ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNGTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM————— ĐỀ ÁN THẠC SĨ TÊN ĐỀ TÀI: MỘT SỐ DẠNG TOÁN HÌNH HỌC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC CHUYÊN NGÀNH: PP TOÁN SƠ CẤP HỌC VIÊN: LÊ QU
Các hệ thức trong tam giác vuông
Cho tam giác vuông ABC (vuông tại A) Gọi AH là đường cao của tam giác Ta gọi các ký hiệu như trên hình vẽ sau.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các hệ thức lượng cơ bản trong tam giác, bao gồm sinB = b/a, cosB = c/a, tanB = b/c, và cotB = c/b Ngoài ra, chúng ta cũng sẽ đề cập đến định lý Pytago với công thức a² = b² + c² Các hệ thức lượng khác bao gồm hệ thức 1: b² = a.b' và c² = a.c'; hệ thức 2: h² = b'c'; và hệ thức 3: ah = bc Các hệ thức này là nền tảng quan trọng trong hình học và toán học.
Các hệ thức trong tam giác thường
Định lý 1.2.1 (Định lý hàm số cosin) Cho ∆ABC Đặt BC = a, CA b, AB = c Khi đó, ta có các hệ thức sau: a 2 = b 2 +c 2 −2bc.cosA ⇔cosA = b 2 +c 2 −a 2
Trong tam giác ∆ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c và R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp, định lý hàm số sin cho biết rằng a sinA = b sinB = c sinC = 2R.
Hệ thức liên quan tới các đường cơ bản trong tam giác và diện tích
trong tam giác và diện tích Định lý 1.3.1 (Công thức tính độ dài đường trung tuyến) Cho
∆ABC Đặt BC = a, CA = b, AB = c Gọi m a , m b , m c là độ dài các đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ các đỉnh A, B, C Khi đó ta có các hệ thức sau: m a 2 = b 2 + c 2
Chứng minh Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABM, ta có m 2 a = c 2 + a 2
Công thức tính độ dài đường phân giác cho các cạnh trong tam giác được chứng minh tương tự như công thức cho m²a Theo định lý 1.3.2, trong tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b và AB = c, độ dài các đường phân giác la, lb, lc xuất phát từ các đỉnh A, B, C sẽ tuân theo các hệ thức nhất định.
Chứng minh Cho tam giác ABC Gọi AD là tia phân giác góc A Khi đó, ta có S ABC = S ADB + S ADC Do đó,
Trong tam giác ABC, có một số hệ thức quan trọng liên quan đến bán kính r của đường tròn nội tiếp, diện tích S và nửa chu vi p Cụ thể, ta có công thức r = S/p và r = (p−a) tanA, trong đó a là cạnh đối diện với góc A Hệ thức này giúp chúng ta hiểu rõ hơn về mối quan hệ giữa các yếu tố trong tam giác.
Các bất đẳng thức liên quan tới các yếu tố trong tam giác
Cho ∆ABC có các góc ký hiệu là A, B, C và các cạnh tương ứng là a, b, c. a Các bất đẳng thức giữa các cạnh của tam giác
|a−c| < b < a+c. b Các bất đẳng thức liên hệ giữa các góc và các cạnh trong tam giác
Chủ đề Hệ thức lượng trong tam giác trong chương trình giáo dục phổ thông 2018
trong chương trình giáo dục phổ thông 2018
Hệ thức lượng trong tam giác là một chủ đề quan trọng trong chương trình giáo dục phổ thông 2018, liên quan đến kiến thức Hình học, Đo một số yếu tố giải tích, cũng như Xác suất và thống kê Chủ đề này bắt đầu được giảng dạy từ lớp 1 và tiếp tục xuyên suốt đến lớp 12, giúp học sinh nắm vững các khái niệm cơ bản và ứng dụng của hệ thức lượng trong tam giác.
Chủ đề về hệ thức lượng trong tam giác vuông và tam giác bất kỳ là rất quan trọng trong chương trình giáo dục phổ thông 2018 Nó không chỉ giúp học sinh xây dựng nền tảng kiến thức toán học vững chắc mà còn tạo cơ hội cho học sinh trải nghiệm ứng dụng thực tiễn của hệ thức lượng Qua đó, học sinh sẽ phát triển các năng lực toán học cần thiết để đáp ứng yêu cầu học tập Các yêu cầu cụ thể về kiến thức trong chủ đề này được quy định rõ ràng, nhằm đảm bảo học sinh nắm vững các khái niệm và kỹ năng liên quan.
– Nhận biết được giá trị lượng giác của một góc từ 0 0 đến 180 0
– Tính được giá trị lượng giác (đúng hoặc gần đúng) của một góc từ 0 0 đến 180 0 bằng máy tính cầm tay.
– Giải thích được hệ thức liên hệ giữa giá trị lượng giác của các góc phụ nhau, bù nhau.
– Giải thích được các hệ thức lượng cơ bản trong tam giác: định lícosin, Định lí sin, công thức tính diện tích tam giác.
