Ôn tập lại lý thuyết và hướng dẫn cách giải các dạng toán về hệ thức lượng trong tam giác ở lớp 10 qua các ví dụ có lời giải chi tiết.

Chúng ta cần nhớ các công thức và định lý trước khi vận dụng vào giải bài tập .

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Định lí côsin

Trong tam giác $ABC$ với $BC = a$, $AC = b$ và $AB = c.$ Ta có:
${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc.cos A.$
${b^2} = {c^2} + {a^2} – 2ca.cos B.$
${c^2} = {a^2} + {b^2} – 2ab.cos C.$

Hệ quả:
$ displaystylecos A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}$.
$ displaystylecos B = frac{{{c^2} + {a^2} – {b^2}}}{{2ca}}$.
$ displaystylecos C = frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}$

2. Định lí sin

Trong tam giác $ ABC $ với $ BC = a $, $ AC = b USD, $ AB = c USD và $ R $ là nửa đường kính đường tròn ngoại tiếp. Ta có : $ displaystyle frac { a } { { sin A } } = frac { b } { { sin B } } = frac { c } { { sin C } } = 2R. $

3. Độ dài trung tuyến

Cho tam giác $ABC$ với ${m_a}$, ${m_b}$, ${m_c}$ lần lượt là các trung tuyến kẻ từ $A$, $B$, $C.$ Ta có:
$ displaystyle m_{a}^{2}=frac{{2left( {{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} right)-{{a}^{2}}}}{4}$.
$ displaystyle m_b^2 = frac{{2left( {{a^2} + {c^2}} right) – {b^2}}}{4}$
$ displaystyle m_c^2 = frac{{2left( {{a^2} + {b^2}} right) – {c^2}}}{4}$

4. Diện tích tam giác

Với tam giác $ ABC $ ta kí hiệu $ { h_a } $, $ { h_b } $, $ { h_c } $ là độ dài đường cao lần lượt tương ứng với các cạnh $ BC $, USD CA USD, $ AB $, USD R USD, USD r USD lần lượt là nửa đường kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác, $ P = frac { { a + b + c } } { 2 } $ là nửa chu vi tam giác, $ S $ là diện tích quy hoạnh tam giác. Khi đó ta có :USD displaystyle S = frac { 1 } { 2 } a { { h } _ { a } } = frac { 1 } { 2 } b { { h } _ { b } } = frac { 1 } { 2 } c { { h } _ { c } } = frac { 1 } { 2 } bc sin A = frac { 1 } { 2 } ca sin B = frac { 1 } { 2 } ab sin C = frac { { abc } } { { 4R } } = $= $ displaystyle pr = sqrt { { p ( p-a ) ( p-b ) ( p-c ) } } $ ( công thức Hê-rông ) .

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC.

1. PHƯƠNG PHÁP

Sử dụng định lí côsin và định lí sin .Sử dụng công thức xác lập độ dài đường trung tuyến và mối liên hệ của các yếu tố trong các công thức tính diện tích quy hoạnh trong tam giác .

2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho tam giác $ABC$ có $AB = 4$, $AC = 5$ và $cos A = frac{3}{5}.$ Tính cạnh $BC$ và độ dài đường cao kẻ từ $A.$

Áp dụng định lí côsin ta có:
$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB.AC.cos A$ $ = {4^2} + {5^2} – 2.4.5.frac{3}{5} = 29.$

Suy ra $ BC = sqrt { 29 }. $Vì $ { sin ^ 2 } A + { cos ^ 2 } A = 1 USD nên $ sin A = sqrt { 1 – { { cos } ^ 2 } A } $ $ = sqrt { 1 – frac { 9 } { { 25 } } } = frac { 4 } { 5 }. $Theo công thức tính diện tích quy hoạnh ta có $ { S_ { ABC } } = frac { 1 } { 2 } AB.AC. sin A $ $ = frac { 1 } { 2 }. 4.5. frac { 4 } { 5 } = 8 $ $ ( 1 ). $Mặt khác USD { S_ { ABC } } = frac { 1 } { 2 } a. { h_a } $ $ = frac { 1 } { 2 }. sqrt { 29 }. { h_a } $ $ ( 2 ). $Từ USD ( 1 ) USD và USD ( 2 ) USD suy ra $ frac { 1 } { 2 }. sqrt { 29 }. { h_a } = 8 $ $ Rightarrow { h_a } = frac { { 16 sqrt { 29 } } } { { 29 } }. $Vậy độ dài đường cao kẻ từ $ A $ là $ { h_a } = frac { { 16 sqrt { 29 } } } { { 29 } }. $

Ví dụ 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn bán kính bằng $3$, biết $widehat A = {30^0}$, $widehat B = {45^0}.$ Tính độ dài trung tuyến kẻ từ $A$ và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.

Ta có $ widehat C = { 180 ^ 0 } – widehat A – widehat B $ $ = { 180 ^ 0 } – { 30 ^ 0 } – { 45 ^ 0 } $ $ = { 105 ^ 0 }. $Theo định lí sin ta có :USD a = 2R sin A $ $ = 2.3. sin { 30 ^ 0 } = 3. $USD b = 2R sin B USD USD = 2.3. sin { 45 ^ 0 } = 6. frac { { sqrt 2 } } { 2 } = 3 sqrt 2. $USD c = 2R sin C USD USD = 2.3. sin { 105 ^ 0 } approx 5,796. $

Theo công thức đường trung tuyến ta có:
$m_a^2 = frac{{2left( {{b^2} + {c^2}} right) – {a^2}}}{4}$ $ approx frac{{2left( {18 + {{5,796}^2}} right) – 9}}{4}$ $ = 23,547.$

Theo công thức tính diện tích quy hoạnh tam giác ta có :USD { S_ { ABC } } = pr = frac { 1 } { 2 } bc sin A $ $ Rightarrow r = frac { { bc sin A } } { { 2 p } } $ $ approx frac { { 3 sqrt 2. 5,796 sin { { 30 } ^ 0 } } } { { 3 + 3 sqrt 2 + 5,796 } } approx 0,943. $

