = 4 cos3 x − 3 cos x ⇔ (cos x − 1)(8 cos3 x + 4 cos2 x − 4 cos x − 1) = 0 Vì 2pi 7 , 4pi 7 , 8pi 7 không là nghiệm của PT: cos x − 1 = 0 nên nó thỏa mãn PT: 8 cos3 x + 4 cos2 x− 4 cos x− 1) = 0 Đặt t1 = 2 cos 2pi 7 , t2 = 2 cos 4pi 7 , t3 = 2 cos 8pi 7 Suy ra: t1, t2, t3 là 3 nghiệm của PT: t 3 + t2 − 2t− 1 = 0 Theo định lý Viet ta có hệ thức giữa các nghiệm: t1 + t2 + t3 = −1 t1t2 + t2t3 + t3t1 = −2 t1t2t3 = 1 Đặt A = 3 √ t1 + 3 √ t2 + 3 √ t3 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 37 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác B = 3 √ t1t2 + 3 √ t2t3 + 3 √ t3t1 Khi đó ta có: A3 = (t1 + t2 + t3) + 3AB − 3 3 √ t1t2t3 Suy ra: A3 = −4 + 3AB (1) Tương tự ta có: B3 = −5 + 3AB (2) Nhân(1)và(2): (AB)3 = (3AB − 4)(3AB − 5) → (AB − 3)3 + 7 = 0 → AB = 3− 3 √ 7 Thay vào (1),ta được: A3 = 5 − 3 3 √ 7 ⇒ A = 3 √ 5 − 3 3√7 2 Ta có: 3 √ cos 2pi 7 + 3 √ cos 4pi 7 + 3 √ cos 8pi 7 = 1 3 √ 2 ( 3 √ t1+ 3 √ t2+ 3 √ t3) = 1 3 √ 2 A = 3 √ 5 − 3 3√7 2 ⇒ Đpcm Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 38 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập Bài tập 1.1 Chứng minh rằng: (1− cotg230)(1− cotg230) = 2 Bài tập 1.2 Chứng minh rằng: 2. sin 20 + 4 sin 40 + 6. sin 60 + ....+ +178 sin 1780 + 180. sin 1800 = 90.cotg10 Bài tập 1.3 Chứngminh rằng: P = cos 2pi 5 +cos 4pi 5 +cos 6pi 5 +cos 8pi 5 = 0 Bài tập 1.4 Tính giá trị biểu thức: P = sin4 pi 16 + sin4 3pi 16 + sin4 5pi 16 + sin4 7pi 16 Bài tập 1.5 Biết rằng: (1 + tg10)(1 + tg20)...(1 + tg450) = 2n Hãy tính n Bài tập 1.6 Tìm n nguyên dương nhỏ nhất sao cho: 1 sin 450. sin 460 + 1 sin 460. sin 470 + ... + 1 sin 1340. sin 1350 = 1 sinn0 Bài tập 1.7 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: tg A 4 + tg B 4 + tg C 4 + tg A 4 tg B 4 + tg B 4 tg C 4 + tg C 4 tg A 4 − tgA 4 tg B 4 tg C 4 = 1 Bài tập 1.8 Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có: a) cos 4x = 8 cos4 x− 8 cos2 x + 1 b) cos 5x = 16 cos5 x − 20 cos3 x + 5 cos x c) Tổng quát: Chứng minh rằng cosnx là một đa thức bậc n của cos x Bài tập 1.9 Chứng minh rằng: a) sin 60. sin 420. sin 660. sin 780 = 1 16 b) 8 + 4tg pi 8 + 2tg pi 16 + tg pi 32 = cotg pi 32 Bài tập 1.10 Tìm x ∈ (0, pi 2 ) sao cho: √ 3 − 1 sinx + √ 3 + 1 cos x = 4 √ 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 39 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 1.11 Giả sử α, β ∈ [0, pi 2 ]. Chứng minh rằng: sin6 α + 3 sin2α. cos2 β + cos6 β = 1 khi và chỉ khi α = β Bài tập 1.12 Tìm tất cả các góc α sao cho ba phần tử của tập S = {sinα, sin 2α, sin 3α} trùng với ba phần tử của tập hợp T = {cosα, cos 2α, cos 3α} Bài tập 1.13 Tính giá trị của tích: P = cos a. cos 2a. cos 3a.... cos 999a (với a = 2pi 1999 ) Bài tập 1.14 Cho α, β, γ lập thành cấp số cộng với d = pi 3 . Chứng minh rằng: tgαtgβ + tgβtgγ + tgγtgα = −3 Bài tập 1.15 Giả sử {Tn(x)}∞n=0 là dãy các đa thức sao cho: T0(x) = 1 , T1(x) = x , Ti+1(x) = 2xTi(x)− Ti−1(x) (với mọi số dương i) (Đa thức Tn(x) được gọi là đa thức Trêbưsep) a) Chứng minh rằng T2n+1(x) và T2n(x) tương ứng là hàm lẻ và hàm chẵn b) Chứng minh rằng Ta(cosα) = cos(nα) ∀n nguyên dương c) Chứng minh rằng với x ∈ [−1, 1] thì −1 ≤ Tn(x) ≤ 1 d) Chứng minh rằng Tn+1(x) > Tn(x) với ∀x với x>1 e) Xác định tất cả các nghiệm của Tn(x) Lời giải Bài tập 1.1 Ta có: V T = 1 − (cotg220 + cotg230) + cotg220cotg230 ⇒ V T = 1− sin 45 0 cos 230 cos 220 + cos 230 cos 220 sin 230 sin 220 ⇒ V T = cos 10 − √ 2 2 1 2 (cos 10 − √ 2 2 ) = 2 = V P Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 40 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 1.2 Ta có: V T = 2. sin 20 + 4 sin 40 + 6. sin 60 + .... + 90. sin 900 + 92 sin 880+ +94 sin 860 + ... + 178 sin 20 + 180. sin 1800 = 90 + 180(sin 20 + sin 40 + sin 60 + ... + sin 880) ⇒ sin 10.V T = 90 sin 10 + 180(sin 10 sin 20 + sin 10 sin 40 + ... + sin 10 sin 880) ⇒ sin 10.V T = 90 sin 10+90(cos 10−cos 30+cos 30−cos 50+...+cos 870−cos 890) ⇒ sin 10.V T = 90 sin 10 +90(cos 10− cos 890) = 90 sin 10 +90(cos 10− sin 10) ⇒ sin 10.V T = 90 cos 10 ⇒ V T = 90cos 1 0 sin 10 = 90.cotg10 = V P Bài tập 1.3 Ta có: sin pi 5 .P = sin pi 5 cos 2pi 5 + sin pi 5 cos 4pi 5 + sin pi 5 cos 6pi 5 + sin pi 5 cos 8pi 5 = 1 2 ( cos 3pi 5 − cos pi 5 + cos 5pi 5 − cos 3pi 5 + cos 7pi 5 − cos 5pi 5 + cos 9pi 5 − cos 7pi 5 ) ⇒ sin pi 5 .P = 1 2 ( cos 9pi 5 − cos pi 5 ) ⇒ sin pi 5 .P = − sin pi. sin 4pi 5 = 0 ⇒ P = 0 Bài tập 1.4 Ta có: P = 1− cos pi8 2 2 + 1− cos 3pi8 2  2 + 1− cos 5pi8 2  2 + 1− cos 7pi8 2  2 = 1 4 [1 − 2 cos pi 8 + cos2 pi 8 + 1 − 2 cos 3pi 8 + cos2 3pi 8 + +1− 2 cos 5pi 8 + cos2 5pi 8 + 1− 2 cos 7pi 8 + cos2 7pi 8 ] Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 41 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 1 − 1 2 cos pi 8 + cos 3pi 8 + cos 5pi 8 + cos 7pi 8 + + 1 4 1 + cos pi4 2 + 1 + cos 3pi 4 2 + 1 + cos 5pi 4 2 + 1 + cos 7pi 4 2  = 1− 1 2 cos pi 8 + cos 3pi 8 − cos 3pi 8 − cos pi 8 + 1 2 + √ 2 2 − √ 2 2 − √ 2 2 + √ 2 2 ⇒ P = 3 2 Bài tập 1.5 Ta có: (1 + tg10)(1 + tg20)...(1 + tg450) = = (cos 10 + sin 10) cos 10 . (cos 20 + sin 20) cos 20 ..... (cos 450 + sin 450) cos 450 = √ 2. sin(10 + 450) cos 10 . √ 2. sin(20 + 450) cos 20 ..... √ 2. sin(450 + 450) cos 450 = (√ 2 )45 . cos 440. cos 430... cos 20. cos 10 cos 10. cos 20... cos 430 cos 440 . sin 900 cos 450 = (√ 2 )45 .  1√2 2  = (√2)45 . 2√2 = 223 Vậy n=23 Bài tập 1.6 Ký hiệu A = 1 sin 450. sin 460 + 1 sin 460. sin 470 + ... + 1 sin 1340. sin 1350 ⇒ sin 10.A = sin 1 0 sin 450. sin 460 + sin 10 sin 460. sin 470 + ... + sin 10 sin 1340. sin 1350 ⇒ sin 10.A = cotg450−cotg460 +cotg460−cotg470 + ...+cotg1340−cos 1350 ⇒ sin 10.A = cotg450 − cos 1350 = 2cotg450 = 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 42 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ A = 2 sin 10 ⇒ n = 1 Bài tập 1.7 Ta có: tg A 4 = tg ( pi 4 − B + C 4 ) = 1 − tgB + C 4 1 + tg B + C 4 = 1 −  tgB4 + tgC4 1− tgB 4 .tg C 4  1 +  tgB4 + tgC4 1 − tgB 4 .tg C 4  Suy ra: ⇒ tgA 4 = 1 − tgB 4 tg C 4 − ( tg B 4 + tg C 4 ) 1− tgB 4 tg C 4 + (tg B 4 + tg C 4 ) ⇔ 1 − tgB 4 tg C 4 − ( tg B 4 + tg C 4 ) = tg A 4 − tgA 4 tg B 4 tg C 4 + tg A 4 ( tg B 4 + tg C 4 ) ⇔ tgA 4 + tg B 4 + tg C 4 + tg A 4 tg B 4 + tg B 4 tg C 4 + tg C 4 tg A 4 − tgA 4 tg B 4 tg C 4 = 1 ⇒ Đpcm Bài tập 1.8 a) Ta có: cos 4x = 2 cos2 2x − 1 = 2(2 cos2 x − 1)2 − 1 = 2(4 cos4 x − 4 cos2 x + 1)− 1 = 8 cos4 x− 8 cos2 x + 1 b) Ta có: cos 5x = cos x cos 4x − sin x sin 4x = cos x(8 cos4 x− 8 cos2 x + 1)− 4 sin2 x cos x(2 cos2 x− 1) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 43 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 8 cos5−8 cos3 x + cos x − −4(1 − cos2 x)(2 cos3 x− cos x) = 16 cos5 x− 20 cos3 x + 5 cos x c) Ta chứng minh bằng quy nạp + Với n=1: cos x = cos x ⇒ đúng + Với n=2: cos 2x = 2 cos2 x− 1 ⇒ đúng Giả sử đúng với n, tức là cosnx là đa thức bậc n của cos x hay cos nx = Pn(cos x) Ta chứng minh bài toán đúng với (n+1) tức là phải chứng minh: cos(n + 1)x = Pn+1(cos x) Thật vậy,theo giả thiết quy nạp có: cos(n− 1)x = Pn−1(cos x) cos nx = Pn(cos x) Ta có: cos(n + 1)x + cos(n− 1)x = 2 cosnx. cos x ⇒ cos(n + 1)x = 2 cos nx. cos x − cos(n− 1)x ⇒ cos(n + 1)x(cos x) = 2Pn(cos x). cos x − Pn−1(cos x) = Pn+1(cos x) ⇒ Đpcm Vậy cos nx là một đa thức bậc n của cos x Bài tập 1.9 Bổ đề: Chứng minh rằng với mọi x ta có: sin x. sin(600 − x). sin(600 + x) = 1 4 sin 3x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 44 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta có: V T = sin x[sin 600. cos x− sin x. cos 600][sin 600. cos x + sin x. cos 600] = sin x(sin2 600. cos2 x− cos2 600. sin2 x) = sin x( 3 4 cos2 x− 1 4 sin2 x) = 1 4 sin x(3− 4 sin2 x) = 1 4 sin 3x = V P Đặt A = sin 60. sin 420. sin 660. sin 780 ⇒ A. sin 180 = sin 180. sin(60 − 18)0 sin(60 + 18)0. sin 60. sin 660 Áp dụng bổ đề trên ta được: A. sin 180 = 1 4 . sin(3.180). sin 60. sin 660 ⇒ A. sin 180 = 1 4 . sin(60 − 6)0. sin 60. sin(60 + 6)0 ⇒ A. sin 180 = 1 4 . 