Giải tam giác là một kỹ năng quan trọng, giúp xác định khoảng cách giữa hai địa điểm khi có vật cản và tính chiều cao của vật mà không thể đo trực tiếp Việc áp dụng phương pháp này vào các bài toán thực tiễn không chỉ nâng cao khả năng tư duy toán học mà còn mang lại trải nghiệm sáng tạo cho người học.
Vận dụng kiến thức về tỉ số lượng giác trong thực tiễn có thể giúp đo khoảng cách giữa hai vị trí khi có vật cản hoặc chỉ có thể tiếp cận một trong hai vị trí Bằng cách sử dụng các công thức lượng giác, chúng ta có thể tính toán khoảng cách một cách chính xác mà không cần phải di chuyển trực tiếp giữa hai điểm Điều này không chỉ tiết kiệm thời gian mà còn nâng cao hiệu quả trong nhiều lĩnh vực như xây dựng, khảo sát địa hình và điều hướng.
Để đo đạc chiều cao của các công trình kiến trúc dạng Parabola như cầu Nhật Tân, cầu Trường Tiền và cầu Mỹ Thuận mà không thể sử dụng dụng cụ đo trực tiếp, chúng ta có thể áp dụng các phương pháp gián tiếp Việc sử dụng các yếu tố hình học và toán học sẽ giúp xác định chiều cao một cách chính xác Các phương pháp này không chỉ tiết kiệm thời gian mà còn đảm bảo tính chính xác trong việc đo đạc các công trình lớn.
Một số dạng toán liên quan đến các hệ thức trong tam giác
Chương 2 của luận văn tập trung vào việc phân loại các dạng toán liên quan đến hệ thức trong tam giác, bao gồm các dạng toán về hệ thức đẳng thức và bất đẳng thức giữa các yếu tố trong tam giác Ngoài ra, chương này còn trình bày một số bài toán thực tế liên quan đến các yếu tố trong tam giác và xây dựng một chủ đề học tập tự chọn về hệ thức lượng theo định hướng của Chương trình giáo dục phổ thông 2018 Các bài toán được chọn lọc từ các tài liệu tham khảo đáng tin cậy.
Dạng toán hình học liên quan tới các đẳng thức trong tam giác 16
Dạng toán xác định các yếu tố trong tam giác
Trong hình học, một tam giác bao gồm nhiều yếu tố như cạnh, góc, đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao, bán kính của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp Việc xác định một yếu tố dựa vào các yếu tố khác là một dạng bài toán phổ biến trong nghiên cứu hình học.
Giải tam giác là một bài toán quan trọng trong hình học, liên quan đến việc xác định tất cả các yếu tố cạnh và góc còn lại của một tam giác khi đã biết một số yếu tố khác.
• Giải tam giác là tính các cạnh và các góc của tam giác dựa trên một số điều kiện cho trước.
Trong giải tam giác, có ba trường hợp thường gặp: biết một cạnh và hai góc kề cạnh, biết một góc và hai cạnh kề góc, hoặc biết ba cạnh Để xác định các yếu tố còn lại, chúng ta áp dụng định lý cosin và định lý sin, cùng với quy tắc tổng ba góc trong tam giác Đặc biệt, trong một tam giác, góc lớn hơn sẽ đối diện với cạnh lớn hơn và ngược lại, cạnh lớn hơn sẽ đối diện với góc lớn hơn.
Công cụ chính trong bài toán này là áp dụng các định lý về hàm số sin và cosin, cùng với các công thức tính diện tích Dạng toán này không chỉ giúp học sinh nâng cao khả năng tư duy và lập luận toán học mà còn phát triển năng lực ngôn ngữ toán học của các em.
Ví dụ 2.1.1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính bằng 3, biết
Ab= 30 0 ,Bb = 45 0 Tính độ dài đường trung tuyến m a kẻ từ đỉnh A và bán kính đường tròn nội tiếp r tam giác.
Theo Định lí sin ta có: a = 2RsinA = 2.3.sin 30 0 = 3. b = 2RsinB = 2.3.sin 45 0 = 6.
Theo công thức đường trung tuyến ta có: m 2 a = 2 b 2 +c 2 −a 2
Theo công thức tính diện tích tam giác ta có:
Trong tam giác cân ABC với cạnh bên bằng b và nội tiếp đường tròn (O;R), ta cần tính cosin của các góc tam giác, xác định bán kính đường tròn nội tiếp và tìm giá trị của b để tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải. a) Giả sử tam giác ABC cân tại A. Đặt
4R 2 −b 2 4R 2 Chu vi tam giác ABC là
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là r = S p = b 2 √
4R 2 −b 2 đạt GTNN Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số ta có: y = 3√
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b 2
3 thì diện tích tam giác là lớn nhất.
Ví dụ 2.1.3 Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Biết AB 3, BC = 8,cosAM B\ = 5
26 Tính độ dài cạnh AC và góc lớn nhất của tam giác ABC.
Theo định lí cosin ta có: cosAM B\ = AM 2 +BM 2 −AB 2
13 Theo công thức tính đường trung tuyến ta có:
Ta có BC > AC > AB ⇒ góc A lớn nhất.
