Tuyển tập các bài toán về luợng giác trên các tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.

Tuyển tập các bài toán về luợng giác trên các tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.

Phuong phap

Al MOT DANG BAT BANG THUG LUONG GlAC

Giả sử ƒ[A, B, C) là biểu thức chứa các hàm sổ

lượng giác của các góc trong tam giác ABC

Giả sử các góc A, B, C thỏa mãn hai điểu kiện:

1)#A) +/) > z(45)

+)

H

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B;

2)C) + A4)

2 [ss 3]

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C = :

Khi cộng (hoặc nhân) (1), (2) ta sé c6 BOT

hoặc /(4) /(B).ƒ(C)> ƒ' ) @

Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi A=

=o:

“Tương tự ta cũng có bất đẳng thức với chiều

ngược lại

Để mình họa cho phương pháp trên ta xét các

bài toán sau đây

Thí dụ 1 Chứng minh rằng với mọi tam giác

ABC tạ luôn có

NGUYÊN LÁI (GV THPT Luong Văn Chónh, Phú Yên)

2p +t 1 1 >> 3⁄2

vSin4 l+Vsin# I+vSnC v2+Ÿ3

les Loi giải Ta có

isVsind " 1+vsinB 2+Vsind+VsinB

2+ /2(sinA+sinB) 2+2 lin2: cos: ;

1+ sin 42 2

2

c? pee te TeVsind 1+VsinB ©

2

— (5)

sin

(esdane s+ 08) 22/(44))

Tương tự

1+vsinc 1 Vsin60° Thun C+60°

2

Cong theo vế (5) và (6) ta có

“= n=— = n a l+VSin4 lI+lSin# I+wSinC I+vsin60°

š2|—=——-.—— —

1+ lsin 2: 14 fsin 2 —

4

2

1+Vsin60°

1 1 1

Su 9% Tedsind "Tessin * VeslsinC

`

IeVBin60° V2+Ÿ3 `

Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi tam giác ABC

đến

“Thí dụ 3 Chứng minh rằng với mọi tam giác

ABC ta luôn có

t-z2)(-zz)(=ze(*4]'

(sta) (sea)

2

{sin AsinB (mm)

(san 7œ/œ>/:(%2)),

2

Tương tự

(-ze)( ; Je wt) @ sinc, sin60° sinC tết

2

Nhân theo vế của (7) và (8) ta có

( i malt sna) (snc) so)

alate) lod)

Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC déu

Thí dụ 3 Chứng mình rằng với mọi tam giác

“ABC ta luôn có

sint4 + sint2 +sintSa 3 2°64

Lời giải Trường hợp tam giác ABC tù hoặc

vuông

Giả sử 4 = max|A, 8, C] > 90? , lúc đó

sex >0 và oo 28") >0

Ta có

sincArsine2 {i See

——L

2

=.Íi- 8 >2) = Hy gg At Begg AB 2 a reer

›

2 In?) =sinstt2 8 2 4

= sine + sint 23 asin 442 0)

A+B

(se ƒ(4)+/(®> z⁄(°))

Tương tự sin®€ +sint 2” > 2sineC tóP" d0)

'Cộng theo vế của (9) và (10) có

sine sine + sine sine 5

> Af sine 428 ine 26°")

¿ÁtB+C+609 —

> đsin int

60° _ 3 5 oi CÚ

Trường hợp tam giác AC nhọn, các BĐT (9),

(10) và (11) luôn đúng

> sine sine sie > 3sin®

“Thí dụ 4, Chứng minh rằng với mọi tam giác

ABC ta luôn có

(cosA + sinA).(cosB + sinB).(cosC + sinC)

2 ay

s na =)

Lời giải Ta có

(cosA + sinA).(cosB + sinB).(cosC + sinC)

"- ) ss 2 heofc 5),

Nên BĐT đã cho được viết lại dưới dang 5

on 4-2) cof 3-8) of) (248) 4 4 4, 4 4

+ Nếu max|Á; ð, C| > tì về tr của biểu

thức (*) không dương nên BĐT đã cho luôn đúng

# Néumax{A; B; C] < Tm

cos(4 - ?) >0; ch) >0; cof c- 3) >0, 4 4, 4

nên «|4-E) eo|s-3) 4 4

= 1|9(+a-3)*««4-®]

«3JIxee(ara-2)| <««(2-2) 2| 2 2 4

ex — )<=(%* Jaa 2 4

(codane rasa s7( 424)