1 4 . sin(3.60) = 1 16 sin 180 ⇒ A = 1 16 ⇒ Đpcm Bài tập 1.10 Ta có: √ 3 − 1 sinx + √ 3 + 1 cos x = 4 √ 2 ⇔ √ 3 2 cos x− 1 2 cos x + √ 3 2 sin x + 1 2 sin x = √ 2 sin 2x ⇔ √ 3 2 cos x + 1 2 sin x + √ 3 2 sinx − 1 2 cos x = √ 2 sin 2x ⇔ sin(pi 3 + x) + sin(x− pi 6 ) = √ 2 sin 2x ⇔ 2 cos pi 4 . sin( pi 12 + x) = √ 2 sin 2x ⇔ sin( pi 12 + x) = sin 2x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 45 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ pi 12 + x + k2pi = 2x ⇒ x = pi 12 + +k2pi hoặc pi 12 + x = pi − 2x + k2pi ⇒ x = 11pi 36 + +k2pi Vì x ∈ (0, pi 2 ); k ∈ Z ⇒ k = 0 ⇒ x = pi 12 hoặc x = 11pi 36 Vậy x = pi 12 hoặc x = 11pi 36 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 46 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giảng số 2: Định lý hàm số sin và định lý hàm số côsin Cho M ABC có AB=c, AC=b, BC=a và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp M ABC. Ta có các định lý: 1) Định lý côsin: a2 = b2 + c2 − 2bc cosA b2 = c2 + a2 − 2ca cosB c2 = a2 + b2 − 2ab cosC Hệ quả: cosA = b2 + c2 − a2 2bc cosB = a2 + c2 − b2 2ac cosC = b2 + a2 − c2 2ba 2) Định lý sin: a sinA = b sinB = c sinC = 2R Hệ quả: a b = sinA sinB ; b c = sinB sinC ; c a = sinC sinA a = 2R. sinA ; b = 2R. sinB ; c = 2R. sinC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 47 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Định lý sin và định lý côsin là một trong các định lý cơ bản, quan trọng trong tam giác. Các định lý này hấp dẫn người học ở sự ràng buộc, liên quan giữa các cạnh và các góc của tam giác. Trong bài giảng này các vấn đề được đưa ra chủ yếu là giải quyết các bài toán có mối liên hệ giữa cạnh, góc và các yếu tố khác của tam giác. Không chỉ đơn thuần như thế mà cuối bài giảng sẽ là những kết quả thú vị nhận được từ các định lý trên, có thể kể đến những bài toán nổi tiếng có tên tuổi như: Công thức Stioa, công thức tính diện tích tứ giác nội tiếp và các hệ thức liên quan đến điểm Broca. Bài toán 2.1 Tính các góc của tam giác ABC biết độ dài các cạnh là 1, 2, √ 3 Bài giải Gọi a = 1, b = 2, c = √ 3 Áp dụng định lý côsin ta có: cosA = b2 + c2 − a2 2bc = 22 + ( √ 3)2 − 12 2.2. √ 3 = √ 3 2 ⇒ A = 300 cosB = a2 + c2 − b2 2ac = 12 + ( √ 3)2 − 22 2.1. √ 3 = 0 ⇒ B = 900 ⇒ C = 1800 − A− B = 600 Bài toán 2.2 Tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a2 + b2 = 2c2 Chứng minh rằng: cotg A+cotg B=2 cotg C Bài giải Theo định lý côsin: c2 = a2 + b2 − 2ab cosC ⇒ c2 = 2c2 − 2ab cosC ( vì a2 + b2 = c2) ⇒ c2 = 2ab cosC ⇒ sinC sinA sinB = 2cotgC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 48 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ sin(A + B) sinA sinB = 2cotgC ⇒ cotgA + cotgB = 2cotgC ⇒ Đpcm Bài toán 2.3 Tam giác ABC có các góc thỏa mãn: cotgA = 2(cotgB + cotgC) a) Chứng minh rằng: b2 + c2 = 5a2 b) Chứng minh rằng: sinA ≤ 3 5 Bài giải a) Ta có: cotgA = 2(cotgB + cotgC) ⇔ cosA sinA = 2 sin(B +C) sinB. sinC ⇒ cosA = 2 sinA cosA sinB sinC ⇒ b 2 + c2 − a2 2bc = 2 a2 b2 (áp dụng định lý sin và côsin ) ⇒ b2 + c2 = 5a2 ⇒ Đpcm b) Theo định lý côsin: cosA = b2 + c2 − a2 2bc ⇒ cosA = b2 + c2 − b 2 + c2 5 2bc (theo câu a)có b2 + c2 = 5a2) ⇒ cosA = 4(b 2 + c2) 10bc ≥ 4 5 (áp dụng Cauchy) sinA ≤ 3 5 ⇒Đpcm Bài toán 2.4 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có: 1. cotgA + cotgB + cotgC = a2 + b2 + c2 4S 2. a sinA + b sinB + c sinC a cosA + b cosB + c cosC = cotgA + cotgB + cotgC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 49 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải 1. Ta có: cotgA = cosA sinA = b2 + c2 − a2 2bc sinA = b2 + c2 − a2 2bc sinA = b2 + c2 − a2 4S (1) (áp dụng định lý côsin) Tương tự ta có: cotgB = a2 + c2 − b2 4S (2) cotgC = a2 + b2 − c2 4S (3) Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta được: cotgA + cotgB + cotgC = a2 + b2 + c2 4S ⇒ Đpcm 2. Áp dụng định lý sin ta được: V T = 2(sin2 A + sin2 B + sin2C) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2(sin2A + sin2 B + sin2C) 4 sinA sinB sinC = 1 2 ( sinA sinB sinC + sinB sinA sinC + sinC sinB sinA ) = 1 2 (cotgB + cotgC + cotgC + cotgA + cotgA + cotgB) ⇒ V T = cotgA + cotgB + cotgC = V P ⇒Đpcm Bài toán 2.5 Tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a3 = b3 + c3 Chứng minh rằng tam giác có ba góc nhọn Bài giải Từ giả thiết: a3 = b3 + c3 suy ra a là cạnh lớn nhất Để chứng minh tam giác có ba góc nhọn ta chỉ cần chứng minh góc A nhọn. Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 50 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Thật vậy, có: a3 = b3 + c3 ⇔ a2 = b 3 a + c3 a = b2( b a ) + c2( c a ) < b2 + c2 Suy ra theo định lý côsin: cosA = b2 + c2 − a2 2bc > 0 ⇒ A < 900 Vậy tam giác có ba góc nhọn Bài toán 2.6 Giả sử:  a = √ 4x2 + 3 b = √ x2 + x + 1 c = √ x2 − x + 1 a) Chứng minh rằng: ∀x, a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác b) Chứng minh rằng tam giác có một góc tù c) Chứng minh rằng khi x thay đổi, diện tích tam giác không đổi Bài giải a) Dễ dàng chứng minh a>b và a>c Suy ra chỉ cần kiểm tra b+c>a (hiển nhiên đúng) Vậy ∀x, a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác b) Ta có a là cạnh lớn nhất. Để chứng minh tam giác có một góc tù ta chứng minh góc A tù Ta có: cosA = b2 + c2 − a2 2bc = −(2x2 + 1) 2 √ x2 + x + 1. √ x2 − x + 1 90 0 Vậy tam giác có một góc tù Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 51 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác c) Ta có: sin2 A = 1− cos2 A = 3 2 √ x2 + x + 1. √ x2 − x + 1 ⇒ sinA = √ 3 2 √ x2 + x + 1. √ x2 − x + 1 Khi đó: S = 1 2 b.c. sinA = √ 3 4 không đổi Bài toán 2.7 Tính diện tích hình thang biết độ dài hai đáy là a và b, góc giữa hai cạnh bên bằng α, và hai đường chéo của hình thang vuông góc với nhau. Bài giải A B CD x a y HB’ α Kẻ BB’// AD , ta có : ∠B′BC = α và B’C=a Gọi độ dài hai cạnh bên là: AD=x; BC=y Vì hai đường chéo vuông góc với nhau nên: x2 + y2 = a2 + b2 Ta có: B′C2 = AD2 + BC2 − 2AD.BC. cosα (áp dụng định lý côsin) ⇒ (b− a)2 = x2 + y2 − 2xy. cosα ⇔ a2 + b2 − 2ab = a2 + b2 − 2xy. cosα ⇔ xy = ab cosα Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 52 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta có: SMBB′C = 1 2 .BH.B′C = 1 2 BB′.BC. sinα ⇒ 1 2 .BH.(b − a) = 1 2 xy. sinα = 1 2 sinα. ab cosα = abtgα 2 ⇒ BH = abtgα b− a Suy ra diện tích của hình thang là: S = (a + b).BH 2 = ab(a+ b)tgα 2(b− a) Bài toán 2.8 Cho tam giác ABC có: a b = 2 + √ 3 và góc C = 600. Hãy tính các góc A và B. Bài giải Ta có: a b − 1 a b + 1 = 1 + √ 3 3 + √ 3 = a− b a + b = sinA− sinB sinA + sinB ⇒ 1 + √ 3 3 + √ 3 = 2 sin A + B 2 . sin A −B 2 2 cos A + B 2 . sin A− B 2 = cotg A +B 2 .tg A −B 2 ⇒ 1 + √ 3 3 + √ 3 = tg C 2 .tg A − B 2 = tg300.tg A − B 2 = 1√ 3 tg A −B 2 ⇒ tgA − B 2 = (1 + √ 3) √ 3 3 + √ 3 = 1 ⇒ A− B 2 = 450 ⇒ A− B = 900 Theo giả thiết có: A +B = 1200 Giải ra ta được B = 150, A = 1050 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 53 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 2.9 Cho tam giác ABC, G là trọng tâm của tam giác, ký hiệu ∠GAB = α,∠GBC = β,∠GCA = γ. Chứng minh rằng: cotgα + cotgβ + cotgγ cotgA + cotgB + cotgC = 3 Bài giải A B C Gx y z α β γ Gọi độ dài các đoạn: BG=x ; CG=y và AG=z Áp dụng định lý côsin trong các tam giác M AGB,M BGC,M AGC ta có: x2 = z2 + c2 − 2cz cosα (1) y2 = x2 + a2 − 2ax cos β (2) z2 = y2 + b2 − 2by cos γ (3) Cộng vế với vế của (1),(2),(3) ta được: a2 + b2 + c2 = 2(cz. cosα + ax cos β + by cos γ) (∗) Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có: SMAGB = SMAGC = SMBGC = 1 3 SMABC Chia cả hai vế của (*) cho 1 2 SMABC ta được: 3(a2 + b2 + c2) S = 1 4 (cotgα + cotgβ + cotgγ) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 54 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ (cotgα + cotgβ + cotgγ) = 3(a 2 + b2 + c2) 4S = 3(cotgA + cotgB + cotgC) Vậy cotgα + cotgβ + cotgγ cotgA + cotgB + cotgC = 3 ⇒ Đpcm Bài toán 2.10 Cho tam giác ABC, M là một điểm bất kỳ trong tam giác. Ký hiệu ∠MAB = α,∠MBC = β,∠MCA = γ. Chứng minh rằng: cotgα + cotgβ + cotgγ ≥ 3 √ 3 Bài giải A B C M α β γ Áp dụng định lý sin trong các tam giác MAB,MBC,MAC ta được: MA MB = sin(B − β) sinα (1) MB MC = sin(C − γ) sin β (2) MC MA = sin(A− α) sin γ (3) Nhân vế với vế của (1),(2) và (3) ta được: 1 = sin(A− α). sin(B − β). sin(C − γ) sinα sin β sin γ (∗) Vì sinA, sinB, sinC > 0 ta chia cả hai vế của (*) cho (sinA sinB sinC) ta được: 1 sinA sinB sinC = sin(A− α) sinA. sinα . sin(B − β) sinB. sin β . sin(C − γ) sinC. sin γ Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 55 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ 1 sinA sinB sinC = (cotgα − cotgA)(cotgβ − cotgB)(cotgγ − cotgC) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương sinA, sinB, sinC ta có: sinA sinB sinC ≤ ( sinA + sinB + sinC 3 )3 Vì trong M ABC có: sinA + sinB + sinC ≤ 3 √ 3 2 nên: sinA sinB sinC ≤ (√ 3 2 )3 Suy ra: 1 sinA sinB sinC ≥ ( 2√ 3 )3 Tương tự ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương: (cotgα − cotgA); (cotgβ − cotgB) và(cotgγ − cotgC) ta có: (cotgα − cotgA)(cotgβ − cotgB)(cotgγ − cotgC) ≤ ≤ ( cotgα + cotgβ + cotgγ − (cotgA + cotgB + cotgC) 3 )3 Mà: 1 sinA sinB sinC = (cotgα − cotgA)(cotgβ − cotgB)(cotgγ − cotgC) ⇒ ( 2√ 3 )3 ≤ ( cotgα + cotgβ + cotgγ − (cotgA + cotgB + cotgC) 3 )3 ⇒ 2√ 3 ≤ cotgα + cotgβ + cotgγ − (cotgA + cotgB + cotgC) 3 ⇔ cotgα+cotgβ+cotgγ ≥ 6√ 3 +(cotgA+cotgB+cotgC) ≥ 6√ 3 + √ 3 = 3 √ 3 (vì trong M ABC có: cotgA + cotgB + cotgC ≥ √3) Vậy cotgα + cotgβ + cotgγ ≥ 3√3 (Đpcm) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 56 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 2.11 (Điểm Broca) Cho tam giác ABC, điểm M nằm trong tam giác sao cho: ∠MAB = ∠MBC = ∠MCA Khi đó M được gọi là điểm Broca của tam giác Bài toán đặt ra là: Giả sử điểm Broca (M) đã được xác định, ký hiệu: ∠MAB = ∠MBC = ∠MCA = α Chứng minh rằng: 1. cotgA + cotgB + cotgC = cotgα 2. 1 sin2 A + 1 sin2 B + 1 sin2C = 1 sin2 α Bài giải 1. Áp dụng định lý côsin trong các tam giác M MAB,M MCA,M MBC ta có: C B A M x2 = z2 + b2 − 2bz cosα (1) y2 = x2 + c2 − 2cx cosα (2) z2 = y2 + a2 − 2ay cosα (3) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 57 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Cộng vế với vế của (1),(2),(3) ta được: a2 + b2 + c2 = 2(cx + ay + bz). cosα ⇒ a2 + b2 + c2 = 2(cx + ay + bz). sinα cosα. 1 sinα ⇒ a2 + b2 + c2 = 4(SMAB + SMCB + SMCA).cotgα ⇒ a2 + b2 + c2 = 4S.cotgα ⇒ cotgα = a 2 + b2 + c2 4S = ⇒ cotgA + cotgB + cotgC = cotgα ⇒ Đpcm 2. Áp dụng định lý sin trong các tam giác M MAC,M MBA,M MBC ta có: x sinα = b sinA ⇒ x = b sinα sinA (vì ∠BMA +∠A = 1800) y sinα = c sinB ⇒ y = c sinα sinB (vì ∠CMA +∠A = 1800) z sinα = a sinC ⇒ z = a sinα sinC (vì ∠MBC + ∠A = 1800) Khi đó: SMAC = 1 2 .z.x. sinA = 1 2 a sinα sinC b sinα sinA . sinA = 1 2 ab. sin2α sinC = 1 2 ab. sinC. sin2 α sin2C Suy ra: SMAC = SABC . sin2α sin2 C (1) Tương tự ta có: SMAB = SABC . sin2 α sin2 A (2) SMBC = SABC . sin2 α sin2 B (3) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 58 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Cộng vế với vế của (1),(2)và(3) ta được: SABC = SABC . sin 2 α.( 1 sin2 A + 1 sin2 B + 1 sin2 C ) ⇒ 1 sin2 A + 1 sin2 B + 1 sin2C = 1 sin2 α ⇒Đpcm Bài toán 2.12 (Hệ thức Stioa) Cho tam giác ABC, D là một điểm nằm trên BC. Chứng minh rằng: AB2.CD +AC2.BD = BC(AD2 +BD.CD) Bài giải A B D C Áp dụng định lý côsin trong M ABD và M ACD ta được: cos∠ADB = AD 2 +BD2 − AB2 2.AD.BD cos∠ADC = AD 2 + CD2 −AC2 2.AD.DC Vì ∠ADB + ∠ADC = 1800 nên: cos∠ADB + cos∠ADC = 0 Nhân cả hai vế với 2AD.BD.DC ta được: CD(AD2 + BD2 − AB2) + BD(AD2 + DC2 −AC2) = 0 ⇒ AB2.CD +AC2.BD = CD(AD2 + BD2) +BD(AD2 + DC2) = (CD + BD)AD2 +BD.DC(BD + DC) = BC(AD2 + BD.DC) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 59 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy AB2.CD + AC2.BD = BC(AD2 + BD.CD) ⇒ Đpcm * Như chúng ta đã biết, có rất nhiều cách để chứng minh công thức Hê- rông( Công thức tính diện tích tam giác khi biết ba cạnh a,b,c là: S =√ p(p − a)(p− b)(p− c)). Một trong các cách chứng minh đó phải kể đến cách sử dụng định lý hàm số côsin như sau: Ta xuất phát từ công thức tính diện tích tam giác: S = 1 2 bc sinA ⇒ S2 = 1 4 b2c2(1− cos2A) = 1 4 b2c2(1− cosA)(1 + cosA) = 1 4 b2c2 ( 1 − b 2 + c2 − a2 2bc )( 1 + b2 + c2 − a2 2bc ) = 1 4 b2c2 [ a2 − (b− c)2 2bc ][ (b− c)2 − a2 2bc ] = 1 16 b2c2 (a + b− c)(a− b + c)(a + b + c)(b + c− a) b2c2 = p(p − a)(p− b)(p− c) Vậy S = √ p(p − a)(p− b)(p− c) ( công thức Hê-rông tính diện tích tam giác khi biết ba cạnh) Đối với tứ giác khi biết bốn cạnh thì công thức tính diện tích tương tự như trên là rất khó. Ta chỉ xây dựng được công thức này với tứ giác đặc biệt-tứ giác nội tiếp. Ta xét bài toán dưới đây. Bài toán 2.13 Brahmagupta’s Formula (Công thức tính diện tích của tứ giác nội tiếp) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 60 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Xét a,b,c,d là độ dài các cạnh của một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn, ký hiệu p = a + b + c + d 2 . Chứng minh rằng: S = √ (p − a)(p− b)(p− c)(p − d) Bài giải A B D C a b c d Ta có: BD2 = a2 + d2 − 2ad cosA BD2 = b2 + c2 − 2bc cosC Vì C + A = pi ⇒ cosC = − cosA nên suy ra: a2 + d2 − 2ad cosA = b2 + c2 + 2bc cosA ⇔ cosA = (a 2 + d2)− (b2 + c2) 2(ad + bc) Ta có: 2 cos2 A 2 − 1 = (a 2 + d2)− (b2 + c2) 2(ad + bc) ⇔ 2 cos2 A 2 = (a2 + d2)− (b2 + c2) 2(ad + bc) + 1 = (a + d)2 − (b + c)2 2(ad + bc) = (a + d + b − c)(a + d + c − d) 2(ad + bc) Suy ra: cos2 A 2 = (p− c)(p − b) (ad + bc) ⇔ cos A 2 = √ (p− c)(p− b) (ad + bc) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 61 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta lại có: cosA = 1 − 2 sin2 A 2 ⇒ 1 − 2 sin2 A 2 = (a2 + d2)− (b2 + c2) 2(ad + bc) ⇔ 2 sin2 A 2 = 1− (a 2 + d2)− (b2 + c2) 2(ad + bc) = (b + c)2 − (a + d)2 2(ad + bc) = (b + c + a− d)(b + c + d − a) 2(ad + bc) Suy ra: sin2 A 2 = (p− a)(p− d) (ad + bc) ⇔ sin A 2 = √ (p − a)(p− d) (ad + bc) Ta có: SABCD = ad sinA 2 + bc sinC 2 = (ad + bc) sinA (Do sinA = sinC) = (ad + bc) sin A 2 cos A 2 = (ad + bc) √ (p− c)(p− b) (ad + bc) √ (p − a)(p− d) (ad + bc) = √ (p− a)(p− b)(p− c)(p− d) *Trường hợp đặc biệt: Tứ giác vừa nội tiếp và ngoại tiếp đường tròn Với a,b,c,d là độ dài các cạnh của tứ giác vừa nội tiếp và ngoại tiếp đường tròn, chứng minh rằng: S = √ abcd Chứng minh Theo kết quả bài trên, với tứ giác nội tiếp ta có: S = √ (p − a)(p− b)(p− c)(p − d) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 62 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vì tứ giác ngoại tiếp được một đường tròn nên suy ra: a + c = b + d = p Khi đó: p − a = c ; p− c = a p − b = d ; p− d = b Suy ra S = √ abcd (đpcm) Bài toán 2.14 Trên mặt phẳng cho 6 điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Nối các cặp điểm lại với nhau bằng những đoạn thẳng. Gọi M là độ dài đoạn dài nhất và m là độ dài đoạn ngắn nhất. Chứng minh rằng: M m ≥ √3 Bài giải A B C M3 M2M1 Nhận thấy trong 6 điểm đã cho tồn tại 3 điểm lập thành tam giác có một góc ≥ 1200.Bởi vì: 1) Nếu 6 điểm tạo thành hình lục giác thì ta có: Tổng 6 góc của hình lục giác bằng 7200 nên theo nguyên lý Derichle tồn tại ít nhất một góc ≥ 1200 2) Nếu 6 điểm không tạo thành hình lục giác