Theo định lí cosin ta có: cosA = AB 2 +AC 2 −BC 2
Ta có BC > AC > AB ⇒ góc A lớn nhất.
Theo định lí cosin ta có: cosA= AB 2 + AC 2 −BC 2
Ví dụ 2.1.4 Giải tam giác ABC biết Ab= 60 0 ,Bb = 40 0 , c= 14 Giải.
Ta có: Cb = 180 0 −Ab−Bb = 180 0 −60 0 −40 0 = 80 0
Theo Định lí sin ta có: a = csinA sinC = 14.sin 60 0 sin 80 0 ⇒a ≈ 12,3. b = csinB
Ví dụ 2.1.5 Cho tam giác ABC thỏa mãn:
2. a) Tính các góc của tam giác. b) Cho a = 2√
3 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2 t. Áp dụng định lí cosin ta có: cosA = b 2 +c 2 −a 2
2 ⇒ B = 45 0 , C = 15 0 b) Áp dụng Định lí sin, ta có:
Ví dụ 2.1.6 Cho tam giác ABC biết a = 2√
2. Tìm góc lớn nhất và tính góc đó của tam giác.
Theo giải thiết ta có c < b < a suy ra Ab lớn nhất.
Theo định lí cosin ta có: cosA = b 2 +c 2 −a 2
Ví dụ 2.1.7 Giải tam giác ABC biết b = 32, c = 45,Ab= 87 0
Theo định lícosin ta có: a 2 = b 2 +c 2 −2bc.cosA = 32 2 + 4 2 −2.32.4.sin 87 0
Theo Định lí sin ta có: sinB = bsinA a = 32 sin 87 0
Suy ra Cb = 180 0 −Ab−Bb ≈ 180 0 −87 0 −36 0 = 57 0
Ví dụ 2.1.8 Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 5 và cosA = 3 5 Tính cạnh BC và độ dài đường cao kẻ từ A.
Giải. Áp dụng định lí cosin ta có:
BC 2 = AB 2 +AC 2 −2AB.AC.cosA= 4 2 + 5 2 −2.4.5.3
Vì sin 2 A+ cos 2 A= 1 nên sinA = p1−cos 2 A r
5. Theo công thức tính diện tích ta có:
Vậy độ dài đường cao kẻ từ A là h a = 16√
Dạng toán chứng minh các đẳng thức trong tam giác, tứ giác
Trong hình học, các yếu tố trong tam giác và tứ giác có mối liên hệ chặt chẽ với nhau, cho phép chúng ta suy ra các đẳng thức khác từ một đẳng thức đã biết Việc chứng minh các đẳng thức này là một dạng toán quan trọng Một số phương pháp phổ biến thường được sử dụng trong quá trình chứng minh bao gồm việc áp dụng định lý và tính chất của các hình học liên quan.
• Biến đổi vế trái về vế phải hoặc ngược lại;
• Biến đổi 2 vế về cùng một biểu thức;
• Biến đổi đẳng thức cần chứng minh tương đương với một đẳng thức đúng.
Ví dụ 2.1.9 : Cho tam giác ABC thỏa mãn sin 2 A = sinB.sinC Chứng minh rằng: a) a 2 = bc. b) cosA≥ 1 2
Giải. a) Áp dụng Định lí sin ta có: sinA = a
2R. Suy ra: sin 2 A = sinB.sinC ⇔ a
= b 2R c 2R ⇔ a 2 = bc. b) Áp dụng định lí cosin và câu a ta có: cosA= b 2 +c 2 −a 2
Ví dụ 2.1.10 : 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 = 5a 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.
Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có: m 2 b = 2 a 2 +c 2 −b 2
Ví dụ 2.1.11 Cho tứ giác lồi ABCD gọi α là góc hợp bởi hai đường chéo
AC và BD Chứng minh diện tích S của tứ giác cho bởi công thức:
Gọi I là giao điểm hai đường chéo Khi đó: S = S ABI +S BCI +S CDI +S DAI
Ta có các góc AIB,[ BIC,[ CID,[ DIA[ đôi một bù nhau
Suy ra: sinAIB[ = sinBIC[ = sinCID[ = sinDIA[ = sinα.
Ví dụ 2.1.12 : Cho tam giác ABC, chứng minh rằng: a) cos A
2 rp(p−a) bc b) sinA+ sinB + sinC = 4 cosA
Trên tia đối của tia AC lấy D thỏa mãn AD = AB = c
Suy ra tam giác BDA cân tại A. Áp dụng định lí hàm số cosin cho ∆ABD ta có:
BD 2 = AB 2 +AD 2 −2AB.ADcos = 2c 2 −2c 2 cos 180 0 −Ab
BD = 2 rcp(p−a) b Gọi I là trung điểm của BD suy ra AI⊥BD
Trong tam giác ADI vuông tại I, ta có: cos A
2 rp(p−a) bc b) Từ định lý hàm số sin, ta có: sinA+ sinB + sinC = a
R.(1) Theo câu a ta có: cosA
Tương tự, ta có các công thức sau: cosB
2 rp(p−c) ab Kết hợp với công thức
2 = 4 rp(p−a) bc rp(p−b) ca rp(p−c) ab
Từ (1) và (2) suy ra sinA+ sinB + sinC = 4 cosA
Ví dụ 2.1.13 Cho tam giác ABC thỏa mãn a 4 = b 4 +c 4 Chứng minh rằng: a) Tam giác ABC nhọn. b)2sin 2 A= tanB.tanC.