Ví dụ 3: Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm của $BC.$ Biết $AB = 3$, $BC = 8$, $cos widehat {AMB} = frac{{5sqrt {13} }}{{26}}.$ Tính độ dài cạnh $AC$ và góc lớn nhất của tam giác $ABC.$

USD BC = 8 $ $ Rightarrow BM = 4. USD

Đặt $AM = x.$
Theo định lí côsin ta có:

USD displaystyle cos widehat { AMB } = frac { { A { M ^ 2 } + B { M ^ 2 } – A { B ^ 2 } } } { { 2AM. BM } }. $Suy ra $ displaystyle frac { { 5 sqrt { 13 } } } { { 26 } } = frac { { { x ^ 2 } + 16 – 9 } } { { 2.4. x } }. $⇔ USD 13 x ^ { 2 } – 20 sqrt { 13 } x + 91 = 0 Leftrightarrow left [ begin { array } { l } x = sqrt { 13 } x = frac { 7 sqrt { 13 } } { 13 } end { array } right. $Theo công thức tính đường trung tuyến ta có : $ displaystyle A { { M } ^ { 2 } } = frac { { 2 left ( { A { { B } ^ { 2 } } + A { { C } ^ { 2 } } } right ) – B { { C } ^ { 2 } } } } { { 2AB. AC } } $Trường hợp 1 : Nếu USD x = sqrt { 13 } $ ⇒ $ displaystyle 13 = frac { { 2 left ( { { { 3 } ^ { 2 } } + A { { C } ^ { 2 } } } right ) – { { 8 } ^ { 2 } } } } { 4 } $ ⇒ $ displaystyle AC = 7 USDTa có $ BC > AC > AB $ $ Rightarrow $ góc $ A $ lớn nhất .Theo định lí côsin ta có :USD displaystyle cos A = frac { { A { B ^ 2 } + A { C ^ 2 } – B { C ^ 2 } } } { { 2AB. AC } } $ $ = frac { { 9 + 49 – 64 } } { { 2.3.7 } } = – frac { 1 } { 7 }. $Suy ra $ A approx { 98 ^ 0 } 12 ′. $Trường hợp 2 : Nếu USD x = frac { { 7 sqrt { 13 } } } { { 13 } } $ $ Rightarrow frac { { 49 } } { { 13 } } = frac { { 2 left ( { { 3 ^ 2 } + A { C ^ 2 } } right ) – { 8 ^ 2 } } } { 4 } $ $ Rightarrow AC = sqrt { frac { { 397 } } { { 13 } } }. $Ta có $ BC > AC > AB $ $ Rightarrow $ góc $ A $ lớn nhất .Theo định lí côsin ta có :USD displaystyle cos A = frac { { A { B ^ 2 } + A { C ^ 2 } – B { C ^ 2 } } } { { 2AB. AC } } = frac { { 9 + frac { { 397 } } { { 13 } } – 64 } } { { 2.3. sqrt { frac { { 397 } } { { 13 } } } } } = – frac { { 53 } } { { sqrt { 5161 } } } $Suy ra $ A approx { 137 ^ 0 } 32 ′. $

Ví dụ 4: Cho hình chữ nhật $ABCD$ biết $AD = 1.$ Giả sử $E$ là trung điểm $AB$ và thỏa mãn $widehat {BDE} = frac{1}{3}.$ Tính độ dài cạnh $AB.$

Đặt $ AB = 2 x $ $ ( x > 0 ) $ $ Rightarrow AE = EB = x. $Vì góc $ widehat { BDE } $ nên $ cos widehat { BDE } > 0 USD suy ra :USD cos widehat { BDE } = sqrt { 1 – { { sin } ^ 2 } widehat { BDE } } $ $ = frac { { 2 sqrt 2 } } { 3 }. $Theo định lí Pitago ta có :USD D { E ^ 2 } = A { D ^ 2 } + A { E ^ 2 } USD USD = 1 + { x ^ 2 } $ $ Rightarrow DE = sqrt { 1 + { x ^ 2 } }. $USD B { D ^ 2 } = D { C ^ 2 } + B { C ^ 2 } USD $ = 4 { x ^ 2 } + 1 $ $ Rightarrow BD = sqrt { 4 { x ^ 2 } + 1 }. $Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ BDE $ ta có :USD cos widehat { BDE } = frac { { D { E ^ 2 } + D { B ^ 2 } – E { B ^ 2 } } } { { 2DE. DB } } $ $ Leftrightarrow frac { { 2 sqrt 2 } } { 3 } = frac { { 4 { x ^ 2 } + 2 } } { { 2 sqrt { left ( { 1 + { x ^ 2 } } right ) left ( { 4 { x ^ 2 } + 1 } right ) } } }. $USD Leftrightarrow 4 { x ^ 4 } – 4 { x ^ 2 } + 1 = 0 $ $ Leftrightarrow 2 { x ^ 2 } = 1 $ $ Leftrightarrow x = frac { { sqrt 2 } } { 2 } $ ( do USD x > 0 USD ) .Vậy độ dài cạnh $ AB $ là $ sqrt 2. $

3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Cho tam giác $ABC$ có đoạn thẳng nối trung điểm $AB$ và $BC$ bằng $3$, cạnh $AB = 9$ và $widehat {ACB} = {60^0}.$ Tính cạnh $BC.$

Đặt $BC = x$ $(x > 0).$
$MN = 3$ $ Rightarrow AC = 6.$
Theo định lí côsin ta có $A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} – 2.CA.CB.cos C.$
Hay $81 = 36 + {x^2} – 2.6.x.frac{1}{2}$ $ Leftrightarrow x = 3(1 + sqrt 6 ).$

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có $AB = 1.$ Trên tia đối của $AC$ lấy điểm $D$ sao cho $CD = AB.$ Giả sử $widehat {CBD} = {30^0}.$ Tính $AC.$