> cof 4

Tương tự

síc2)=4-0<=C2-4

Do đó nhân theo vế của (12) và (13) và tương,

tự ta có

cá )<4-0<4c2)s

Do đó (cosA + sinA).(cosB + sinB).(cosC + sinC)

44.0)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Mai các bạn tiếp tục

theo phương pháp trên

“Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có

các bài toán sau day

tan A tan tani ee 1) tan + tan? + tans 3

23.2"

sin" snr 2 sine Be 2

(n là số thực đương);

3) Aeosf +eos2 + CeoxE < way;

4) Nếu tam giác ABC nhọn thì

> xa" '+3)".cosA.cosB.cosC 2J2

PHƯƠNG PHÁP

GIAI TOAR

ĐẠI SỐ HOÁ LƯỢNG GIÁC

HUỲNH LÂM LINH

{SV lớp Toán 1A, ĐHSP TP Hồ Chí Minh)

M 61 mong những phương pháp hiệu quả trong chứng mình các bắt đăng thức trong tam giác là chuyên sang bài toán đại số mà ta tạm gọi là phương pháp đại số hóa, Thông thưởng những lời giải đó đều gọn dep và sắng sửa Có nhiều phương pháp chuyên sang đại số, và mỗi phương pháp đó đều mang một vẻ đẹp

và tính hiệu quả riêng Riêng trong bài này xin giới thiệu với ban đọc một cách đại số hóa mà theo tôi là mới

Cho tam giác 48C, BC = a, AC = b, AB = e

Gọi p, r, Ñ tương ứng là nửa chu vi, bán kính

đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác đó Kí

higu x = sin A § sinC sẽ được

sử dụng cho đến cuối bài viết

2) Jq-x1XI-y?)=z+txy và các hệ thức

tương tự

2q~x)d~

Sau đây là các bài toán minh họa

Bài toán 1 Cho ram giác ABC không nhọn

Chứng mình rằng

R>((2 +l)r (bắt đăng thức Emmirich)

se * space i Ag Bin

Tời giải Sứ dụng hệ thức 7 =4sin “sin sinS

ta quy bài toán 1 về chứng minh xyz<

Thật vậy, ta có

l= sy? +2? 4 2xy z(+x)

Suy ra l—x>2yz (*)

Không giảm tổng quát, giả sử 4 > 90° Suy ra

< v2-1 4 (lưu ý , 2-v2 2 ~x<0) Bài toán 2 (Bài toán Jack Garfulkel)

Cho tam giác ABC thỏa man A < ; <B<C

Chứng mình rang hy + hy +h > Tr + ÑR

trong dé hy hy he tong iting la độ dài các

đường cao của tam giác kẻ từ các đình A, B, C

Lời giải Trước hết ta chứng minh

v3( + #wz)<4\/— x3 = y2)41—

Thật vậy từ hệ thức 2 ta thấy

a

(1© 3(+4xyz)? <I6(x+yz)(y+zx)(z+xy)

©4(+?+y?+z?)+64(xyz)?

< 16(x2y2 +

>

_—

= #(w/d-x)d->?

+zx/0-=z2)d—x?))

= 89G + xy)+ JZ(X + 12) + zxÓy + 2x))

8(-x1I=z?)d-z )

2)+(yz)? +x) 5%

8 (+ ie!

w 4xyz)? tUoz)? +95]

3

20xyz + 32(xyz)?

iy

= 28xyz+14+2 4xyz — 4

Tr+

> 28xyz+1= (đpcm)

Bài toán 3 (Bất đăng thức Walker)

Cho tam giác ABC: nhọn Chứng minh bắt

đăng thức — ?) >2Rˆ +8Rr+3r`

Lời giải Sử dụng

2(ab + ac + bc) = da? +bˆ +c° +4r(r+4R)

(xem THTT số 337, tháng 7/2005 trang 6) và

hệ thirc cosd + cosB + cosC = I, ta quy

bai toan vé dang

> Soo > i>

(cos4 + cosÖ + cosC)ˆ < sin“4 + sin’B + sin C

> sin +sin B ssin<)

) > 7c"

< cos? —+cos? —+cos* —, trong do

Cũng dat x’, y', z' tuong tự như x, y, z nhưng

xét đôi với tam giác 4'8C”“ Khi đó bât đăng

thức trên tương đương với

(x+y'+z?? <1-x?+lI-y?+1-z

(2)

Hay l + 4x'y'z' > 2(x'y*+ y'`z'+z'x)