Giải. a) Dễ thấy a > b, a > c ⇒ Ablớn nhất.
Mặt khác theo định lí cô sin ta có: cosA = b 2 +c 2 −a 2
Do đó A 2b, a+b+c > 2c.
Chú ý: Bất đẳng thức trong Ví dụ 2.2.2 không thể xảy ra đấu bằng.
Ví dụ 2.2.3 Với mọi tam giác ABC, ta có
Chứng minh Trước hết, chúng ta chứng minh bất đẳng thức vế bên tay trái
2 ≤ a b+ c + b c+a + c a+b. Để chứng minh bất đẳng thức bên trên, ta cần bất đẳng thức sau 1 a+1 b+1 c ≥ 9 a+b+c, với mọi a, b, c > 0 Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho
1 a + 1 b + 1 c ≥ 3 r 1 abc. Nhân theo vế hai bất đẳng thức, ta thu được
Từ điều này, ta được
2 ≤ a b+ c + b c+a + c a+b (*) Để kết thúc chứng minh, ta còn phải chứng minh a b+c + b c+a + c a+b < 2.
Bởi a < b+c nên ta có a b+c < a+a b+c+a = 2a a+b+c. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có b c+a < 2b a+b+c, c a+b < 2c a+b+c.
Từ (*) và (**) ta được điều cần chứng minh.
Trong Ví dụ 2.2.3, bất đẳng thức thứ nhất chỉ đạt dấu bằng khi tam giác ∆ABC là tam giác đều, trong khi bất đẳng thức thứ hai không bao giờ đạt dấu bằng.
Ví dụ 2.2.4 Với mọi tam giác ABC, ta có a(b−c) 2 +b(c−a) 2 +c(a+b) 2 > a 3 +b 3 +c 3
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Chú ý: Bất đẳng thức trong Ví dụ 2.2.4 không thể xảy ra đấu bằng.
Chứng minh Chúng ta có
Từ các bất đẳng thức tam giác a > |b−c| ⇒ a 2 > a 2 −(b−c) 2 > 0, b > |c−a| ⇒ b 2 > b 2 −(c−a) 2 > 0, c > |a−b| ⇒ c 2 > c 2 −(a−b) 2 > 0.
Khi đó a 2 b 2 c 2 ≥ ha 2 −(b−c) 2 i hb 2 −(c−a) 2 i hc 2 −(a−b) 2 i
Vậy (b+c−a)(a+c−b)(a+b−c) ≤ abc Hơn nữa, ta có dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.6 Với mọi tam giác ABC, ta có bc(b+c) +ca(c+ a) +ab(a+b) ≥ 48(p−a)(p−b)(p−c).
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có b+c ≥ 2√ bc; c+a ≥ 2√ ca; a+b ≥ 2
Suy ra bc(b+c) ≥2 q (bc) 3 , ca(c+a) ≥2 q (ca) 3 , ab(a+b) ≥2 q (ab) 3 Hay bc(b+c) +ca(c+a) + ab(a+b) ≥ 2 q (bc) 3 + q (ca) 3 + q (ab) 3
Lại có q (bc) 3 + q (ca) 3 + q (ab) 3 ≥3 3
√ a 3 b 3 c 3 = 3abc, nên suy ra bc(b+c) +ca(c+a) +ab(a+b) ≥ 6abc.
Mặt khác, bằng biến đổi tương đương ta suy ra
Từ đó suy ra bc(b+c) +ca(c+ a) +ab(a+b) ≥ 48(p−a)(p−b)(p−c).
Từ quá trình chứng minh, ta suy ra, dấu băng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.7 Với mọi tam giác ABC, ta có
1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 2p abc ⇔ (bc) 2 + (ca) 2 + (ab) 2 a 2 b 2 c 2 ≥ 2p abc. Suy ra
(bc) 2 + (ac) 2 + (ab) 2 a 2 b 2 c 2 ≥ (ca)(ab) + (cb)(ba) + (bc)(ca) a 2 b 2 c 2 = 1 bc+ 1 ca+ 1 ab = 2p abc. Vậy,
(bc) 2 + (ca) 2 + (ab) 2 a 2 b 2 c 2 ≥ 2p abc. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.8 Với mọi tam giác ABC, ta có a 2 +b 2 +c 2 ≥ 36
⇔ 35 a 2 +b 2 + c 2 ≥ 9(a+b+c) 2 + 72abc a+b+c. Mặt khác, ta cũng có
⇔ 8 a 2 + b 2 + c 2 ≥ 72abc ab+c (**) Cộng (*) và (**), ta thu được
35 a 2 +b 2 +c 2 ≥ 9(a+b+c) 2 + 72abc a+b+c. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.9 Cho tam giác ABC thỏa a < 1
2(b+c) Khi đó chúng ta có
2(b+ c) nên A không phải là góc lớn nhất trong tam giác ABC.