Đặt $AC = x$ $(x > 0).$
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABD$ ta có:
$B{D^2} = 1 + {(1 + x)^2} – 2(1 + x).frac{1}{x}.$
Áp dụng định lí sin trong tam giác $BCD$ ta có:
$BD = frac{1}{{sin {{30}^0}}}sin widehat {BCD} = frac{2}{x}.$
Suy ra ta được phương trình:
${x^4} + 2{x^3} – 2x – 4 = 0$ $ Leftrightarrow (x + 2)left( {{x^3} – 2} right) = 0$ $ Leftrightarrow x = sqrt[3]{2}.$
Vậy $AC = sqrt[3]{2}.$

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ có $AB = 3$, $AC =7$, $BC = 8.$
a) Tính diện tích tam giác $ABC.$
b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác.
c) Tính đường cao kẻ từ đỉnh $A.$

a) Áp dụng công thức Hê-rông ta có $S = sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ = 6sqrt 3 .$
b) Áp dụng công thức tính diện tích $S = frac{{abc}}{{4R}}$ và $S = pr$ suy ra:
$R = frac{{7sqrt 3 }}{3}$, $r = frac{{2sqrt 3 }}{3}.$
c) ${h_a} = frac{{2S}}{a} = frac{{12sqrt 6 }}{8} = frac{{3sqrt 6 }}{2}.$

Bài 4: Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $frac{a}{{sqrt 3 }} = frac{b}{{sqrt 2 }} = frac{{2c}}{{sqrt 6 – sqrt 2 }}.$
a) Tính các góc của tam giác.
b) Cho $a = 2sqrt 3 .$ Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

a) Đặt $frac{a}{{sqrt 3 }} = t > 0$ $ Rightarrow a = sqrt 3 t$, $b = sqrt 2 t$, $c = frac{{sqrt 6 – sqrt 2 }}{2}t.$
Áp dụng định lí côsin ta có:
$cos A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}$ $ = frac{{2{t^2} + (2 – sqrt 3 ){t^2} – 3{t^2}}}{{2(sqrt 3 – 1){t^2}}}$ $ = – frac{1}{2}$ $ Rightarrow A = {120^0}.$
$cos B = frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}$ $ = frac{{3{t^2} + (2 – sqrt 3 ){t^2} – 2{t^2}}}{{sqrt 2 (3 – sqrt 3 ){t^2}}} = frac{{sqrt 2 }}{2}$ $ Rightarrow B = {45^0}$, $C = {15^0}.$
b) Áp dụng định lí sin, ta có: $R = frac{a}{{2sin A}}$ $ = frac{{2sqrt 3 }}{{2sin {{120}^0}}} = 2.$

Bài 5: Cho tam giác $ABC$ có $widehat A = {60^0}$, $a = 10$, $r = frac{{5sqrt 3 }}{3}.$
a) Tính $R.$
b) Tính $b$, $c.$

a) $2R = frac{a}{{sin A}} = frac{{20sqrt 3 }}{3}$ $ Rightarrow R = frac{{10sqrt 3 }}{3}.$
b) Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là các tiếp điểm của $BC$, $CA$ và $AB$ với đường tròn nội tiếp tam giác $ABC.$
Ta có:
$AP = AN – r.cot {30^0} = 5$, $BP + NC$ $ = BM + MC$ $ = a = 10.$
$ Rightarrow (b – AN) + (c – AP) = 10$ $ Rightarrow b + c = 20$ $(1).$
Theo định lí côsin ta có:
${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bccos {60^0}$ $ Rightarrow bc = frac{{{{(b + c)}^2} – {a^2}}}{3} = 100$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $b$, $c$ là nghiệm của phương trình ${x^2} – 20x + 100 = 0$ $ Leftrightarrow x = 10.$
Vậy $b = c = 10$ $ Rightarrow Delta ABC$ đều.

Bài 6: Cho tam giác $ABC$ có $AB = 10$, $AC = 4$ và $widehat A = {60^0}.$
a) Tính chu vi của tam giác.
b) Tính $tan C.$
c) Lấy điểm $D$ trên tia đối của tia $AB$ sao cho $AD = 6$ và điểm $E$ trên tia $AC$ sao cho $AE = x.$ Tìm $x$ để $BE$ là tiếp tuyến của đường tròn $(C)$ ngoại tiếp tam giác $ADE.$

a) Theo định lí côsin ta có:
$B{C^2} = {10^2} + {4^2} – 2.10.4cos {60^0} = 76.$
$ Rightarrow BC approx 8,72.$
Suy ra chu vi tam giác là $2p approx 10 + 4 + 8,72 = 22,72.$
b) Kẻ đường cao $BH$ ta có:
$AH = ABcos {60^0} = 5$ $ Rightarrow HC = 5 – 4 = 1.$
$BH = ABsin {60^0} = 5sqrt 3 .$
Vậy $tan C = – tan widehat {BCH}$ $ = – frac{{HB}}{{HC}} = – 5sqrt 3 .$

c) Để $BE$ là tiếp tuyến đường tròn $(C)$ ta phải có:
$B{E^2} = BA.BD$ $ = 10(10 + 6) = 160.$
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABE$ ta có:
$B{E^2} = {x^2} + 100 – 10x$ $ Rightarrow {x^2} – 10x – 60 = 0.$
$ Rightarrow x = 5 + sqrt {85} .$

Bài 7: Cho tam giác $ABC$ cân có cạnh bên bằng $b$ và nội tiếp đường tròn $(O;R).$
a) Tính côsin của các góc tam giác.
b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
c) Với giá trị nào của $b$ thì tam giác có diện tích lớn nhất?

a) Giả sử tam giác cân tại đỉnh $A.$
Đặt $widehat B = widehat C = alpha $ $ Rightarrow alpha < {90^0}.$
Ta có $sin alpha = frac{b}{{2R}}$ $ Rightarrow cos B = cos C = cos alpha $ $ = sqrt {1 – frac{{{b^2}}}{{4{R^2}}}} .$