Trong ba số x', w', z' phải có hai số cùng không

lớn hơn 5 hoặc cùng không bé hơn a gia sử

là y', 2 Khi do x'(2y' — 1)(22'- 1) 2 0

Ma I—-x'—2y'z' >0 (Theo (*))

Suyra x(2y'-I1X2z'-l)+l-x-2y'z' >0

Hay (2) được chứng minh

Bài toán 4 (Bất đẳng thức Jack Garfulkel)

Cho tam giác ABC Chứng mình rằng

+ COS + COS

cos

(sin A+sinB+sinC)

2

>—

J3

Lời giải Sử dụng hệ thức 2 đưa BĐT trên về

M3(2xr +2yz +2zY+x+ y+Z)

> 8/(—x?)(1— y)(1~z)

Theo (2) thi 1+ 4xvz > 2(xv + yr + 2x)

Suy ra 2(xp + yz + 2x) 2 2(x+ y +2)? -3

Dodd 2(xy+yz+zx)+yY+y+z

> (x+y+z-l(2x+2y+2z+3) Dựa vào hệ thức 3 ta chi can chirng minh

\3(2x+2y+2z+3)> 4/21+xXI+yXI+z) @)

Từ (*) ta có x(I—x)>2»pz Tương tự đối với y, z

(4)

rồi cộng lại ta được x + y + z>l+ 4xyz

Để ý xyz< ỹ Đo đó 4(v+y+z)>l+40xyz

Ta có I2(x+ y+z)? -32(xy+ yz + zx)

> 4(x:+y?2+z)=4-8xyz Suy ra 32x+2y+2z+3)°

12(x+y+z)+36(x+ w+z)+27

IV 32(xy+yz+zx)+4—8xyz + 32(xy+ yz+ZX) + I+40xyz+27 = 32(+x)l+ryXI+z) Vậy (3) được chứng minh

Về bải toán nảy bạn đọc có thẻ tham khảo

thêm ở THTT số 291, thang 9 nam 2001 Bài toán 5 (Bắt đăng thức Jack Garfulkel)

Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

tan? —+ tan? —+ tan? —+8sin—sin—sin—22

Lời giải Quy bài toán về dạng sau:

1 + ]

I—y?

(1+ xy⁄z)°

(I—x?⁄1-?(I—z?)

q+xz) > 4(I-2wz)(6

q-x2I-y2XI—z2) > 4(I-2z)(6) 4(1 ~ x?)}(I— y2}(I—z?)

= I+4xyz—x1—y*—z1+2(x?y?+ y°z?+z?x?)

Vậy Š)<>

Ta có

Vậy (6) tương đương với

(I+xyz}? > (I-20z)(I+4oz~x'~y

+2(x1y2+y}z2+z2x2))

> 9x2 y?z? > (1-2xyzX2(x'y?+y?

4)

(1+y2+)(20°y2t22?

2)

xe yee?”

Thế thì a, b, c> 0 và a+ ð +e= 1, Khi đó

BĐT (7) tương đường với

9ahc>2(ab+be+ea)~a2=b? =c?

«5 he coM sa < L (8)

Tir BDT (b+c-ayet+a—bMath~e)Sabe,

suy ra (I~22)(1—28)(I~2e) < abc (do tb te = 1)

Hay 1-2(a+b+¢)+4(ab + bc + ca) —8ab < abe

Suy ra BĐT (8) được chứng mình

Cuối cùng xin nêu ra một số bài tập để bạn đọc

rèn luyện

Bài tập 6 (Bất đẳng thức Jack Garfulkel) Cho tam giác 48C nhọn Chứng minh rằng

rnin Bi pts Cott a) sinS-+sin > +sin-> 25 1+sin Tu là

re £ a

pyc 9 eee! veel 2: 2 3V 4| 14sin sin 5 sin e 2

Bai tp 7 (TST USA 2003)

Cho tam giác 48C Chứng minh bất đẳng thức

„34 .38 3C Sỉn —— + sỉn — +sin =—

2 2

Bài tập 8 Cho tam giác 48C không nhọn Chứng minh bắt đảng thức

=“—=

MỘT SỐ GỢI Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Mỗi để thì tuyển sinh vào Đại học thường có

một câu về phương trình lượng giác (PTLG)