2. Bởi tính đồng biến của hàm sin trên (0, π
Ví dụ 2.2.10 Với tam giác ABC nhọn, ta có π
Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c Khi đó A ≥B ≥C Điều này suy ra
3. Mặt khác, từ bất đẳng thức tam giác ta có a+b+c > 2a; a+b+c > 2b; a+b+c > 2c, nên ta có
Do đó aA+bB +cC a+b+c < A+B +C
2. Bất đẳng thức thứ nhất xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều, bất đẳng thức thứ hai không thể xảy ra dấu bằng.
Ví dụ 2.2.11 Với mọi tam giác ABC, ta có cos 2 A+ cos 2 B + cos 2 C ≥ 3
4. Chứng minh Áp dụng công thức hàm số lượng giác góc bội cos 2x = 2 cos 2 x−1⇒ cos 2 x = 1 + cos 2x
2 , ta có cos 2 A+ cos 2 B + cos 2 C = 1 + cos 2A
4.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.12 Với mọi tam giác ABC, ta có cosAcosBcosC ≤ 1
8. Chứng minh Từ lời giải Bài toán 1.2.3, ta được cos 2 A+ cos 2 B + cos 2 C = 1−cosCcos(A−B) + cos 2 C
8. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.13 Với mọi tam giác ABC, ta có sinA+ sinB + sinC ≤ 3√
Chứng minh Áp dụng công thức biến đổi tổng của hai hàm sin, ta có nếu x, y ∈ [0, π] thì sinx+ siny = 2 sin x+ y
2 Suy ra sinA+ sinB + sinC + sin π
Vậy sinA+ sinB + sinC ≤ 3 sinπ
Ví dụ 2.2.14 Cho tam giác ABC nhọn, ta có sin 2 A+ sin 2 B + sin 2 C ≤ 9
4. Chứng minh Ta có bất đẳng thức sin 2 A+ sin 2 B+ sin 2 C ≤ 9
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.15 Với tam giác ABC nhọn, ta có tanA+ tanB + tanC ≥3√
Chứng minh Ta có tan(A+B) = tan(π−C) = −tanC
⇔ tanA+ tanB + tanC = tanAtanBtanC. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy tanA+ tanB + tanC ≥ 3 3
⇒ (tanA+ tanB + tanC) 3 ≥ 27 (tanA+ tanB + tanC)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.16 Với tam giác ABC nhọn, ta có cotA+ cotB + cotC ≥ √
Chứng minh Ta có cot(A+B) = −cotC ⇔ cotAcotB −1 cotA+ cotB = −cotC
(cotA−cotB) 2 + (cotB −cotC) 2 + (cotC −cotA) 2 ≥0
⇔ cot 2 A+ cot 2 B + cot 2 C −cotAcotB −cotBcotC −cotC cotA ≥ 0
⇔ (cotA+ cotB + cotC) 2 ≥ 3 (cotAcotB + cotBcotC + cotCcotA) = 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.17 Với mọi tam giác ABC, ta có
(cosA+ 2 cosBcosC) 2 = (cosA−2 cosBcosC) 2 + 8 cosAcosBcosC
Tương tự ta cũng có
Suy ra cos 2 (A−B) + cos 2 (B −C) + cos 2 (C −A) ≥ 24 cosAcosBcosC.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.18 Với mọi tam giác ABC, ta có sinA+ sinB + sinC ≤cos A
2. Chứng minh Ta có sinA+ sinB = 2 sin
2. Tương tự sinB + sinC ≤ 2 cos A
2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.19 Với mọi tam giác ABC, ta có tan 2 A
Chứng minh Ta có tan
2. Khi đó xy +yz+ zx= 1 nên
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Ví dụ 2.2.20 Với mọi tam giác ABC, ta có tanAãtanB ãtanC
3 ≥ sinA+ sinB + sinC cosA+ cosB + cosC. Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C Khi đó
tanA ≥ tanB ≥ tanC cosA ≤ cosB ≤cosC Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có tanA+ tanB + tanC
3 ≥ sinA+ sinB + sinC cosA+ cosB + cosC. Lại có tanA+ tanB + tanC = tanAãtanB ãtanC.
Từ đó ta suy ra tanAãtanB ãtanC
3 ≥ sinA+ sinB + sinC cosA+ cosB + cosC.
Một số bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố khác
Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố của tam giác như đường cao, đường trung tuyến, bán kính của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp, cũng như diện tích của tam giác.