USD cos A = frac { { A { B ^ 2 } + A { C ^ 2 } – B { C ^ 2 } } } { { 2AB. AC } } $ $ = frac { { { b ^ 2 } – 2 { R ^ 2 } } } { { 2 { R ^ 2 } } }. $b ) $ S = frac { 1 } { 2 } BC.AH $ $ = frac { 1 } { 2 }. 2 b cos alpha. b sin alpha $ $ = frac { { { b ^ 3 } sqrt { 4 { R ^ 2 } – { b ^ 2 } } } } { { 4 { R ^ 2 } } }. $Chu vi tam giác là USD 2 p = 2 b + 2 b frac { { sqrt { 4 { R ^ 2 } – { b ^ 2 } } } } { { 2R } }. $Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác USD r = frac { S } { P } $ $ = frac { { { b ^ 2 } sqrt { 4 { R ^ 2 } – { b ^ 2 } } } } { { 2R ( 2R + sqrt { 4 { R ^ 2 } – { b ^ 2 } } ) } }. $c ) Ta phải tìm USD b USD để $ y = { b ^ 3 } sqrt { 4 { R ^ 2 } – { b ^ 2 } } $ đạt GTLN .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số ta có:
$y = 3sqrt 3 sqrt {frac{{{b^2}}}{3}.frac{{{b^2}}}{3}.frac{{{b^2}}}{3}.left( {4{R^2} – {b^2}} right)} $ $ le 3sqrt 3 sqrt {{{left( {frac{{frac{{{b^2}}}{3} + frac{{{b^2}}}{3} + frac{{{b^2}}}{3} + left( {4{R^2} – {b^2}} right)}}{4}} right)}^4}} $ $ = 3sqrt 3 {R^4}.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $ frac { { { b ^ 2 } } } { 3 } = 4 { R ^ 2 } – { b ^ 2 } $ $ Leftrightarrow b = R sqrt 3. $

DẠNG TOÁN 2 : GIẢI TAM GIÁC

1. PHƯƠNG PHÁP

Giải tam giác là tính các cạnh và các góc của tam giác dựa trên một số điều kiện cho trước.
Trong các bài toán giải tam giác người ta thường cho tam giác với ba yếu tố như sau: biết một cạnh và hai góc kề cạnh đó, biết một góc và hai cạnh kề góc đó, biết ba cạnh. Để tìm các yếu tố còn lại ta sử dụng định lí côsin và định lí sin, định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng $180°$ và trong một tam giác đối diện với góc lớn hơn thì có cạnh lớn hơn và ngược lại đối diện với cạnh lớn hơn thì có góc lớn hơn.

2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Giải tam giác $ABC$ biết $b = 32$, $c = 45$ và $widehat A = {87^0}.$

Theo định lí côsin ta có: ${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bccos A$ $ = {32^2} + {4^2} – 2.32.4.sin {87^0}.$
Suy ra $a approx 53,8.$
Theo định lí sin ta có: $sin B = frac{{bsin A}}{a}$ $ = frac{{32sin {{87}^0}}}{{53,8}}$ $ Rightarrow widehat B approx {36^0}.$

Suy ra $ widehat C = { 180 ^ 0 } – widehat A – widehat B $ $ approx { 180 ^ 0 } – { 87 ^ 0 } – { 36 ^ 0 } = { 57 ^ 0 }. $

Ví dụ 2: Giải tam giác $ABC$ biết $widehat A = {60^0}$, $widehat B = {40^0}$ và $c = 14.$

Ta có $widehat C = {180^0} – widehat A – widehat B$ $ = {180^0} – {60^0} – {40^0} = {80^0}.$
Theo định lí sin ta có:
$a = frac{{csin A}}{{sin C}} = frac{{14.sin {{60}^0}}}{{sin {{80}^0}}}$ $ Rightarrow a approx 12,3.$
$b = frac{{csin B}}{{sin C}} = frac{{14.sin {{40}^0}}}{{sin {{80}^0}}}$ $ Rightarrow b approx 9,1.$

Ví dụ 3: Cho tam giác $ABC$ biết $a = 2sqrt 3 $, $b = 2sqrt 2 $, $c = sqrt 6 – sqrt 2 .$ Tính góc lớn nhất của tam giác.

Theo giải thiết ta có $c < b < a$ suy ra $widehat C < widehat B < widehat A$ do đó góc $A$ là lớn nhất.
Theo định lí côsin ta có:
$cos A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}$ $ = frac{{8 + {{(sqrt 6 – sqrt 2 )}^2} – {{12}^2}}}{{2.2sqrt 2 .(sqrt 6 – sqrt 2 )}}$ $ = frac{{4 – 4sqrt 3 }}{{8sqrt 3 – 8}} = – frac{1}{2}.$
Suy ra $widehat A = {120^0}.$
Vậy góc lớn nhất là góc $A$ có số đo là ${120^0}.$

3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Giải tam giác $ABC$ biết:
a) $a = 2$, $b=3$, $c =4.$
b) $a = 12$, $c=8,2$ và $widehat A = {110^0}.$

a) Theo định lí côsin ta có:
$cos A = frac{{{3^2} + {4^2} – {2^2}}}{{2.3.4}} = frac{7}{8}$ $ Rightarrow widehat A approx {28^0}57′.$
$cos B = frac{{{2^2} + {4^2} – {3^2}}}{{2.2.4}} = frac{{11}}{{16}}$ $ Rightarrow widehat B approx {46^0}34′.$
$widehat C = {180^0} – widehat A – widehat B approx {104^0}29′.$
b) Theo định lí sin ta có:
$sin C = frac{{csin A}}{a}$ $ = frac{{8,2.sin {{110}^0}}}{{12}}$ $ Rightarrow widehat C approx {39^0}57’$ hoặc $widehat C approx {180^0} – {39^0}57′ = {140^0}3′.$
Vì góc $A$ tù nên góc $C$ nhọn do đó $widehat C approx {39^0}57′.$
Suy ra $widehat B = {180^0} – widehat A – widehat C$ $ approx {180^0} – {110^0} – {39^0}57’$ $ = {33^0}3′.$
Mặt khác $b = frac{{asin B}}{{sin A}}$ $ = frac{{12.sin {{33}^0}3′}}{{sin {{110}^0}}} approx 6,96.$