thì tồn tại 3 điểm tạo thành một tam giác và có một điểm nằm trong tam giác đó(như hình vẽ) Khi đó ta có: ∠M1 + ∠M2 + ∠M3 = 3600 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 63 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Suy ra theo nguyên lý Derichle tồn tại ít nhất một góc ≥ 1200 Gọi 3 điểm đó là A,B,C với ∠BAC ≥ 1200 Ta có: BC ≤ M ( vì M là độ dài đoạn dài nhất) Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABC ta được: M2 ≥ BC2 = AB2 + AC2 − 2AB.AC. cosA1200 Vì A ≥ 1200 ⇒ cosA ≤ −1 2 ⇒ − cosA ≥ 1 2 ⇒ M2 ≥ AB2 + AC2 + AB.AC. Ta có: AB2 + AC2 + AB.AC ≥ m2 + m2 + 2.m.m.1 2 = 3m2 ( vì m là độ dài đoạn ngắn nhất) ⇒ M2 ≥ 3m2 Vậy M m ≥ √3 ⇒Đpcm Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 64 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập Bài tập 2.1 Cho tam giác ABC có: b = 14; c = 10;A = 1450 Tính góc các B,C Bài tập 2.2 Cho M ABC có a = √ 6, b = 2, c = (1 + √ 3). Tính các góc A,B và chiều cao ha của tam giác ABC Bài tập 2.3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có: 1. cosB + cosC = 2 b + c a . sin2 A 2 2. sin(A−B) sin(A + B) = a2 − b2 c2 Bài tập 2.4 Chứng minh đẳng thức trong tam giác ABC: ha = 2R sinB. sinC Bài tập 2.5 Chứng minh đẳng thức trong tam giác: 1. a− b a + b = tg A − B 2 .tg C 2 2. a cosA + b cosB + c cosC = 2S R Bài tập 2.6 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có: (b + c) cosA + (c + a) cosB + (a + b) cosC = a + b + c Bài tập 2.7 Tam giác ABC có: cos A 2 = 1 2 √ b2 + c2 bc Chứng minh rằng: a2 = 2bc Bài tập 2.8 Cho M ABC có BC=a, CA=b, AB=c. Chứng minh rằng: a = b cosC + c cosB Bài tập 2.9 Tam giác ABC có: sin A 2 sin B 2 = sin A 2 1. Chứng minh rằng: tg A 2 .tg B 2 = 1 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 65 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác 2. Chứng minh rằng: a + b = 3c Bài tập 2.10 Cho tam giác ABC cân tại A với A=200, BC=a,AB=b Chứng minh: a3 + b3 = 3ab2 Bài tập 2.11 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 1. cos A 2 = √ p(p− a) bc 2. sin A 2 = √ (p − b)(p− c) bc 3. tan A 2 = √ (p− b)(p− c) p(p − a) Bài tập 2.12 Tam giác ABC là nhọn, vuông hay tù nếu trong tam giác đó có: 2 √ sin3 A + 2 √ sin3 B = 2 √ sin3 C Bài tập 2.13 Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ AB=a ; đáy lớn CD=b ; cạnh bên AD=c , BC=d ; đường chéo AC=p ; BD=q. Chứng minh rằng: p2 + q2 = c2 + d2 + 2ab Bài tập 2.14 Ba cạnh của M ABC lập thành cấp số cộng(a<b<c) a) Chứng minh rằng: cotg A 2 , cotg B 2 , cotg C 2 cũng lập thành cấp số cộng b) Chứng minh rằng: ac = 6Rr c) Ngược lại,chứng minh rằng nếu trong tam giác: ac=6Rr thì a,b,c lập thành cấp số cộng Bài tập 2.15Tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn a) M là điểm thay đổi trên đường tròn, chứng minh rằng tổng: MA2+ MB2 + MC2 không thay đổi b) N là điểm thay đổi trên đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng tổng NA2 + NB2 +NC2 luôn không đổi Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 66 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 2.16 Xét M ABC với độ dài các cạnh: AB=c,AC=b,BC=a. Tính diện tích tam giác biết rằng: b sinC(b cosC + c cosB) = 20 Bài tập 2.17 Với a,b,c >0, chứng minh rằng:√ a2 − ab + b2 + √ b2 − bc + c2 ≥ √ a2 + ac + c2 Lời giải O A B C a b c 600 600 Bài tập 2.1 Theo định lý côsin ta có: a2 = b2 + c2 − 2bc cosA = 142 + 102 − 2.14.10. cos 1450 ≈ 196 + 100 − 280.(−0, 8191) ≈ 525, 35 ⇒ a ≈ 23 Theo định lý sin: a sinA = b sinB ⇒ sinB = b. sinA a = 14. sin 1450 23 ≈ 0, 349 ⇒ B = 20026′ ⇒ C = (1800 − (A+ B) ≈ 1800 − 1450 − 20026′ ≈ 14034′ Bài tập 2.2 Theo định lý côsin ta có: cosA = b2 + c2 − a2 2bc = 22 + (1 + √ 3)2 − 6 2.2.(1 + √ 3) = 1 2 ⇒ A = 600 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 67 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác cosA = b2 + c2 − a2 2bc = (1 + √ 3)2 + 6 − 4 2. √ 6.(1 + √ 3) = √ 2 2 ⇒ B = 450 Ta có: sinB = ha c ⇒ ha = c. sinB = (1 + √ 3). sin 450 = (1 + √ 3). √ 2 2 Bài tập 2.3 1. Ta có: V P = 2 ( sinB + sinC sinA ) . sin2 A 2 ⇒ V P = 4 cos A 2 . cos B − C 2 2 sin A 2 . cos A 2 . sin2 A 2 = = 2 cos B − C 2 . cos B +C 2 = cosB + cosC = V T 2. Ta có: V P = sin2 A− sin2 B sin2 C = (sinA − sinB)(sinA + sinB) sin2 C = = 2 sin A− B 2 cos A + B 2 .2 cos A−B 2 . sin A + B 2 sin2 C = sin(A− B). sin(A + B) sinC sin(A + B) = sin(A−B) sin(A + B) = V T Bài tập 2.4 Ta có: ha = 2S a mà S = abc 4R ⇒ ha = 2abc 2aR = bc 2R Theo định lý sin ta có: b = 2R. sinB c = 2R. sinC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 68 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ ha = 2R sinB.2R sinC 2R = 2R sinB. sinC ⇒ Đpcm Bài tập 2.5 1. Ta có: V T = sinA − sinB sinA + sinB = 2 sin C 2 . sin A− B 2 2 cos C 2 . cos A− B 2 = tg A− B 2 tg C 2 = V P 2. Ta có: V T = R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) = 4R sinA sinB sinC = = 2abc 4R2 = 2S R = V P Bài tập 2.6 Theo định lý sin ta có: V T = 2R ((sinB + sinC) cosA + (sinC + sinA) cosB + (sinA + sinB) cosC) ⇒ V T = 2R(sinB cosA + sinC cosA + sinC cosB + sinA cosB+ +sinA cosC + sinB cosC) ⇒ V T = 2R (sin(A + B) + sin(B + C) + sin(C + A)) ⇒ V T = 2R (sinC + sinA + sinB) = (a + b + c) = V P Bài tập 2.8 Theo định lý côsin ta có: b2 = a2 + c2 − 2ac cosB ⇒ c. cosB = a 2 + c2 − b2 2a (1) Ta lại có: c2 = a2 + b2 − 2ab cosC ⇒ b. cosC = a 2 + b2 − c2 2a (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có: b cosC + c cosB = 2a2 2a = a ⇒ Đpcm. Bài tập 2.10 Tam giác ABC cân tại A và A=200 ⇒ B = C = 800 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 69 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Theo định lý sin ta có: a = 2R sinA ; b = 2R sinB ⇒ a = 2R sin 200 = 4R sin 100 cos 100 b = 2R sin 800 = 2R cos 100 ⇒ a = 4R sin 100 cos 100 = 2b sin 100 Ta có: a3 + b3 = (2b sin 100)3 + b3 = 2b3(4 sin3 100 + 1 2 ) = 2b3(4 sin3 100 + sin 300) = = 2b3(4 sin3 100 + sin 100 − 4 sin3 100) = 3.(2b sin 100).b2 = 3ab2 Vậy a3 + b3 = 3ab2 Bài tập 2.11 1. Ta có: cosA = 2 cos2 A 2 − 1 Theo định lý hàm số côsin ta có: cosA = b2 + c2 − a2 2bc ⇒ 2 cos2 A 2 − 1 = b 2 + c2 − a2 2bc ⇔ 2 cos2 A 2 = b2 + c2 − a2 2bc + 1 = (b + c)2 − a2 2bc = (b + c + a)(b + c− a) 2bc ⇔ cos2 A 2 = p(p− a) bc ⇔ cos2 A 2 = √ p(p − a) bc 2. Ta có: cosA = 1 − 2 sin2 A 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 70 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Theo định lý hàm số côsin ta có: cosA = b2 + c2 − a2 2bc ⇒ 1− 2 sin2 A 2 = b2 + c2 − a2 2bc ⇔ 2 sin2 A 2 = 1 − b 2 + c2 − a2 2bc = a2 − (b− c)2 2bc = (a + b− c)(a+ c − b) 2bc ⇔ sin2 A 2 = (p − b)(p− c) bc ⇔ sin2 A 2 = √ (p − b)(p− c) bc 3. Ta có tan A 2 = sin A 2 cos A 2 = √ (p− b)(p− c) bc√ p(p− a) bc = √ (p− b)(p− c) p(p − a) Bài tập 2.12 Ta có: 2 √ sin3 A + 2 √ sin3 B = 2 √ sin3 C ⇒ (a) 3 2 + (b) 3 2 = c 3 2 , suy ra c là cạnh lớn nhất trong tam giác. ⇒ (a c )3 2 + ( b c )3 2 = 1 Ta có: (a c )2 < (a c )3 2 ⇒ (a c )2 < ( b c )3 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 71 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ a2 + b2 < c2 ⇒ cosC = a 2 + b2 − c2 2ab < 0 Vậy tam giác ABC tù Bài tập 2.13 Kẻ AH⊥DC và BK⊥DC. A B CD H K a c d b q p áp dụng định lý côsin vào M ABC và M ABD ta có:p2 = a2 + d2 − 2ad cosBq2 = a2 + c2 − 2ac cosA ⇔ p2 = a2 + d2 + 2ad cosCq2 = a2 + c2 + 2ac cosD Suy ra: p2 + q2 = 2a2 + c2 + d2 + 2a(d cosC + c cosD) ⇒ p2 + q2 = 2a2 + c2 + d2 + 2a(CK + DH) ⇒ p2 + q2 = 2a2 + c2 + d2 + 2a(b− a) = c2 + d2 + 2ab Vậy p2 + q2 = c2 + d2 + 2ab Bài tập 2.17 Từ điểm O lấy OA=a ; OB=b ; OC=c sao cho: ∠AOB = ∠BOC = 600 Áp dụng định lý côsin trong các M OAB;M OAC và M OBC ta được: AB2 = a2 + b2 − 2ab cos 600 = a2 + b2 − ab ⇒ AB = √ a2 + b2 − ab AC2 = a2 + c2 − 2ac cos 1200 = a2 + c2 + ac ⇒ AC = √ a2 + b2 + ac Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 72 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác BC2 = b2 + c2 − 2bc cos 600 = b2 + c2 − bc ⇒ BC = √ b2 + c2 − bc Trong tam giác ta có: AB + BC ≥ AC, suy ra:√ a2 − ab + b2 + √ b2 − bc + c2 ≥ √ a2 + ac + c2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 73 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giảng số 3: Nhận dạng tam giác Một tam giác có các dạng đặc biệt là đều,cân hoặc vuông. Các loại bài tập từ giả thiết đã cho ta xác định tính chất đặc biệt của tam giác đó được gọi là các bài toán nhận dạng tam giác. Ta chia bài giảng này thành hai phần như sau: §1: Các ví dụ loại 1 (đặc trưng của tam giác chỉ gồm một yếu tố góc hoặc cạnh) §2: Các ví dụ loại 2 (đặc trưng của tam giác được cho bởi nhiều yếu tố góc,cạnh, bán kính, đường cao, diện tích,v.v.) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 74 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác §1: Các ví dụ loại 1 Bài toán 3.1 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông nếu các góc thỏa mãn điều kiện sau: tgA = sinA + cosB sinB + cosA Bài giải Ta có: tgA = sinA + cosB sinB + cosA ⇔ sinA cosA = sinA + cosB sinB + cosA ⇔ sinA sinB + sinA cosA = sinA cosA + cosA cosB ⇔ sinA sinB = cosA cosB ⇔ cos(A + B) = 0 ⇔ A + B = pi 2 ⇔ C = pi 2 Vậy tam giác ABC vuông tại C Bài toán 3.2 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân nếu các góc thỏa mãn điều kiện sau: sinA + sinB cosA + cosB = 1 2 (tgA + tgB) Bài giải Ta có: sinA + sinB cosA + cosB = 1 2 (tgA + tgB) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 75 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ 2 sin A + B 2 cos A− B 2 2 cos A +B 2 cos A− B 2 = 1 2 . sin(A+ B) cosA cosB ⇔ sin A + B 2 cos A + B 2 = sin A + B 2 cos A + B 2 cosA cosB ⇔ cosA cosB = cos2 A + B 2 ⇔ cos(A + B) + cos(A−B) = 1 + cos(A + B) ⇔ cos(A− B) = 1 ⇒ A = B Vậy tam giác ABC cân ở C Bài toán 3.3 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông nếu các góc thỏa mãn điều kiện sau: sinA + sinB + sinC = 1 + cosA + cosB + cosC Bài giải Ta có: sinA + sinB + sinC = 1 + cosA + cosB + cosC ⇔ 2 sin A 2 cos A 2 +2 sin B +C 2 cos B − C 2 = 2 cos2 A 2 +2 cos B + C 2 cos B − C 2 ⇔ sin A 2 ( cos A 2 − cos B − C 2 ) − cos A 2 ( cos A 2 − cos B − C 2 ) = 0 ⇔ ( sin A 2 − cos A 2 )( cos A 2 − cos B − C 2 ) = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 76 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔  sin A 2 − cos A 2 = 0 ⇒ sin(A 2 − pi 4 ) = 0 ⇒ A = pi 2 cos A 2 = cos B − C 2 ⇒ A = B − C ⇒ A + C = B = pi 2 cos A 2 = cos C − B 2 ⇒ A = C − B ⇒ A + B = C = pi 2 Vậy tam giác ABC là tam giác vuông Bài toán 3.4 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều nếu các góc thỏa mãn điều kiện sau: cosA + cosB + cosC = 3 2 Bài giải Ta có: cosA + cosB + cosC = 3 2 ⇔ 2 cos A + B 2 cos A− B 2 + (1 − 2 sin2 C 2 ) = 3 2 ⇔ 2 sin2 C 2 − 2 cos A− B 2 sin C 2 + 1 2 = 0 ⇔ 4 sin2 C 2 − 4 cos A− B 2 sin C 2 + 1 = 0 ⇔ ( 2 sin C 2 − cos A− B 2 )2 + ( 1 − cos2 A− B 2 ) = 0 ⇔ ( 2 sin C 2 − cos A− B 2 )2 + sin2 ( A− B 2 ) = 0 ⇔  sin A −B 2 = 0 2 sin C 2 − cos A− B 2 = 0 ⇔ A = BC = 600 Vậy tam giác ABC đều Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 77 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 3.5 Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thỏa mãn điều kiện sau: 2 cosA + cosC 2 cosB + cosC = sinB sinA Bài giải Ta có: 2 cosA + cosC 2 cosB + cosC = sinB sinA ⇔ 2 sinA cosA + sinA cosC = 2 sinB cosB + sinB cosC ⇔ (sin 2A− sin 2B) + cosC(sinA− sinB) = 0 ⇔ 2 cos(A + B) sin(A− B) + 2 cosC ( cos A + B 2 sin A− B 2 ) = 0 ⇔ cosC ( sin(A−B) − sin A− B 2 cos A + B 2 ) = 0 ⇔ cosC sin A− B 2 ( 2 cos A− B 2 − cos A +B 2 ) = 0 ⇔  cosC = 0 ⇒ C = pi 2 sin A−B 2 ⇒ A = B 2 cos A− B 2 − cos A + B 2 = 0 (1) (1) ⇔ cos A 2 cos B 2 + 3 sin A 2 sin B 2 = 0 (vô lý) (Vì cos A 2 , cos B 2 , sin A 2 , sin B 2 > 0) Vậy M ABC vuông hoặc cân ở C Bài toán 3.6 Cho M ABC thỏa mãn điều kiện: sinA + sinB + sinC cosA + cosB + cosC = √ 3 Hỏi M ABC có tính chất gì ? Bài giải Từ giả thiết sinA + sinB + sinC cosA + cosB + cosC = √ 3 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 78 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ (sinA− √ 3 cosA) + (sinB − √ 3 cosB) + (sinC − √ 3 cosC) = 0 ⇔ ( 1 2 sinA− √ 3 2 cosA ) + ( 1 2 sinB − √ 3 2 cosB ) + ( 1 2 sinC − √ 3 2 cosC ) = 0 ⇔ sin ( A − pi 3 ) + sin ( B − pi 3 ) + sin ( C − pi 3 ) = 0 ⇔ 2 sin ( A + B 2 − pi 3 ) cos ( A− B 2 ) + 2 sin ( C 2 − pi 6 ) cos ( C 2 − pi 6 ) = 0 ⇔ sin ( pi 6 − C 2 ) cos ( A−B 2 ) + sin ( C 2 − pi 6 ) cos ( C 2 − pi 6 ) = 0 ⇔ sin ( pi 6 − C 2 )( cos( A− B 2 )− cos(C 2 − pi 6 ) ) = 0 ⇔ ⇔  sin ( pi 6 − A 2 ) = 0 ⇒ A = pi 3 sin ( pi 6 − B 2 ) = 0 ⇒ B = pi 3 sin ( pi 6 − C 2 ) = 0 ⇒ C = pi 3 Vậy M ABC có ít nhất một góc 600 Bài toán 3.7 Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông nếu:( sinB − sinC cosA sinA )2 + 2 sin2 C = 2 Bài giải Theo định lý côsin: a2 = b2 + c2 − 2bc cosA Do sin2 A + cos2 A = 1 Suy ra: a2 = b2 + c2(sin2 A + cos2 A)− 2bc cosA ⇒ (b− c. cosA)2 + c2 sin2A = a2 ⇔ ( b− c cosA a )2 + ( c sinA a )2 = 1 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 79 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác áp dụng định lý sin ta có:( sinB − sinC cosA sinA )2 + (sinC)2 = 1 Từ giả thiết ta có: ( sinB − sinC cosA sinA )2 = 2− 2 sin2 C Suy ra sin2C = 1 ⇒ C = pi 2 ⇒ Tam giác vuông tại C Vậy tam giác ABC vuông tại C Bài toán 3.8 Tính các góc của tam giác ABC nếu biết: cos 2A + cos 2B − cos 2C = 3 2 Bài giải Ta có: cos 2A + cos 2B − cos 2C = 3 2 ⇔ 2 cos(A + B) cos(A− B) − 2 cos2 C + 1 = 3 2 ⇔ − cosC cos(A−B) − cos2 C = 1 4 ⇔ 4 cos2 C + 4 cosC cos(A− B) + 1 = 0 ⇔ (2 cosC + cos(A− B))2 + 1 − cos2(A− B) = 0 ⇔ (2 cosC + cos(A− B))2 + sin2(A−B) = 0 ⇔ sin 2(A− B) = 0 2 cosC + cos(A− B) = 0 ⇔ A = BcosC = −1 2 ⇔ C = 1200A = B = 300 Vậy tam giác ABC có góc A = B = 300;C = 1200 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 80 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 3.9 (Đề thi đại học khối A - năm 2004) Cho tam giác ABC không tù thỏa mãn: cos 2A + 2 √ 2 cosB + 2 √ 2 cosC = 3 Bài giải Ta có: cos 2A + 2 √ 2 cosB + 2 √ 2 cosC = 3 ⇔ 2 cos2 A− 1 + 2 √ 2(cosB + cosC) − 3 = 0 ⇔ 2 cos2 A + 4 √ 2 cos B + C 2 cos B − C 2 − 4 = 0 ⇔ 2 cos2 A + 4 √ 2 sin A 2 cos B − C 2 − 4 = 0 Vì tam giác ABC không tù nên ta có: cos2 A ≤ cosA ; cos B − C 2 ≤ 1 Suy ra: 0 = 2 cos2A + 4 √ 2 sin A 2 cos B − C 2 − 4 ≤ 2 − 4 sin2 A 2 + 4 √ 2 sin A 2 − 4 ⇔ 4 sin2 A 2 − 4 √ 2 sin A 2 + 2 ≤ 0 ⇔ ( 2 sin 2 A 2 − √ 2 )2 ≤ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 sin 2 A 2 = √ 2 cos B − C 2 = 1 cosA = 1 ⇔ A = 900B = C = 450 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 81 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác * Nhận dạng của tam giác không đơn thuần chỉ có những biến đổi như các bài toán trên mà đôi khi ta phải dùng đến các bất đẳng thức với kỹ thuật cao hơn. Bài toán 3.1.10 Chứng minh rằng nếu: 3(cosB + 2 sinC) + 4(sinB + 2 cosC) = 15 thì tam giác ABC là tam giác vuông. Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 3(cosB+2 sinC)+4(sinB+2 cosC) = (3 cosB+4 sinB)+(6 sinC+8 cosC) ≤ √ (32 + 42)(cos2 B + sin2 B) + √ (62 + 82)(cos2 C + sin2 C) = 15 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: sinB cosB = 4 3 cosC sinC = 8 6 ⇔ tgB = cotgC = 4 3 ⇒ tgB = tg(pi 2 − C) ⇔ B +C = pi 2 ⇔ A = pi 2 Vậy tam giác ABC vuông tại A Bài toán 3.11 Tam giác nhọn ABC có đặc điểm gì nếu biết: 1 3 (cos 3A + cos 3B) + cosA + cosB + cosC = 5 6 Bài giải Ta có: 1 3 (cos 3A + cos 3B) + cosA + cosB + cosC = 5 6 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 82 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ 1 3 (4 cos3 A− 3 cosA + 4 cos3 B − 3 cosB) + cosA + cosB + cosC) = 5 6 ⇔ 4 3 (cos3 A + cos3 B) + cosC = 5 6 Ta có: 4 3 cos3 A + 1 12 = 2 3 cos3 A + 2 3 cos3 A + 1 12 ≥ 3 3 √ ( 2 3 cos3 A)2. 