Ví dụ 2.2.21 Với mọi tam giác ABC, ta có a) 2R r ≥ 1 sinA
Chứng minh (a) Ta có a = rcotB
Ví dụ 2.2.22 Với mọi tam giác ABC, ta có
= a 2 b+ab 2 +b 2 c+ bc 2 +c 2 a+ca 2 −a 3 −b 3 −c 3 −2abc abc
R = 4abc− a 2 b+ab 2 +b 2 c+bc 2 +c 2 a+ ca 2 −a 3 −b 3 −c 3 −2abc abc
Ví dụ 2.2.23 Với tam giác ABC, ta có
= 1. Áp dụng bất đẳng thức
Suy ra ha −2r h a + hb−2r h b + hc −2r h c ha h a −2r + hb h b −2r + hc h c −2r
Ví dụ 2.2.24 Với tam giác ABC, ta có
Ví dụ 2.2.25 Cho tam giác ABC, ta có m a +m b +m c ≤ 9
Ví dụ 2.2.26 Với mọi tam giác ABC, ta có
√x+√ y +√ z ≤ s a 2 +b 2 +c 2 2R , với x, y, z là khoảng cách từ điểm M bất kì nằm trong tam giác ABC đến ba cạnh BC, CA, AB.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
Ví dụ 2.2.27 Với mọi tam giác ABC, ta có
16Rr−5r 2 ≤p 2 ≤ 4R 2 + 4Rr+ 3r 2 Chứng minh Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức vế bên tay trái
Gọi I, O, G lần lược là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp, trọng tâm của tam giác ABC Khi đó ta có
⇒ ab+bc+ ca = p 2 + 4Rr+ r 2 Suy ra
Mà aOA 2 +bOB 2 +cOC 2 = R 2 (a+b+c) = 2pR 2 a −→
OC = a(OA.OB.cosAOB +OA.OC.cosAOC)
2 OA 2 +OB 2 −AB 2 +OA 2 +OC 2 −AC 2
⇔ p 2 ≥ 16Rr−5r 2 Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức vế bên tay phải p 2 ≤4R 2 + 4Rr+ 3r 2 Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Ta có
Ví dụ 2.2.28 Với mọi tam giác ABC ta có a 2 +b 2 +c 2 ≥ 4√
Mặt khác abc ≥(a+ b−c) (b+c−a) (c+a−b) a 2 +b 2 +c 2 ≥ ab+bc+ca.
= a 2 b 2 +b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2a 2 bc+ 2b 2 ac+ 2c 2 ab−3a 2 bc−3b 2 ac−3c 2 ab
⇔ (ab−ca) 2 + (ab−bc) 2 + (cb−ca) 2 ≥0.
Ví dụ 2.2.29 Với mọi tam giác ABC và n ∈ N.Ta có a n sin 2A+b n sin 2B+ c n sin 2C ≤ 1
2R a n+1 + b n+1 +c n+1 Chứng minh Ta có sin 2A = 2 sinAcosA= a
Khi đó a n sin 2A+b n sin 2B+c n sin 2C = 1
Mặt khác, a n+1 cosA+b n+1 cosB+ c n+1 cosC
3 a n+1 +b n+1 + c n+1 (cosA+ cosB + cosC). Suy ra a n sin 2A+b n sin 2B +c n sin 2C
Ví dụ 2.2.30 Với mọi tam giác ABC và n ∈ N, ta có a n cos (B −C) +b n cos (C −A) +c n cos (A−B)
2(a n +b n +c n ). Chứng minh Từ định lí hàm số sin a sinA = b sinB = c sinC = 2R, ta suy ra a.sinB = b.sinA;b.sinC = c.sinB;a.sinC = c.sinA.
Từ định lí hàm số cosin, ta có a 2 = b 2 + c 2 −2bccosA ⇒ b 2 +c 2 cosA = a 2 cosA+ 2bccos 2 A.
Ta có a 2 cos (B−C) = a 2 (cosB.cosB + sinB.sinC)
Tương tự b 2 cos (C −A) = 2casin 2 B −b 2 cosB, c 2 cos (A−B) = 2absin 2 C −b 2 cosC.
Suy ra a n cos (B−C) +b n cos (C −A) +c n cos (A−B)
Vậy a n cos (B −C) +b n cos (C −A) +c n cos (A−B) abc
2.3 Một số bài toán thực tế ứng dụng các hệ thức trong tam giác
Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng các tính chất của tam giác để giải quyết những bài toán đo đạc thực tế không thể thực hiện trực tiếp, như tính chiều cao của công trình hay chiều rộng của đầm lầy Loại bài toán này có tiềm năng lớn trong việc phát triển năng lực toán học, bao gồm năng lực mô hình hóa và năng lực ngôn ngữ toán học.
Ví dụ 2.3.1 Từ hai vị trí A và B của một tòa nhà, người ta quan sát đỉnh
Ngọn núi có độ cao AB là 70m, với phương nhìn AC tạo góc 30 độ với phương nằm ngang và phương nhìn BC tạo góc 15 độ 30 phút với phương nằm ngang Câu hỏi đặt ra là ngọn núi đó cao bao nhiêu mét so với mặt đất.
Giải Từ giả thiết, ta suy ra tam giác ABC có:
= 180 0 −165 0 30 ′ = 14 0 30 ′ Theo Định lí sin ta có: b sinB = c sinC
AC = b = 70.sin 105 0 30 ′ sin 14 0 30 0 ≈ 269,4 (m).Gọi CH là khoảng cách từ C đến mặt đất Tam giác vuông ACH có cạnh CH đối diện góc 30 0 nên
2 = 134,6 (m) Vậy ngọn núi cao khoảng 135m.