Bài 2: Giải tam giác $ABC$ biết:
a) $a = 109$, $widehat B = {33^0}24’$, $widehat C = {66^0}59′.$
b) $a = 20$, $b = 13$, $widehat A = {67^0}23′.$

a) $widehat A = {180^0} – left( {{{33}^0}24′ + {{66}^0}59′} right)$ $ = {79^0}37′.$
$b = frac{{a.sin {{33}^0}24′}}{{sin {{79}^0}37′}} approx 61.$
$c = frac{{a.sin {{66}^0}59′}}{{sin {{79}^0}37′}} approx 102.$
b) $sin B = frac{{13.sin {{67}^0}23′}}{{20}} approx 0,6.$
Vì $b < a$ $ Rightarrow widehat B < widehat A$ $ Rightarrow widehat B approx {36^0}52′.$
$widehat C approx {75^0}45′.$
$c = frac{{20.sin {{75}^0}45′}}{{sin {{67}^0}23′}} approx 21.$

Bài 3: Giải tam giác $ABC$ biết:
a) $b = 4,5$, $widehat A = {30^0}$, $widehat C = {75^0}.$
b) $b = 14$, $c = 10$, $widehat A = {145^0}.$
c) $a = 14$, $b = 18$, $c = 20.$

a) Ta có: $widehat B = {180^0} – widehat A – widehat C$ $ = {180^0} – {30^0} – {75^0} = {75^0}.$
Theo định lí sin ta có:
$a = frac{{bsin A}}{{sin B}}$ $ = frac{{4,5.sin {{30}^0}}}{{sin {{75}^0}}}$ $ Rightarrow a approx 2,33.$
$c = frac{{bsin C}}{{sin B}}$ $ = frac{{4,5.sin {{75}^0}}}{{sin {{75}^0}}}$ $ Rightarrow c approx 4,5.$
b) Theo định lí côsin ta có:
${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc.cos A$ $ = {14^2} + {10^2} – 2.14.10.cos {145^0}.$
Suy ra $a approx 22,92.$
Theo định lí sin ta có: $sin B = frac{{bsin A}}{a}$ $ = frac{{14sin {{145}^0}}}{{22,92}} approx 0,35$ $ Rightarrow widehat B approx {20^0}29′.$
Suy ra $widehat C = {180^0} – widehat A – widehat B$ $ approx {180^0} – {145^0} – {20^0}29’$ $ = {14^0}31′.$
c) Áp dụng định lí côsin ta có:
$cos A = sqrt {frac{{11}}{{15}}} $ $ Rightarrow A approx {31^0}5′.$
$cos B = sqrt {frac{{17}}{{35}}} $ $ Rightarrow B approx {45^0}49′.$
$cos C = sqrt {frac{5}{{21}}} $ $ Rightarrow C approx {50^0}47′.$

Bài 4: Cho $Delta ABC$ ta có $a = 13$, $b = 4$ và $cos C = – frac{5}{{13}}.$ Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.

${c^2} = {a^2} + {b^2} – 2abcos C$ $ = {13^2} + {4^2} – 2.13.4.left( { – frac{5}{{13}}} right)$ $ = 225$ $ Rightarrow c = 15.$
$sin C = frac{{12}}{{13}}$ $ Rightarrow R = frac{c}{{2sin C}}$ $ = frac{{15}}{{2.frac{{12}}{{13}}}} = frac{{65}}{8}.$
$S = frac{1}{2}absin C$ $ = frac{1}{2}.13.4.frac{{12}}{{13}} = 24.$
$p = frac{{a + b + c}}{2}$ $ = frac{{13 + 4 + 15}}{2} = 16.$
$r = frac{S}{p} = frac{{24}}{{16}} = frac{3}{2}.$

DẠNG TOÁN 3 : CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC – TỨ GIÁC

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Để chứng tỏ đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản để đổi khác vế này thành vế kia, hai vế cùng bằng một vế hoặc đổi khác tương tự về một đẳng thức đúng .Để chứng tỏ bất đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản, bất đẳng thức cạnh trong tam giác và bất đẳng thức cổ xưa ( Cauchy, Bunhiacôpxki … ) .

2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn ${sin ^2}A = sin B.sin C.$ Chứng minh rằng:
a) ${a^2} = bc.$
b) $cos A ge frac{1}{2}.$

a) Áp dụng định lí sin ta có $sin A = frac{a}{{2R}}$, $sin B = frac{b}{{2R}}$, $sin C = frac{c}{{2R}}.$
Suy ra ${sin ^2}A = sin B.sin C$ $ Leftrightarrow {left( {frac{a}{{2R}}} right)^2} = frac{b}{{2R}}.frac{c}{{2R}}$ $ Leftrightarrow {a^2} = bc.$
b) Áp dụng định lí côsin và câu a ta có:
$cos A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}$ $ = frac{{{b^2} + {c^2} – bc}}{{2bc}}$ $ ge frac{{2bc – bc}}{{2bc}} = frac{1}{2}.$

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

a) Trên tia đối của tia $AC$ lấy $D$ thỏa $AD = AB = c.$
Suy ra tam giác $BDA$ cân tại $A$ và $widehat {BDA} = frac{1}{2}widehat A.$
Áp dụng định lý hàm số côsin cho $Delta ABD$, ta có:
$B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} – 2AB.ADcos widehat {BAD}$ $ = 2{c^2} – 2{c^2}cos left( {{{180}^0} – A} right)$ $ = 2{c^2}(1 + cos A)$ $ = 2{c^2}left( {1 + frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}} right)$ $ = frac{c}{b}(a + b + c)(b + c – a)$ $ = frac{{4c}}{b}p(p – a).$
Suy ra $BD = 2sqrt {frac{{cp(p – a)}}{b}} .$
Gọi $I$ là trung điểm của $BD$ suy ra $AI bot BD.$
Trong tam giác $ADI$ vuông tại $I$, ta có:
$cos frac{A}{2} = cos widehat {ADI}$ $ = frac{{DI}}{{AD}} = frac{{BD}}{{2c}}$ $ = sqrt {frac{{p(p – a)}}{{bc}}} .$
Vậy $cos frac{A}{2} = sqrt {frac{{p(p – a)}}{{bc}}} .$