Phương pháp thường gặp khi giải PTLG là thực

hiện một số phép biến đổi lượng giác hợp lí để

đưa bài toán về PT tích, đặt ẩn số phụ để quy về

PT bac hai, bac ba, từ đó đưa về PT lượng giác

cơ bản Ta nói biến đổi hợp lí vì các đồng nhất

thức lượng giác thường rất đa đạng

Ví dụ, nếu cẩn biến đổi cos' x-sin*, thì

tùy theo đầu bài cụ thể, chúng ta sử dụng một

trong các đồng nhất sau :

cost x-sin* x = cos? x-sin? x = cos2x

= 2cos*x - 1 = 1 ~2sin’x

“Trong bài viết, xin được bỏ qua các phép biển

đổi đơn giản hoặc viết nghiệm của các PT cơ

bản

1/ Biến đãi trực tiếp về phương trình cơ bản

Thí dự 1 Giải phương trình

eos” xasin3x+sin" xeot3r=C a

Lai giải Biến đổi vế trái của (12) ta có

eosr(sinr-4sin`+) + sin x(4eos'+—3eost)

= 3cos x.sinx~3sin? x.cosx

= 3sin.x.cos.x(cos? x—sin? x)

tin cota

PT (1) tro thank sindx=t

Luưu ý Các đồng nhất lượng giác thường gặp

khi giải toần :

cos! xsin3x-+sin? x.cos3x==sin4x ;

cos! x.cos3x+sin’ x.sin3x=cos* 2x ;

cost z+sin$ x= I=-sin22x

_ loos? 2x_3+cos4e

NGUYEN ANH DUNG

(Ha Noi)

ane cost x4sin’ x= 12 sin? 2x

_ 143e0s?2x_5+3cos4x

2I Đặt ẩn số phụ để đưa về phương trình bậc hai, bậc ba,

Thí đụ 2 Giải phương trình

3

I+sin* x+cos*

Loi giải (2) © 1+(sinx+cosx)(I~sin reosx)=3sin xcosx

Inx+eosx thì = sin Zs} >

sin2x (2)

Đặt

a

Ins 2, lúc đó sinr.cosr =

1+ 3Ê ~ 3 =5 =0 © (+l)(È + 2¡ — 5) =0 Chú ý đến ĐK : lrl < V2 ta nhận được £ = ~I

42

Với r=—I ta được sn( Ee}

Lưu ý, Nếu đặt r= sinx + cosx - thì

sindx = ~ l; sin.cosx= oo

Néu d3t r= sine ~ cose thi sin2x = 1 — ”;

sincése = 1? 2

“Trong cả hai phép đạt trên, đều c6 DK r< V2

Thí dụ 3 Giải phương trình

sinx.sin2x+sin3x=6cos'x (3) Lời giải

(3) €3 2sinÖx.cosx + 3sinx - 4sin'x = 6cos'x

Nhận thấy nếu cosx = 0, (3) không thỏa mãn

Chia cả hai vế của (3) cho cos`x, ta được

2tg`x + 3tgx.(1 + tg’x) — 4tgÌx = 6

Đặt = tgv thì

t1~2/2 ~3t+6=0©(0~2)(2 =3)=0

'Từ đó, dễ dàng tìm được

tgr= V3 tgr=2; tgx=- V3;

Lucu ý Nếu tong PT chỉ có các số hạng bậc

nhất và bậc ba đối với sinx và cosx, thì ta có thể

chia hai vế của PT cho cos`+ hoặc sin`x để đưa

PT đã cho về PT bac ba của tgx hoặc cotgx

Thí dụ 4 Giải phương trình

tgr + 2sindx =3 @ Tài giải ĐK cosx ø 0

Dat tgx = t, ta được PT

© (-1(P -21+3)=0

Vì /2~2/+3>0 nên ta được nghiệm:

t=l=tgr=l

Luưu ý Nếu PT có các số hạng : tạ, cotgx và

cos2x, sin2x, thì ta đặt tgr = t khi đó:

et gig 2U

2r

sin2x=—>; cos2x=——>; ee +e

“Sau đó biến đổi về một PT bậc cao đối với

3J Biến đổi về phương trình tích:

Thí dụ 5 Giải phương trình

2sin3x~— —=2eos3x+>—— (5) inx cosx

DK sint #0; cosx #0

2(c0s3x-sin3x)+—-+_=0 sinx cosx

<< 2[4(cos* x+sin’ z)~3(eosx+sinx)] +

cosx+sin.x

Sinx.cosx

Nhân thấy các số hạng có thừa số chung

cost + sinx

Dễ dàng biến đổi PT (5) thành

(emrsdne|20-4em mm) sin.x.cosx ]

© (cosx+sin.x)(2sin? 2x-sin2x-1)=0

Ta được:

cosx+sinx=0; sin2x:

1

; sindx=-> 2

Luu ý Các số hang có chứa thừa số

(cosx+sin) là: cos2x; cos*x + sin’x; cos‘x ~ sin‘x;

cos3x — sin3x; 1 + tgx; tex — cote

Cũng tương tự, các bạn tự viết các số hạng có chứa thừa số (cosx — siny)

Thí đụ 6 Giải phương trình c0s.x.c0s cos ST — sinxsin^ sin => (6) "1 2 2 Lời giải

(6) < cosx.(cost+cos2x) + sinx(cos2x-cosx) cos x.cos2x+sin.x.cos2x—sin.xcosx—sin? x=0 cos2x.(cos.x+sin.x)-sin.x(cosx+sin.c)=0 2(cosx+sin.x)(cos2x-sin.x)=0

Ta duge : cosx+sinx=0; cos2x-sinx=0

Lưu ý Nếu trong PT có chứa các số hạng là tích của nhiều thừa số đối với sin hoặc cosin thì nói chung, ta phải sử dụng công thức biến tích thành tổng sau đó tìm cách đưa về PT tích hoặc

dat ẩn số phụ để được PT bậc 2, 3

4/ Cách đánh giá hai vế

Thí dụ 7 Giải phương trình (€os4x~cos2x)? =5+sin3x @ Lời giải Ta có 4sin23x-sin? x=5+sin3x

Vì 0 <sin23x <1; 0<sin2 x<I; sin3x 2-1; nên 4sin23x.sin? x<4<5+sin3x

Bae sinbre

me fe 3x-sin? x: ‘of

Từ phương trình sin? x=1=> sinx= +1

1 (hỏa mãn)

# sine = =1 = sin3r= 1 (loai)

Lita ý Các BĐT thường dùng để ước lượng:

kina|<l: Jcosa{st; [asinx+beosx| < Va? +b?

Nếu mm, n là các số tự nhiên lớn hơn 2 thì

sin” xtoos"x < sin? x+cos? x=1

Bai tập Giải các phương trình sau:

1 sin23x=4cos4x+3;

2 cose + COSÖx + cos'r + costr = sine + sintx + sin'x+ sin'x;

sinx+sin2x sin3x

¢ sine= 1 => sin3x=

3

sin* x+cos* x

s(š°)x(1¬)

cos4 =

"Định lí cotang Với mọi tam giác 48C ta có

=——— Tir do

cong = CC — Từ đồ suy mm

cotgd + cotgB + cotgC = A

trong đó S¿ac kí hiệu điện tích tam giác 48C

Chứng mảnh Sử dụng công thức (1) và công

thức S„y-= - b2sin 4, suy ra cotg4 ch, 2 Suc

“Chứng minh tương tự câu a) ta có

Từ đó có

cotgd + cotgB + cotgc = 2*2 +2 (Apem), Saxe

Bổ đề 1 Trong tam giác 4BC với 4M là trung

tuyến, M4B = œ MÁC = Ø Khi đó ta có hệ

thie cotga+ cotgC = cotgp + cotgB

(Hệ thức này được suy trực tiếp từ định lí

cotang cho các tam giác 4BC, 4BM, ACM với

thu chang Siow = Scar = 38 vs

Bé dé 2 Gia sir M 1a mot diém trén canh BC

cia tam gitic ABC sao cho wm, MAB=a;

AMB = Ø Khi đó ta có

8) (m + n}cotg/2 = m.cotgC — ncotgB ;

b) meotga=(m + n)cotgA + n.cotgB,

Chieng mink a) Dựng AH L BC, lúc đô H sẽ

nằm trong đoạn ðA/ hoặc đoạn AC, giả sử H

thuộc đoạn BA Lúc đó

SỬ DỤNG BINH Li COTANG

DE GLAI TOAN

NGUYEN BA DANG

(Sở GD-ĐT Hải Dương)

“Trong sách giáo khoa Hình học lớp 10 chúng ta đã làm quen với định lí eosin

giác: Với tam giác ABC

Đ+o sa

hiện sự liên quan giữa cạnh và góc của tam

bắt kì, BC = a, AC = b, AB = c ta có

(1) Từ định lí này ta có kết quả sau đây

.BM= BH + HM = AH(cotgB + cotgÿ);