1 12 = cos2A (áp dụng Cauchy cho 3 số dương) Tương tự ta có: 4 3 cos3 B + 1 12 ≥ cos2 B Suy ra: 4 3 (cos3A + cos3 B) + 1 6 ≥ cos2 A + cos2 B (∗) Mặt khác: cosC > 0; cos(A−B) ≤ 1 ⇒ cosC ≥ cosA. cos(A− B) = − cos(A + B). cos(A− B) = −1 2 (cos 2A + cos 2B) = −1 2 (2 cos2 A + 2 cos2B − 2) = − cos2 A− 2 cos2 B + 1 ⇒ cos2 A + 2 cos2 B ≥ 1 − cosC Từ (*) ta suy ra: 4 3 (cos3 A + cos3 B) + 1 6 ≥ 1 − cosC ⇒ 4 3 (cos3 A + cos3B) + cosC ≥ 5 6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 2 3 . cos3 A = 1 12 2 3 . cos3 B = 1 12 cos(A−B) = 1 ⇔  cosA = 1 2 cosB = 1 2 A = B ⇔ A = B = 600 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 83 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Suy ra tam giác ABC đều Bài toán 3.12 Cho tam giác ABC có góc A,B nhọn và thỏa mãn điều kiện: sin2 A + sin2 B = 2000 √ sinC Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông. Bài giải Ta có: Vì sinC ∈ (0, 1) ⇒ 2000√sinC = (sinC) 1 2000 ≥ sin2 C ⇒ sin2 A + sin2 B ≥ sin2 C ⇔ 4R2(sin2A + sin2 B) ≥ 4R2 sin2 C ⇔ a2 + b2 ≥ c2 ⇔ a2 + b2 − c2 ≥ 0 ⇒ cosC = a 2 + b2 − c2 2ab ≥ 0 ⇔ cosC ≥ 0 Ta biến đổi: sin2A + sin2 B = 1 − cos 2A 2 + 1 − cos 2B 2 = 1 − cos 2A + cos 2B 2 ⇒ sin2 A+ sin2 B = 1− cos(A+B) cos(A−B) = 1 + cosC cos(A−B) ≥ 1 Mặt khác ta có: 2000√ sinC ≤ 2000 √ 1 = 1 Suy ra: sin2A + sin2 B ≥ 2000 √ sinC Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:cosC cos(A−B) = 0sinC = 1 ⇔ C = pi2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 84 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy tam giác ABC vuông tại C Chú ý: Ta có kết quả: sin2 A + cos2 B = (sinC)α (0 ≤ α ≤ 2) thì ABC là tam giác vuông Bài toán 3.13 (Ru 2004) Tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: ( √ a + b + √ a− b) + (√a + c +√a− c) = √2(a+ b + c) (a là cạnh lớn nhất) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông Bài giải Ta có: Ta có: ( √ a + b + √ a− b) + (√a + c +√a− c) = √ 2(a+ b + c) Bình phương hai vế ta được: (2a + 2 √ a2 − b2)(2a + 2 √ a2 − c2) = 2(a + b + c)2 ⇔ 2(a + √ a2 − b2)(a+ √ a2 − c2) = (a + b + c)2 ⇔ Phải chứng minh: b2 + c2 = a2 Ta chứng minh bằng phản chứng: 1) Giả sử: b2 + c2 < a2 ⇒ a2 − b2 > c2 ⇒ √ a2 − b2 > c ⇒ a2 − c2 > b2 ⇒ √ a2 − c2 > b ⇒ 2(a+ √ a2 − b2)(a+ √ a2 − c2) > 2(a+ c)(a+ b) = 2a2 + 2(ab+ bc+ ca) ⇔ 2(a + √ a2 − b2)(a + √ a2 − c2) > a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 85 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ 2(a +√a2 − b2)(a +√a2 − c2) > (a+ b + c)2 (vô lý) 2) Giả sử: b2 + c2 > a2 Tương tự ta chứng minh được: 2(a + √ a2 − b2)(a +√a2 − c2) < (a + b + c)2 (vô lý) Vậy b2 + c2 = a2 ⇔M ABC vuông Bài toán 3.14 Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện sau: 2 sinA + 3 sinB + 4 sinC = 5 cos A 2 + 3 cos B 2 + 1 cos C 2 Chứng minh rằng tam giác ABC đều Bài giải Ta luôn có bất đẳng thức: 1 x + 1 y ≥ 4 x + y với x, y > 0 Vì sinA, sinB ≥ 0 Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 sinA + 1 sinB ≥ 4 sinA + sinB ⇒ 1 sinA + 1 sinB ≥ 2 sin A + B 2 cos A− B 2 ≥ 2 cos C 2 Vậy 1 sinA + 1 sinB ≥ 2 cos C 2 Tương tự ta có: 1 2 ( 1 sinA + 1 sinB ) ≥ 2 cos C 2 (1) 5 2 ( 1 sinB + 1 sinC ) ≥ 5 cos A 2 (2) 3 2 ( 1 sinA + 1 sinC ) ≥ 2 cos B 2 (3) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 86 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1),(2),(3) ta được: 2 sinA + 3 sinB + 4 sinC ≥ 5 cos A 2 + 3 cos B 2 + 1 cos C 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ A = B = C. Suy ra tam giác ABC đều ⇒ Đpcm Bài toán 3.15 Xác định tính chất của tam giác ABC nếu trong tam giác đó ta có: sin 2 A + sin2B + sin2 C ≤ 2 sinA + sinB + sinC ≥ 1 +√2 Bài giải Ta có: sin2A + sin2 B + sin2 C = 2 + 2 cosA cosB cosC ≤ 2 ⇒ cosA cosB cosC ≤ 0 ⇒M ABC không nhọn Ta lại có: sinA + sinB + sinC = sinA + 2 sin B + C 2 cos B − C 2 ≤ sinA + 2 cos A 2 ( vì cos B − C 2 ≤ 1) Không mất tính tổng quát giả sử: A = max{A,B,C} ⇒ A ∈ [pi 2 , pi] Suy ra  sinA ≤ 1 cos A 2 ≤ √ 2 2 ⇒ sinA + 2 cos A 2 ≤ 1 + √ 2 ⇒ sinA + sinB + sinC ≤ 1 + √ 2 Giả thiết có: sinA + sinB + sinC ≥ 1 + √ 2 ⇔ sinA + sinB + sinC = 1 + √ 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 87 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ cos B − C 2 = 1 sinA = 1 ⇔ B = CA = 900 Vậy tam giác ABC vuông cân tại A Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 88 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác §2: Các ví dụ loại 2 Bài toán 3.16 Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện: a = 2b. cosC Chứng minh rằng tam giác ABC cân Bài giải Cách 1: Ta có: a = 2b. cosC ⇔ 2R sinA = 2.2R sinB cosC (áp dụng định lý sin) ⇔ sinA = 2 sinB cosC = sin(B + C) + sin(B − C) = = sinA + sin(B − C) ⇔ sin(B − C) = 0 ⇔ B = C Vậy tam giác ABC cân tại A Cách 2: Ta có: a = 2b. cosC ⇒ a = 2b.a 2 + b2 − c2 2ab (áp dụng định lý côsin) ⇔ a2 + b2 − c2 = a2 ⇔ b2 − c2 = 0 ⇔ b = c Vậy tam giác ABC cân tại A Bài toán 3.17 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông nếu: cotg B 2 = a + c b Bài giải Ta có: cotg B 2 = a + c b Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 89 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ tgA + C 2 = sinA + sinC sinB (áp dụng định lý sin) ⇔ sin A + C 2 cos A + C 2 = 2 sin A + C 2 cos A− C 2 2 sin A + C 2 cos A + C 2 = cos A− C 2 cos A + C 2 ⇔ sin A +C 2 = cos A− C 2 ⇔ cos B 2 = cos A − C 2 ⇒ B = A − C ⇒ B + C = A = pi2 B = C − A ⇒ B + A = C = pi 2 Vậy ABC là tam giác vuông Bài toán 3.18 Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết: cotgB − cotgA = a 2 − b2 ab Bài giải Ta có: cotgB − cotgA = a 2 − b2 ab ⇔ cotgB − cotgA = sin 2 A− sin2B sinA sinB ( áp dụng định lý sin) ⇔ sin(A−B) = sin2 A− sin2 B = 1− cos 2A 2 − 1− 2B 2 ⇔ sin(A−B) = −1 2 (cos 2A−cos 2B) = sin(A−B) sin(A+B) = sin(A−B) sinC ⇔ sin(A− B)(1− sinC) = 0 ⇒ sin(A− B) = 0 ⇒ A = B sinC = 1 ⇒ C = pi 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 90 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy ABC là tam giác vuông tại C hoặc cân tại C Bài toán 3.19 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân nếu thỏa mãn điều kiện: a2 sin 2B + b2 sin 2A = c2cotg C 2 Bài giải Ta có: a2 sin 2B + b2 sin 2A = c2cotg C 2 ⇔ sin2 2A sin 2B + sin2 2B sin 2A = sin2 C cos C 2 sin C 2 ⇔ 2 sinA sinB(cosB sinA + sinB cosA) = sinC.2 cos2 C 2 ⇔ (cos(A− B)− cos(A + B)) sinC = sinC(1 + cosC) ⇔ cos(A− B) = 1 ⇒ A = B Vậy tam giác ABC cân tại C Bài toán 3.20 Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện: a(1− 2 cosA) + b(1− 2 cosB) + c(1− 2 cosC) = 0 Chứng minh tam giác ABC đều Bài giải Ta có: a(1− 2 cosA) + b(1− 2 cosB) + c(1− 2 cosC) = 0 ⇔ sinA(1− 2 cosA) + sinB(1− 2 cosB) + sinC(1− 2 cosC) = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 91 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ( áp dụng định lý sin) ⇔ sinA + sinB + sinC = sin 2A + sin 2B + sin 2C Trong tam giác ABC ta luôn có các đẳng thức: sinA + sinB + sinC = 4 cos A 2 cos B 2 cos C 2 sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sinA sinB sinC Suy ra: cos A 2 cos B 2 cos C 2 = sinA sinB sinC ⇔ cos A 2 cos B 2 cos C 2 = 8 sin A 2 sin B 2 sin C 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 sin B 2 sin C 2 = 1 8 Trong tam giác ABC ta luôn bất đẳng thức: sin A 2 sin B 2 sin C 2 ≤ 1 8 Dấu bằng xảy ra ⇔M ABC đều Bài toán 3.21 Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thỏa mãn điều kiện: a cosB + b cosC + c cosA = p Bài giải Ta có: a cosB + b cosC + c cosA = p = a + b + c 2 ⇔ 2 sinA cosB + 2 sinB cosC + 2 sinC cosA = sinA + sinB + sinC (áp dụng định lý sin) ⇔ sin(A+B)+sin(A−B)+sin(B+C) sin(B−C)+sin(C+A)+sin(C−A) = = sinA + sinB + sinC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 92 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ sin(A−B) + sin(B − C) + sin(C − A) = 0 ⇔ 2 sin A− C 2 . cos A + C − 2B 2 + 2 sin C − A 2 cos C −A 2 = 0 ⇔ 2 sin A− C 2 ( cos A + C − 2B 2 − cos C − A 2 ) = 0 ⇔ 4 sin A − C 2 sin B − C 2 sin C − A 2 = 0 ⇔  sin A− C 2 = 0 ⇒ A = C sin B − C 2 = 0 ⇒ B = C sin C −A 2 = 0 ⇒ C = A Vậy ABC là tam giác cân Bài toán 3.22 Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông nếu thỏa mãn điều kiện: (a + b− c)(a− b + c) = 4S Bài giải Ta có: (a+ b− c)(a− b + c) = 4S = 4abc 4R = abc R ⇔ a2 − (b− c)2 = abc R ⇔ sin2 A− (sinB − sinC)2 = 2 sinA sinB sinC ⇔ 4 sin2 A 2 cos2 A 2 − ( 2 cos B +C 2 sin B − C 2 )2 = 2 sinA sinB sinC ⇔ 4 sin2 A 2 ( sin2 B +C 2 − sin2 B − C 2 ) = 2 sinA sinB sinC ⇔ 4 sin2 A 2 ( sin B + C 2 − sin B − C 2 )( sin B + C 2 + sin B − C 2 ) = Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 93 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 2 sinA sinB sinC ⇔ 4 sin2 A 2 2 cos B 2 sin C 2 .2 sin B 2 cos C 2 = 2 sinA sinB sinC ⇔ 4 sin2 A 2 sinB sinC = 4 sin A 2 cos A 2 sinB sinC ⇔ sin A 2 = cos A 2 ⇔ A = pi 2 Vậy tam giác ABC vuông tại A Bài toán 3.23 Cho tam giác ABC có: 4R+2r=a+b+c. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông Bài giải Ta có: 4R+2r=a+b+c ⇒ 2R(2 + r R ) = 2R(sinA + sinB + sinC) (áp dụng định lý sin) Trong tam giác ABC ta có: r = 4R sin A 2 sin B 2 sin C 2 Suy ra: 2 + 4 sin A 2 sin B 2 sin C 2 = sinA + sinB + sinC Trong tam giác ABC ta có: cosA + cosB + cosC = 1 + 4 sin A 2 sin B 2 sin C 2 Vậy suy: 1 + cosA + cosB + cosC = sinA + sinB + sinC Theo chứng minh bài toán 3.3 ta có ABC là tam giác vuông Bài toán 3.24 Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi: a sinA + b sinB + c sinC a cosA + b cosB + c cosC = √ 3 Bài giải Theo bài toán 2.4 ta biết: a sinA + b sinB + c sinC a cosA + b cosB + c cosC = cotgA + cotgB + cotgC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 94 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Nhưng trong tam giác ABC có bất đẳng thức: cotgA + cotgB + cotgC ≥ √ 3 Thật vậy,bình phương hai vế ta được bất đẳng thức tương đương: cotg2A+ cotg2B + cotg2C +2(cotgAcotgB+ cotgBcotgC + cotgCcotgA) ≥ 3 Mà trong tam giác ABC có: cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA = 1 Suy ra cotg2A + cotg2B + cotg2C ≥ 1 (hiển nhiên đúng) vì: cotg2A + cotg2B + cotg2C ≥ cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA = 1 Dấu bằng xảy ra ⇔M ABC đều (đpcm) Bài toán 3.25 Cho tam giác ABC có: b + c = a 2 + √ 3.ha (ha là đường cao hạ từ đỉnh A) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều Bài giải Ta có: b + c = a 2 + √ 3.ha ⇔ b + c = a 2 + (b sinC) √ 3 ⇔ sinB + sinC = 1 2 sinA + √ 3. sinB sinC ⇔ sinB + sinC = 1 2 sin(B + C) + √ 3. sinB sinC ⇔ sinB + sinC = 1 2 sinB cosC + 1 2 sinC cosB + √ 3. sinB sinC ⇔ sinB ( 1 − 1 2 cosC − √ 3 2 sinC ) + sinC ( 1− 1 2 cosB − √ 3 2 sinB ) = 0 ⇔ sinB ( 1− cos(C − pi 3 ) ) + sinC ( 1− cos(B − pi 3 ) ) = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 95 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta có: sinB, sinC > 0( 1 − cos(C − pi 3 ) ) ≥ 0( 1 − cos(B − pi 3 ) ) ≥ 0 Suy ra sinB ( 1 − cos(C − pi 3 ) ) + sinC ( 1 − cos(B − pi 3 ) ) ≥ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chi khi cos(C − pi 3 ) = 1 cos(B − pi 3 ) = 1 ⇔ B = C = pi 3 Vậy ABC là tam giác đều Bài toán 3.26 Cho tam giác ABC có: b + c = a 2 + √ 3.la (la là phân giác trong tại đỉnh A) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều Bài giải Trong tam giác ta có: la = 2bc cos A 2 b + c Mà cos2 A 2 = 1 + cosA 2 = 1 + b2 + c2 − a2 2bc 2 ⇒ cos2 A 2 = (b + c)2 − a2 4bc = p(p − a) bc ⇒ cos A 2 = √ p(p − a) bc Suy ra: la = 2 √ bc b + c . √ p(p− a) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 96 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Giả thiết có: b + c = a 2 + √ 3.la ⇒ b + c − a 2 = √ 3.la Ta có: √ 3.la = √ 3. 2 √ bc b + c . √ p(p − a) ⇒√3.la ≤ √ 3. √ p(p − a) (áp dụng Cauchy) ⇒ √ 3.la ≤ √ 3p(p − a) = √ p(3p − 3a) ⇒ √3.la ≤ p + 3p− 3a 2 = b + c + a 2 (áp dụng Cauchy) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khib = cp = 3p − 3a ⇔ a = b = c Vậy ABC là tam giác đều Bài toán 3.27 Cho tam giác ABC có: b + c = a 2 + √ 3.ma (ma là đường trung tuyến từ đỉnh A) Hỏi tam giác ABC có đều không ? Bài giải Tam giác ABC chưa chắc đã đều, chẳng hạn ta chọn ví dụ sau: Tam giác ABC vuông có hai cạnh góc vuông là: b = 1, c = √ 3 và cạnh huyền a=2. Ta có: ma = 1 2 BC = 1 2 a = 1 Giả thiết có: b + c = a 2 + √ 3.ma ⇒ 1 +√3 = 2 2 + √ 3.1 (2 vế đẳng thức bằng nhau) Nhưng tam giác ABC không phải là đều mà là tam giác vuông Vậy tam giác ABC chưa chắc đã đều Bài toán 3.28 Chứng minh rằng ABC là tam giác đều nếu có: cosA + cosB + cosC = 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 97 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Trong tam giác ABC có: cosA + cosB + cosC ≤ 3 2 Dấu bằng xảy ra ⇔M ABC đều Bây giờ ta chứng minh: 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c ≥ 3 2 ⇔ ( 1 + 2p − a 2p + a ) + ( 1 + 2p − b 2p + b ) + ( 1 + 2p − c 2p + c ) ≥ 3 2 + 3 = 9 2 ⇔ 4p 2p + a + 4p 2p + b + 4p 2p + c ≥ 9 2 ⇔ 8p ( 1 2p + a + 1 2p + b + 1 2p + c ) ≥ 9 ⇔ (2p + a + 2p + b + 2p + c) ( 1 2p + a + 1 2p + b + 1 2p + c ) ≥ 9 (đúng) Vậy 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c ≥ 3 2 Mà giả thiết: cosA + cosB + cosC = 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c Dấu bằng xảy ra ⇔M ABC đều Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 98 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập Bài tập 3.1 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân nếu thỏa mãn điều kiện: sin A 2 . cos3 B 2 = sin B 2 . cos3 A 2 Bài tập 3.2 Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết: cotg2C = 1 2 (cotgC − cotgB) Bài tập 3.3 Cho tam giác ABC có: 2tgB + tgC = tg2B.tgC Chứng minh ABC là tam giác cân Bài tập 3.4 Tính góc A biết: 2 cos B 2 cos C 2 = 1 2 + b + c a . sin A 2 Bài tập 3.5 Cho M ABC có góc A,B nhọn và thỏa mãn điều kiện: tg2A + tg2B = 2tg2( A + B 2 ) Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân Bài tập 3.6 Chứng minh rằng ABC là tam giác đều nếu thỏa mãn điều kiện: 3 √ sinA + 3 √ sinB + 3 √ sinC = 3 √ cos A 2 + 3 √ cos B 2 + 3 √ cos C 2 Bài tập 3.7 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông khi và chỉ khi: sinA + cosA = a2(p− a) + b2(p − b) + c2(p − c) abc Bài tập 3.8 Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết: S = 1 4 (a2 + b2) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 99 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 3.9 Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông nếu thỏa mãn điều kiện: ha = 2p √ 2 sin B 2 sin C 2 Bài tập 3.10 Chứng minh rằng ABC là tam giác cân khi và chỉ khi: ha = √ bc. cos A 2 Bài tập 3.11 Chứng minh M ABC vuông nếu: r + ra + rb + rc = a + b + c Bài tập 3.12 M ABC có đặc điểm gì nếu biết: R = 1 sinA sin 2A + sinB sin 2B + sinC sin 2C sinA + sinB + sinC = 2 3 S Lời giải Bài tập 3.1 Ta có: sin A 2 . cos3 B 2 = sin B 2 . cos3 A 2 ⇔ sin A 2 cos3 A 2 = sin B 2 cos3 B 2 ⇔ tgA 2 ( 1 + tg2 A 2 ) = tg B 2 ( 1 + tg2 B 2 ) ⇔ ( tg3 A 2 − tg3B 2 ) + ( tg A 2 − tgB 2 ) = 0 ⇔ ( tg A 2 − tgB 2 )( tg2 A 2 + tg A 2 tg B 2 + tg2 B 2 ) = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 100 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ tgA 2 − tgB 2 = 0 ⇔ A 2 = B 2 ⇔ A = B Vậy tam giác ABC cân tại C Bài tập 3.2 Ta có: cotg2C = 1 2 (cotgC − cotgB) ⇔ cos 2C sin 2C = 1 2 . − sin(C − B) sinB sinC ⇔ cos 2C sinB = cosC sin(B − C) ⇔ sin(2C + B)− sin(2C − B) = sinB − sin(2C − B) ⇔ sin(2C + B)− sinB = 0 ⇔ 2 cos(B + C) sinC = 0 ⇔ cos(B +C) = 0 (do sinC > 0) ⇒ B +C = pi 2 ⇒ A = pi 2 Vậy tam giác ABC vuông tai A Bài tập 3.3 Ta có: 2tgB + tgC = tg2B.tgC ⇔ tgB + tgC = −tgB(1 − tgBtgC) + Nếu 1− tgBtgC = 0 ⇒ tgB = −tgC ⇒ B + C = kpi (vô lý) + Nếu 1 − tgBtgC 6= 0 ta có: tgB + tgC 1− tgBtgC = −tgB ⇔ tg(B + C) = −tgB ⇔ −tgA = −tgB ⇔ A = B Vậy tam giác ABC cân tại C Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 101 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 3.4 Theo định lý sin ta có: cos B + C 2 + cos B − C 2 − 2R(sinB + sinC 2R sinA . sin A 2 = 1 2 ⇔ sin A 2 ( 1− sinB + sinC sinA ) + cos B − C 2 = 1 2 ⇔ sin A 2 sinA− 2 sin B + C2 cos B − C2 sinA + cos B − C 2 = 1 2 ⇔ 2 cos A 2 ( sin A 2 − cos B − C 2 ) 2 cos A 2 + cos B − C 2 = 1 2 ⇔ sin A 2 = 1 2 ; do 0 < A 2 < pi 2 ⇒ A = pi 3 Vậy góc A bằng 600 Bài tập 3.5 Xét bổ đề sau: Với A,B nhọn: tgA + tgB ≥ 2tgA + B 2 Chứng minh Ta có: tgA + tgB = sin(A + B) cosA + cosB ⇒ tgA + tgB = 2 sin(A + B) cos(A− B) + cos(A + B) ≥ 2 sin(A + B) 1 + cos(A +B) ⇒ tgA + tgB ≥ 4 sin A + B 2 cos A + B 2 2 cos2 ( A + B 2 ) = 2tgA + B 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 102 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy tgA + tgB ≥ 2tgA + B 2 Ta có: tg2A + tg2B = 1 2 (12 + 12)(tg2A + tg2B) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được: tg2A + tg2B ≥ 1 2 (tgA + tgB)2 Áp dụng bổ đề trên ta có: tg2A + tg2B ≥ 1 2 ( 2.tg A + B 2 )2 = 2tg2 ( A + B 2 ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:cos(A− B) = 1tgA = tgB ⇔ A = B Vậy tam giác ABC cân tại C Bài tập 3.6 Ta chứng minh bổ đề sau: 3 √ a1a2a3 + 3 √ b1b2b3 ≤ 3 √ (a1 + b1)(a2 + b2)(a3 + b3) ∀ai, bi > 0 Chứng minh Ta có bổ đề tương đương với: 3 √ a1a2a3 (a1 + b1)(a2 + b2)(a3 + b3) + 3 √ b1b2b3 (a1 + b1)(a2 + b2)(a3 + b3) ≤ 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: V T ≤ 1 3 ( a1 a1 + b1 + a2 a2 + b2 + a3 a3 + b3 ) + 1 3 ( b1 a1 + b1 + b2 a2 + b2 + b3 a3 + b3 ) = = 1 3 ( a1 + b1 a1 + b1 + a2 + b2 a2 + b2 + a3 + b3 a3 + b3 ) = 1 3 .3 = 1 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 103 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Dấu bằng xảy ra ⇔ a1 b1 = a2 b2 = a3 b3 Áp dụng bổ đề ta có: 3 √ 1.1. sinA + 3 √ 1.1. sinB ≤ 3 √ (1 + 1)(1 + 1)(sinA + sinB) = = 3 √ 4 ( 2 sin A + B 2 cos A− B 2 ) ⇒ 3 √ sinA + 3 √ sinB ≤ 2 3 √ cos C 2 cos A −B 2 ≤ 2 3 √ cos C 2 vậy 3 √ sinA + 3 √ sinB ≤ 2 3 √ cos C 2 Tương tự ta có: 3 √ sinB + 3 √ sinC ≤ 2 3 √ cos A 2 3 √ sinC + 3 √ sinA ≤ 2 3 √ cos B 2 Suy ra: 2 ( 3 √ sinA + 3 √ sinB + 3 √ sinC ) ≤ 2 ( 3 √ cos A 2 + 3 √ cos B 2 + 3 √ cos C 2 ) ⇔ 3 √ sinA + 3 √ sinB + 3 √ sinC ≤ 2 3 √ cos A 2 + 3 √ cos B 2 + 3 √ cos C 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ A = B = C ⇔M ABC đều Bài tập 3.7 Ta có: a2(p− a) + b2(p − b) + c2(p − c) abc = = a2(b+ c − a) + b2(c + a− b) + c2(a + b− c) 2abc = = a(b2 + c2 − a2) + b(c2 + a2 − b2) + c(a2 + b2 − c2) 2abc = = b2 + c2 − a2 2bc + c2 + a2 − b2 2ca + a2 + b2 − c2 2ab = cosA + cosB + cosC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 104 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Khi đó đẳng thức đã cho ⇔ sinA + cosA = cosA + cosB + cosC ⇔ sinA = cosB + cosC ⇔ sinA = 2 cos B + C 2 cos B − C 2 ⇔ 2 sin A 2 cos A 2 = 2 sin A 2 cos B − C 2 ⇔ cos A 2 = cos B − C 2 ⇔ A = B − C ⇔ A + C = B ⇔ B = pi 2 A = C − B ⇔ A + B = C ⇔ C = pi 2 Vậy ABC là tam giác vuông Bài tập 3.8 Ta có: S = 1 4 (a2 + b2) ⇔ a2 + b2 = 2ab sinC Mà ta có: 2ab sinC ≤ 2ab Suy ra a2 + b2 ≤ 2ab ⇔ (a− b)2 ≤ 0 ⇒ a− b = 0sinC = 1 ⇒ C = pi 2 Vậy tam giác ABC vuông cân tại C Bài tập 3.9 Ta có: ha = b sinC = 2R sinB sinC Suy ra: 2R sinB sinC = (a+ b + c) √ 2 sin B 2 sin C 2 ⇒ 4 sin B 2 sin C 2 cos B 2 cos C 2 = (sinA + sinB + sinC) √ 2 sin B 2 sin C 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 105 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta luôn có: sinA + sinB + sinC = 4 cos A 2 cos B 2 cos C 2 Suy ra: 1 = √ 2 cos A 2 ⇔ cos A 2 = 1√ 2 ⇒ A = pi 2 Vậy ABC là tam giác vuông tại A Bài tập 3.10 Trong mọi tam giác ABC ta luôn có: ha ≤ la = 2bc b + c cos A 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ha ≤ 2bc cos A 2 2 √ bc = √ bc cos A 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c Vậy tam giác ABC cân tại A Bài tập 3.11 Ta luôn có: r = 4R sin A 2 sin B 2 sin C 2 a + b + c = 2R(sinA + sinB + sinC) = 8R cos A 2 cos B 2 cos C 2 ra = ptg A 2 = a + b + c 2 tg A 2 = 4R sin A 2 cos B 2 cos C 2 rb = ptg B 2 = a + b + c 2 tg B 2 = 4R sin B 2 cos C 2 cos A 2 rc = ptg C 2 = a + b + c 2 tg C 2 = 4R sin C 2 cos A 2 cos B 2 Khi đó đẳng thức: r + ra + rb + rc = a + b + c ⇔ 4R ( sin A 2 sin B 2 sin C 2 + sin A 2 cos B 2 cos C 2 + sin B 2 cos C 2 cos A 2 + sin C 2 cos A 2 cos B 2 ) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 106 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 8R cos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 ( sin B 2 sin C 2 + cos B 2 cos C 2 ) +cos A 2 ( sin B 2 cos C 2 + sin C 2 cos B 2 ) = = 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 cos ( B − C 2 ) +cos A 2 sin ( B + C 2 ) = cos A 2 ( cos B + C 2 + cos B − C 2 ) ⇔ sin A 2 cos ( B − C 2 ) + cos A 2 cos A 2 − cos A 2 sin A 2 − cos A 2 cos B − C 2 = 0 ⇔ ( sin A 2 − cos A 2 ) cos B − C 2 − cos A 2 ( sin A 2 − cos A 2 ) = 0 ⇔ ( sin A 2 − cos A 2 )( cos B − C 2 − cos A 2 ) = 0 ⇔ sin A 2 = cos A 2 hoặc cos B − C 2 = cos A 2 ⇔ tgA 2 = 1 hoặc B-C=A hoặc C-B=A ⇔ A = pi 2 hoặc B = pi 2 hoặc C = pi 2 Vậy ABC là tam giác vuông Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 107 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giảng số 4: Tổng và tích hữu hạn các hàm lượng giác Khi tính tổng hữu hạn các hàm lượng giác,chúng ta sử dụng lược đồ sau: f(2a)− f(a) = g(a) f(3a)− f(2a) = g(2a) ..... f((n+ 1)a)− f(na) = g(na) Cộng các đẳng thức trên ta thu được: n∑ k=1 g(ka) = f((n + 1)a)− f(a) Bài toán 4.1 Tính tổng: S1 = sin x + sin 2x + ... + sin(nx) Bài giải - Nếu sin x2 = 0 ⇔ x 2 = kpi ⇒ x = 2kpi ⇒ S1 = 0 - Nếu sin x 2 6= 0 ⇔ x2 6= 2mpi. Ta có: 2 sin x 2 .S1 = 2 sin x 2 . sin x + 2 sin x 2 . sin 2x + ... + 2 sin x 2 . sin(nx) = (cos x 2 − cos 3x2 ) + (cos 3x 2 − cos 5x 2 ) + ... + (cos (2n − 1)x 2 − cos (2n+1)x2 ) = (cos x 2 − cos (2n + 1)x 2 ) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 108 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 2 sin (n + 1)x 2 sin nx 2 ⇒ S1 = sin (n + 1)x 2 sin nx 2 sin x2 Bài toán 4.2 Tính tổng: S2 = cos x + cos 2x + ... + cos(nx) - Nếu sin x2 = 0 ⇔ x2 = kpi ⇒ x = 2kpi ⇒ S2 = n - Nếu sin x2 6= 0 ⇔ x2 6= 2mpi. Ta có: 2 sin x 2 .S2 = 2 cos x. sin x 2 + 2 cos 2x. sin x 2 + ... + 2 cos(nx). sin x 2 = (sin 3x 2 − sin x 2 ) + (sin 5x 2 − sin 3x 2 ) + ... + (sin (2n + 1)x 2 − sin (2n− 1)x 2 = sin (2n + 1)x 2 − sin x 2 = 2 cos (n + 1)x 2 . sin nx 2 ⇒ S2 = cos (n + 1)x 2 sin nx 2 sin x 2 Bài toán 4.3 Chứng minh rằng: tg 3pi 11 + 4 sin 2pi 11 = √ 11 Bài giải Đặt x = pi 11 ta phải chứng minh tg3x + 4tg2x = √ 11 ⇔ (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 = 11 cos2 3x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 109 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 − 11 cos2 3x = 0 Đặt A = (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 − 11 cos2 3x Ta có: (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 = (sin 3x + 2 sin 5x − 2 sin x)2 = sin2 3x+4 sin2 5x+4 sin2 x+4 sin 3x sin 5x−4 sin 3x sin x−8 sin 5x sin x = 1 − cos 6x 2 + 2(1 − cos 10x) + 2(1− cos 2x) + 2(cos 2x − cos 8x) −2(cos 2x − cos 4x) − 4(cos 4x − cos 6x) = 9 2 − 2 cos 2x− 2 cos 4x + 7 2 cos 6x − 2 cos 8x − 2 cos 10x Và 11 cos2 3x = 11.( 1 + cos 6x 2 ) = 11 2 + 11 2 cos 6x Suy ra A = −1 − 2(cos 2x + cos 4x + cos 8x + cos 10x) Xét P = cos 2x + cos 4x + cos 8x + cos 10x ⇒ 2 sin x.P