b) Từ định lý hàm số sin, ta có: $sin A + sin B + sin C$ $ = frac{a}{{2R}} + frac{b}{{2R}} + frac{c}{{2R}} = frac{p}{R}$ $(1).$
Theo câu a ta có: $cos frac{A}{2} = sqrt {frac{{p(p – a)}}{{bc}}} .$
Tương tự thì $cos frac{B}{2} = sqrt {frac{{p(p – b)}}{{ca}}} $ và $cos frac{C}{2} = sqrt {frac{{p(p – c)}}{{ab}}} .$
Kết hợp với công thức $S = sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ = frac{{abc}}{{4R}}.$
Suy ra $4cos frac{A}{2}cos frac{B}{2}cos frac{C}{2}$ $ = 4sqrt {frac{{p(p – a)}}{{bc}}} sqrt {frac{{p(p – b)}}{{ca}}} sqrt {frac{{p(p – c)}}{{ab}}} $ $ = frac{{4p}}{{abc}}sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ = frac{{4pS}}{{abc}} = frac{p}{R}$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $sin A + sin B + sin C$ $ = 4cos frac{A}{2}cos frac{B}{2}cos frac{C}{2}.$
Nhận xét: Từ câu a và hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công: $sin frac{A}{2} = sqrt {frac{{(p – b)(p – c)}}{{bc}}} $, $tan frac{A}{2} = sqrt {frac{{(p – b)(p – c)}}{{p(p – a)}}} $, $cot frac{A}{2} = sqrt {frac{{p(p – a)}}{{(p – b)(p – c)}}} .$

Ví dụ 3: Cho tam giác $ABC$, chứng minh rằng:
a) $cot A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{4S}}.$
b) $cot A + cot B + cot C ge sqrt 3 .$

a) Áp dụng định lí côsin và công thức $S = frac{1}{2}bcsin A$ ta có:
$cot A = frac{{cos A}}{{sin A}}$ $ = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bcsin A}}$ $ = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{4S}}.$
b) Theo câu a tương tự ta có: $cot B = frac{{{c^2} + {a^2} – {b^2}}}{{4S}}$, $cot C = frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{4S}}.$
Suy ra $cot A + cot B + cot C$ $ = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{4S}}$ $ + frac{{{c^2} + {a^2} – {b^2}}}{{4S}}$ $ + frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{4S}}$ $ = frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4S}}.$
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
$(p – a)(p – b)(p – c)$ $ le {left( {frac{{3p – a – b – c}}{3}} right)^3}$ $ = {left( {frac{p}{3}} right)^3}.$
Mặt khác $S = sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ Rightarrow S le sqrt {pfrac{{{p^3}}}{{27}}} = frac{{{p^2}}}{{3sqrt 3 }}.$
Ta có ${p^2} = frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{4}$ $ le frac{{3left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} right)}}{4}$ suy ra $S le frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4sqrt 3 }}.$
Do đó $cot A + cot B + cot C$ $ ge frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4.frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4sqrt 3 }}}} = sqrt 3 .$

Ví dụ 4: Cho tam giác $ABC.$ Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai trung tuyến kẻ từ $B$ và $C$ vuông góc với nhau là ${b^2} + {c^2} = 5{a^2}.$

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC.$
Khi đó hai trung tuyến kẻ từ $B$ và $C$ vuông góc với nhau khi và chỉ khi tam giác $GBC$ vuông tại $G.$
$ Leftrightarrow G{B^2} + G{C^2} = B{C^2}$ $ Leftrightarrow {left( {frac{2}{3}{m_b}} right)^2} + {left( {frac{2}{3}{m_c}} right)^2} = {a^2}$ $(*).$
Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có:
$m_b^2 = frac{{2left( {{a^2} + {c^2}} right) – {b^2}}}{4}$, $m_c^2 = frac{{2left( {{a^2} + {b^2}} right) – {c^2}}}{4}.$
Suy ra $(*) Leftrightarrow frac{4}{9}left( {m_b^2 + m_c^2} right) = {a^2}.$
$ Leftrightarrow frac{4}{9}left[ {frac{{2left( {{a^2} + {c^2}} right) – {b^2}}}{4} + frac{{2left( {{a^2} + {b^2}} right) – {c^2}}}{4}} right]$ $ = {a^2}.$
$ Leftrightarrow 4{a^2} + {b^2} + {c^2} = 9{a^2}$ $ Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2}.$

Ví dụ 5: Cho tứ giác $ABCD$ có $E$, $F$ là trung điểm các đường chéo. Chứng minh: $A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}$ $ = A{C^2} + B{D^2} + 4E{F^2}.$

Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác $ABC$ và $ADC$ ta có:
$A{B^2} + B{C^2} = 2B{E^2} + frac{{A{C^2}}}{2}$ $(1).$
$C{D^2} + D{A^2} = 2D{E^2} + frac{{A{C^2}}}{2}$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:
$A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}$ $ = 2left( {B{E^2} + D{E^2}} right) + A{C^2}.$
Mặt khác $EF$ là đường trung tuyến tam giác $BDF$ nên: $B{E^2} + D{E^2} = 2E{F^2} + frac{{B{D^2}}}{2}.$
Suy ra $A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}$ $ = A{C^2} + B{D^2} + 4E{F^2}.$