Một người ngồi trên tàu hỏa di chuyển từ ga A đến ga B và nhìn thấy tháp C qua ống nhòm Khi tàu dừng ở ga A, góc nhìn từ người đó đến tháp C với hướng đi của tàu là 60 độ Khi tàu đến ga B, góc nhìn từ người đó đến tháp C với hướng ngược lại là 45 độ Biết rằng khoảng cách giữa ga A và ga B là 8 km, cần xác định khoảng cách từ ga A đến tháp C.
Trong tam giác ABC, góc Cb được tính là 75 độ Áp dụng định lý cosin, ta có công thức b sinB = c sinC Từ đó, suy ra rằng b xấp xỉ 6 km, với b = 8.sin 45 độ sin 75 độ Do đó, khoảng cách từ ga A đến tháp C khoảng 6 km.
Hai chiếc tàu thủy xuất phát từ vị trí A, di chuyển theo hai hướng tạo với nhau góc 60 độ Tàu B di chuyển với tốc độ 20 hải lý mỗi giờ, trong khi tàu C di chuyển với tốc độ 15 hải lý mỗi giờ Sau 2 giờ, khoảng cách giữa hai tàu là bao nhiêu hải lý? (Lưu ý: 1 hải lý tương đương 1,852 km).
Sau 2 giờ tàu B đi được 40 hải lí, tàu C đi được 30 hải lí Vậy tam giácABC có AB = 40, AC = 30,Ab= 60 0 Áp dụng định lí cosin vào tam giác ABC , ta có a 2 = b 2 +c 2 −2bccosA
Vậy sau 2 giờ, hai tàu cách nhau khoảng 36 hải lí.
Một chiếc tàu thủy đang neo đậu tại vị trí C trên biển, trong khi hai người quan sát ở các vị trí A và B cách nhau 500m Họ đã đo được góc CAB là 87 độ và góc CBA là 62 độ Dựa vào thông tin này, chúng ta có thể tính toán khoảng cách AC và BC.
Xét tam giác ABC ta có: Ab= 180 0 − 62 0 + 88 0 = 31 0 Áp dụng Định lí sin ta có:
AC sinB = AB sinC = BC sinA
AC sin 62 = 500 sin 31 = BC sin 87
Ví dụ 2.3.5 Từ vị trí A người ta quan sát một cây cao Biết AH = 4 m,
HB = 20 m, \BAC = 45 0 Tính chiều cao của cây.
Giải. Áp dụng định lí Pytago vào tam giác AHB ta có :
⇒ \ACB = 180 0 − 45 0 + 79 0 = 56 0 Áp dụng Định lí sin ta có:
Vậy chiều cao của cây gần bằng 17,4m.
Trên nóc một tòa nhà, có một cột ăng-ten cao 5m Từ vị trí quan sát A, cao 7m so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh B và chân C của cột ăng-ten dưới góc 50 độ và 40 độ so với phương nằm ngang Cần tính chiều cao của tòa nhà.
\BAC = 50 0 −40 0 = 10 0 Áp dụng đinh lí sin vào tam giác ABC ta có:
Trong tam giác vuông ADC ta có:
Vậy chiều cao của tòa nhà là:
2.4 Xây dựng chủ đề tự chọn liên quan tới hệ thức lượng trong tam giác theo định hướng Chương trình Giáo dục phổ thông 2018
Tên chủ đề: CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC - Số tiết: 06 A Kế hoạch chung.
Phân phối thời gian Nội dung
Tiết 1 Hoạt động khởi động
Tiết 3 Ứng dụng định lý cosin
Tiết 5 Ứng dụng định lý Sin
Tiết 6 Hoạt động tìm tòi mở rộng
- Nắm vững định lý cosin, công thức tính độ dài đường trung tuyến Vận dụng được các công thức để làm các bài tập.
- Học sinh hiểu và chứng minh được định lý sin Vận dụng được công thức tính diện tích tam giác.
- Biết vận dụng định lý cosin trong tính toán, giải bài tập.
- Biết vận dụng định lý sin để tính các cạnh, các góc, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
- Biết tính diện tích tam giác, bản kính đường tròn nội tiếp tam giác.
- Phân tích vấn đề chi tiết, hệ thống rành mạch.
- Tư duy các vấn đề logic, hệ thống.
- Giáo dục cho học sinh tính cẩn thận,chính xác,chăm chỉ trong học tập.
4 Các năng lực chính hướng tới sự hình thành và phát triển ở học sinh.
• Năng lực tư duy và lập luận toán học;
• Năng lực mô hình hoá toán học;
• Năng lực ngôn ngữ toán học.
II Chuẩn bị của giáo viên và học sinh.
1 Chuẩn bị của giáo viên.
- Chuẩn bị phương tiện dạy học: Phấn, thước kẻ, máy chiếu
2 Chuẩn bị của học sinh.
- Làm việc nhóm ở nhà, trả lời các câu hỏi được giáo viên giao từ tiết trước, làm thành file trình chiếu.
- Kê bàn để ngồi học theo nhóm.