MC = HC~ HM= Ai(cotgC ~ cotgB) Do đó,

.BM _ cotgB + cotg _

‘MC cotgC-cotg n

suy ra (m + n)cotg = m.cotgC ~ meotgB (đpem) b) Từ ÄZ kẻ ME/AC (E € AB), lúc đó

MEB=BAC , sit dyng cu a) vào tam giác ABM

ta có hệ thức cần chứng minh

Tiếp theo ching ta sẽ sử dụng dinh li cotang

và các bổ để trên đề giải một số bài toán sau đây

Bài toán 1 Cho tam giác 4BC, đường trung

tuyến 4M và 4MB = ø Chứng minh rằng

en eee):

S082” Tần sinC ˆ

Lời giải Hệ thức cần chứng minh tương đương với 2cotgø = cotgC - cotgÖ Áp dụng

đề 2 cho trường hợp M là trung điểm của ØC ta

có điều phải chứng minh

Bài toán 2 Giả sử M là điểm trong tam giác

ABC sao MAB=MBC=MCA = a (M; ơ tương

ứng được gọi là điểm và géc Brocard)

3) Chứng minh rằng cotga=cotgA + cotgB + cotgC

b) Xác định

dạng tam giác 2 ABC đề góc œ Ầ lớn nhất

lời giải (h.\)

Áp dụng định lí

colang cho các tam pie mas, Lge MBC, MCA ta B —~8 c

_ MB +C-MB_ MBP +a?-MC?

45a 45c

„ AC! + —MAP _ @+B +2

Suy ra cotgØt= cotg4 + cotg + cotgC

b) Ta có cotg/£ + cotgð + cotgC

Mặt khác a” +b + c? > 4S4sc/3 (đẳng thức

xây ra khi a= b = e) nên cotgø > v3, suy ra

œ <30 Góc ø lớn nhất bằng 30° khi tam giác

ABC đều

Bai toán 3 Cho tam

giác ABC có Ê=2Ê

Trên cạnh BC lấy diém D sao cho BD =

2DC, kéo dài AD về

phía D sao cho 4D =

DE Chứng mình 2BCE-CBE = 180°

Edi gid (h 2) Vì

BD = 2DC nén theo

bổ đề 2 ta có

3cotgD, = 2cotgC — cotgB=3cotgD; (1)

Trong tam giác 4BE với BD là trung tuyến

Hình 2

Ap dung các bộ để trên, ta có

cotg\ = cotgB + cotgE — cotg4, — (2)

2eotgD, = cotgE; ~ cot, @)

Tương tự trong tam giác 4CE, ta cỏ

'cotgC, = cotgC + cotgE; — cotg4; 4)

2cotgD; = cotg4; ~ cotgE; @)

"Từ (1) và (3) thay vào (2) được

cogB, =cogl + 5 (GcotgC~cotgB)

_ eotgB+4eotgC ==

Do Ê=2Ê nên en eee suy ra

eet

Tir (1) va (5) thay vào (4) có

cotgC =cotgC— 3GcotgC~eogÐ)

Dé c6 2BCE-CBE = 180° ta chứng minh

cotg2C; = cotgB That vay

~~ cote’G-1 sis

Bài toán 4 Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác 4BC tại B và C cắt tiếp tuyến tại 4

với đường tròn đó theo thứ tự ở 7 và K Đường

thẳng BK cắt AC tại M4, đường thẳng CD cắt cạnh

AB tai N, gọi O là trung điểm của BM, P là trung

điểm CN, đường thắng BP cắt đường thing CO

tai J Chứng minh rằng tam giác BíC cân

lời giải (h3) Giả sử BC = a, AC = b, AB =c

CM _ Say _ BCsinBCK

AM 5w ABsinB4K

ABsinA c `

Từ đó theo bổ đề 2 phần b) ta có

Ta có

Hình 3

acotgCBM = (d° + c°)cotgB + cˆcotgC

Trong tam giác BCM, CO là trung tuyến có

cotgBCO = 2cotgC + cotgCBM

+

@

cotg BCO = 2(cotgB + cotgC) + cotgd

cotgfCO =2cotgC + cotgBt coC

“Tương tự

cotg CBP = 2(cotgB + cotgC) + cotgA

nên tam gidc BIC là tam giác cân

BÀI TẬP

Bai 1 Cho tam ABC, M là trung điểm

của BC và 4ð = AA Chứng minh:

1) 3cotgB = cotgC : 2) sinA in(8 ~ C)

“Bài 2 Chứng minh rằng hai trung tuyén BM

và CN của tam giác 4BC vuông góc với nhau khi và chỉ khi

cotgA = 2(cotgB + cotgC)

Bai 3 Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp

tem atin ARC tai 4 và Rất nhau tai DY đường