3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Chứng minh rằng trong mọi tam giác $ABC$ ta có:
a) $a = b.cos C + c.cos B.$
b) $sin A = sin Bcos C + sin Ccos B.$
c) ${h_a} = 2Rsin Bsin C.$
d) $m_a^2 + m_b^2 + m_c^2$ $ = frac{3}{4}left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} right).$
e) ${S_{Delta ABC}} = frac{1}{2}sqrt {A{B^2}.A{C^2} – {{(overrightarrow {AB} .overrightarrow {AC} )}^2}} .$

a) Áp dụng định lí côsin ta có:
$VP = b.frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}$ $ + c.frac{{{c^2} + {a^2} – {b^2}}}{{2ca}}$ $ = frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2} + {c^2} + {a^2} – {b^2}}}{{2a}}$ $ = a = VT.$
b) $sin A = sin Bcos C + sin Ccos B$ $ Leftrightarrow frac{a}{{2R}} = frac{b}{{2R}}.cos C + frac{c}{{2R}}.cos B$ $ Leftrightarrow a = bcos C + ccos B$ (câu a).
c) ${h_a} = 2Rsin Bsin C$ $ Leftrightarrow frac{{2S}}{a} = 2Rfrac{b}{{2R}}sin C$ $ Leftrightarrow S = frac{1}{2}absin C$ (đúng).
d) Áp dụng công thức đường trung tuyến.
e) $sqrt {A{B^2}.A{C^2} – {{(overrightarrow {AB.} overrightarrow {AC} )}^2}} $ $ = AB.ACsqrt {1 – {{cos }^2}A} $ $ = AB.AC.sin A.$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2: Cho tam giác $ABC.$ Chứng minh rằng:
a) $b + c = 2a$ $ Leftrightarrow frac{2}{{{h_a}}} = frac{1}{{{h_b}}} + frac{1}{{{h_c}}}.$
b) Góc $A$ vuông $ Leftrightarrow m_b^2 + m_c^2 = 5m_a^2.$

a) $b + c = 2a$ $ Leftrightarrow frac{{2S}}{{{h_b}}} + frac{{2S}}{{{h_c}}} = 2.frac{{2S}}{{{h_a}}}$ $ Leftrightarrow frac{1}{{{h_b}}} + frac{1}{{{h_c}}} = frac{2}{{{h_a}}}.$
b) $m_b^2 + m_c^2 = 5m_a^2$ $ Leftrightarrow frac{{2left( {{a^2} + {c^2}} right) – {b^2}}}{4}$ $ + frac{{2left( {{a^2} + {b^2}} right) – {c^2}}}{4}$ $ = 5.frac{{2left( {{b^2} + {c^2}} right) – {a^2}}}{4}.$
$ Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = {a^2}$ $ Leftrightarrow $ góc $A$ vuông.

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn ${a^4} = {b^4} + {c^4}.$ Chứng minh rằng:
a) Tam giác $ABC$ nhọn.
b) $2{sin ^2}A = tan Btan C.$

a) Dễ thấy $a > b$, $a > c$ $ Rightarrow $ góc $A$ là lớn nhất.
Và ${a^4} = {b^4} + {c^4} < {a^2}.{b^2} + {a^2}.{c^2}$ $ Rightarrow {a^2} < {b^2} + {c^2}.$
Mặt khác theo định lí côsin ta có: $cos A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}$ $ Rightarrow cos A > 0.$
Do đó $widehat A < {90^0}.$ Vậy tam giác $ABC$ nhọn.
b) $2{sin ^2}A = tan Btan C$ $ Leftrightarrow 2{sin ^2}Acos Bcos C = sin Bsin C.$
$ Leftrightarrow 2{left( {frac{a}{{2R}}} right)^2}.frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}.frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}$ $ = frac{b}{{2R}}.frac{c}{{2R}}$ $ Leftrightarrow {a^4} = {b^4} + {c^4}.$

Bài 4: Gọi $S$ là diện tích tam giác $ABC.$ Chứng minh rằng:
a) $S = 2{R^2}sin Asin Bsin C.$
b) $S = Rr(sin A + sin B + sin C).$

a) Ta có $S = frac{{abc}}{{4R}}$ $ = frac{{2Rsin A.2Rsin B.2Rsin C}}{{4R}}$ $ = 2{R^2}sin Asin Bsin C.$
b) $S = pr$ $ = frac{{a + b + c}}{2}r$ $ = frac{{2Rsin A + 2Rsin B + 2Rsin C}}{2}r.$

Bài 5: Cho tứ giác lồi $ABCD$, gọi $alpha $ là góc hợp bởi hai đường chéo $AC$ và $BD.$ Chứng minh diện tích $S$ của tứ giác cho bởi công thức: $S = frac{1}{2}AC.BD.sin alpha .$

Gọi $I$ là giao điểm hai đường chéo. Khi đó:
$S = {S_{ABI}} + {S_{BC1}} + {S_{CDI}} + {S_{DAI}}.$
$ = frac{1}{2}AI.BI.sin widehat {AIB}$ $ + frac{1}{2}BI.CI.sin widehat {BIC}$ $ + frac{1}{2}CI.DI.sin widehat {CID}$ $ + frac{1}{2}DI.AI.sin widehat {DIA}.$
Ta có các góc $widehat {AIB}$, $widehat {BIC}$, $widehat {CID}$ và $widehat {DIA}$ đôi một bù nhau suy ra:
$sin widehat {AIB} = sin widehat {BIC}$ $ = sin widehat {CID} = sin widehat {DIA}$ $ = sin alpha .$
Do đó $S = frac{1}{2}BI.AC.sin alpha $ $ + frac{1}{2}ID.AC.sin alpha $ $ = frac{1}{2}AC.BD.sin alpha .$

DẠNG TOÁN 4: NHẬN DẠNG TAM GIÁC

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Sử dụng định lí côsin, định lí sin, công thức đường trung tuyến, công thức tính diện tích quy hoạnh tam giác để đổi khác giả thiết về hệ thức liên hệ cạnh ( hoặc góc ) từ đó suy ra dạng của tam giác .

2. CÁC VÍ DỤ

Ví dụ 1: Cho tam giác $ABC$ thoả mãn $sin C = 2sin Bcos A.$ Chứng minh rằng tam giác $ABC$ cân.

Áp dụng định lí côsin và sin ta có:
$sin C = 2sin Bcos A$ $ Leftrightarrow frac{c}{{2R}} = 2.frac{b}{{2R}}.frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}.$
Suy ra tam giác $ABC$ cân tại đỉnh $C.$

Ví dụ 2: Cho tam giác $ABC$ thoả mãn $sin A = frac{{sin B + sin C}}{{cos B + cos C}}.$ Chứng minh rằng tam giác $ABC$ vuông.