- Chuẩn bị bảng phụ, bút viết bảng, khăn lau bảng
III Bảng mô tả các mức độ nhận thức và năng lực được hình thành.
Vận dụng cao Định lý cosin.
Nhớ được định lý cosin.
Sử dụng được công thức để tính cạnh và góc trong tam giác.
Phân tích để áp dụng định lý cosin vào tính các yếu tố của tam giác.
Sử dụng định lý cosin giải quyết các vấn đền thực tế. Định lý trung tuyến.
Nhớ được định lý trung tuyến.
Sử dụng được công thức để tính trung tuyến của tam giác.
Phân tích áp dụng định lý trung tuyến vào tính các yếu tố của tam giác. Định lý Sin Nhớ được định lý Sin.
Sử dụng được công thức để tính cạnh và góc trong tam giác.
Phân tích để áp dụng đinh lý Sin vào tính các yếu tố của tam giác.
Sử dụng định lý Sin giải quyết các vấn đề thực tế.
Nhớ được các công thức tính diện tích.
Sử dụng được công thức để tính diện tích tam giác.
Phân tích để áp dụng các công thức diện tích vào tính các yếu tố của tam giác.
Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác để giải quyết các vấn đề thực tế.
Tiết 1 Hoạt động khởi động.
Tạo ra tình huống thực tế giúp học sinh tiếp cận và hiểu rõ các hệ thức lượng trong tam giác Học sinh sẽ khám phá các định lý liên quan và áp dụng chúng vào các bài toán thực tiễn, từ đó nâng cao khả năng tư duy và giải quyết vấn đề.
2.Nội dung, phương thức tổ chức. a Chuyển giao nhiệm vụ:
Trong thực tế, nhiều khoảng cách không thể đo trực tiếp, như khoảng cách giữa hai ngọn núi hay độ rộng của một đoạn sông không thể đi qua Việc áp dụng giải tam giác vào những bài toán này sẽ giúp việc đo đạc trở nên dễ dàng hơn.
Vấn đề 2:Cho tam giácABC vuông tại A biết cạnha = 17,4cm; Bb = 30 0 Tính cạnh b, c của tam giác ABC.
Vấn đề 3:Cho tam giácABC vuông tại A, biết Cb = 60 0 Trên đường thẳng
AC lấy điểm D sao cho C nằm giữa AD và ADB\ = 45 0 , CD = 3cm Tính cạnh AB.
Vấn đề 4 yêu cầu tính chiều cao CD của cây trong hình vẽ Các nhóm học sinh cần hoàn thành nhiệm vụ này ở nhà, tạo thành file trình chiếu và cử đại diện thuyết trình trước lớp Trong buổi báo cáo thảo luận, các nhóm sẽ trình bày file trình chiếu, trong khi các nhóm khác sẽ tham gia phản biện và góp ý Giáo viên sẽ đánh giá tổng thể và giải thích những vấn đề mà học sinh chưa giải quyết được Sản phẩm cuối cùng là các file trình chiếu của từng nhóm.
A Hình thành định lý cosin.
I Hoạt động chuyển giao nhiệm vụ:
- Trên cơ sở của việc giải bài toán, học sinh hình thành được công thức liên hệ giữa góc và cạnh.
- Xây dựng công thức của định lý cosin.
- Cụ thể hóa công thức trong một số trường hợp đặc biệt.
- Nắm được ý nghĩa và điều kiện có thể để sử dụng công thức.
- Tiếp tục phát triển các năng lực: tự học, sử dụng ngôn ngữ toán học, phát hiện và giải quyết vấn đề thông qua môn học.
2.Nội dung, phương thức tổ chức.
Bài toán 1: Cho tam giác ABC vuông tại A Hãy so sánh BC 2 với AB 2 +
Bài toán 2: Hãy so sánh BC 2 với AB 2 + AC 2 −2AB.AC.cosA khi tam giác ABC là tam giác thường.
+ Giáo viên chia lớp thành 4 nhóm, phân công nhóm trưởng và nêu yêu cầu:
* Thảo luận trả lời các câu hỏi được nêu trong bài toán.
* Nộp các kết quả của nhóm cho giáo viên sau 5 phút.
Hoạt động của giáo viên Hoạt động của học sinh
- Giáo viên quan sát quá trình thảo luận của các nhóm Phát hiện ra các khó khăn để gợi ý cũng như giúp đỡ các nhóm.
Trong quá trình học, giáo viên cần chú ý quan sát để phát hiện sớm những khó khăn mà học sinh gặp phải khi giải toán, từ đó đưa ra những gợi ý hỗ trợ phù hợp.
- Học sinh thảo luận tìm lời giải, thống nhất cách trình bày bài giải.
Đại diện nhóm sẽ trình bày kết quả và giải thích phương pháp tiếp cận bài toán khi được yêu cầu bởi giáo viên hoặc các thành viên khác trong nhóm.
Giáo viên yêu cầu một số học sinh trình bày kết quả nghiên cứu Trong quá trình báo cáo, giáo viên cùng các học sinh khác có cơ hội đặt câu hỏi và thảo luận về nội dung được trình bày.