Ta có: $sin A = frac{{sin B + sin C}}{{cos B + cos C}}$ $ Leftrightarrow sin A(cos B + cos C)$ $ = sin B + sin C.$
$ Leftrightarrow frac{a}{{2R}}left( {frac{{{c^2} + {a^2} – {b^2}}}{{2ca}} + frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}} right)$ $ = frac{{b + c}}{{2R}}.$
$ Leftrightarrow bleft( {{c^2} + {a^2} – {b^2}} right) + cleft( {{a^2} + {b^2} – {c^2}} right)$ $ = 2{b^2}c + 2{c^2}b.$
$ Leftrightarrow {b^3} + {c^3} + {b^2}c + b{c^2} – {a^2}b – {a^2}c = 0$ $ Leftrightarrow (b + c)left( {{b^2} + {c^2}} right) – {a^2}(b + c) = 0.$
${b^2} + {c^2} = {a^2}$ $ Leftrightarrow Delta ABC$ vuông tại $A.$

Ví dụ 3: Nhận dạng tam giác $ABC$ trong các trường hợp sau:
a) $asin A + bsin B + csin C$ $ = {h_a} + {h_b} + {h_c}.$
b) $frac{{{{cos }^2}A + {{cos }^2}B}}{{{{sin }^2}A + {{sin }^2}B}}$ $ = frac{1}{2}left( {{{cot }^2}A + {{cot }^2}B} right).$

a) Áp dụng công thức diện tích ta có $S = frac{1}{2}bcsin A = frac{1}{2}a{h_a}$ suy ra:
$asin A + bsin B + csin C$ $ = {h_a} + {h_b} + {h_c}$ $ Leftrightarrow a.frac{{2S}}{{bc}} + b.frac{{2S}}{{ca}} + c.frac{{2S}}{{ab}}$ $ = frac{{2S}}{a} + frac{{2S}}{b} + frac{{2S}}{c}.$
$ Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca$ $ Leftrightarrow {(a – b)^2} + {(b – c)^2} + {(c – a)^2} = 0.$
$ Leftrightarrow a = b = c.$
Vậy tam giác $ABC$ đều.
b) Ta có: $frac{{{{cos }^2}A + {{cos }^2}B}}{{{{sin }^2}A + {{sin }^2}B}}$ $ = frac{1}{2}left( {{{cot }^2}A + {{cot }^2}B} right).$
$ Leftrightarrow frac{{{{cos }^2}A + {{cos }^2}B + {{sin }^2}A + {{sin }^2}B}}{{{{sin }^2}A + {{sin }^2}B}}$ $ = frac{1}{2}left( {{{cot }^2}A + 1 + {{cot }^2}B + 1} right).$
$ Leftrightarrow frac{2}{{{{sin }^2}A + {{sin }^2}B}}$ $ = frac{1}{2}left( {frac{1}{{{{sin }^2}A}} + frac{1}{{{{sin }^2}B}}} right)$ $ Leftrightarrow {left( {{{sin }^2}A + {{sin }^2}B} right)^2}$ $ = 4{sin ^2}A{sin ^2}B.$
$ Leftrightarrow {sin ^2}A = {sin ^2}B$ $ Leftrightarrow {left( {frac{a}{{2R}}} right)^2} = {left( {frac{b}{{2R}}} right)^2}$ $ Leftrightarrow a = b$ $ Leftrightarrow Delta ABC$ cân tại $C.$

3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1: Cho tam giác $ABC.$ Chứng minh tam giác $ABC$ cân nếu ${h_a} = csin A.$

Sử dụng công thức $S = frac{1}{2}a{h_a} = frac{1}{2}bcsin A$ ta có:
${h_a} = csin A$$ Leftrightarrow b{h_a} = a{h_a}$ $ Leftrightarrow a = b$ suy ra tam giác $ABC$ cân tại $C.$

Bài 2: Cho tam giác $ABC.$ Chứng minh tam giác $ABC$ cân nếu $4m_a^2 = b(b + 4ccos A).$

Sử dụng công thức đường trung tuyến và định lí sin.
$4m_a^2 = b(b + 4ccos A)$ $ Leftrightarrow 4frac{{2left( {{b^2} + {c^2}} right) – {a^2}}}{4}$ $ = bleft( {b + 4c.frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}} right)$ $ Leftrightarrow a = b.$

Bài 3: Chứng minh rằng tam giác $ABC$ đều khi và chỉ khi: ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 36{r^2}.$

Ta có: ${r^2} = frac{{{S^2}}}{{{p^2}}}$ $ = frac{{(p – a)(p – b)(p – c)}}{p}.$
Theo Cauchy: $(p – a)(p – b)(p – c)$ $ le {left( {frac{{3p – a – b – c}}{3}} right)^3}$ $ = {left( {frac{p}{3}} right)^3}.$
Suy ra $36{r^2} le frac{{4{p^3}}}{{3p}}$ $ = frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3}$ $ le {a^2} + {b^2} + {c^2}.$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$ hay tam giác $ABC$ đều.

Bài 4: Cho tam giác $ABC.$ Tìm góc $A$ trong tam giác biết các cạnh $a$, $b$, $c$ thoả mãn hệ thức: $bleft( {{b^2} – {a^2}} right) = cleft( {{c^2} – {a^2}} right)$ $(b ne c).$

$bleft( {{b^2} – {a^2}} right) = cleft( {{c^2} – {a^2}} right)$ $ Leftrightarrow {b^3} – {c^3} = {a^2}(b – c)$ $ Leftrightarrow {b^2} + bc + {c^2} = {a^2}.$
Theo định lí côsin thì ${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bccos A$ $ Leftrightarrow cos A = frac{1}{2}$ $ Leftrightarrow widehat A = {60^0}.$

Toán lớp 10 – Tags: hệ thức lượng, tam giác

Source: https://thcsbevandan.edu.vn
Category : Thông tin cần biết