Một vài bài toán lượng giác trong tam giác

Nhận xét: Mấu chốt của lời giải trên là ta đã sử dụng hệ thức dễ dàng chứng minh được tanA+tanB+tanC =tan .tan .tanA B C với mọi ABC∆ không vuông , đồng thời với giả thiết để có thể áp d

MỘT VÀI BÀI TOÁN LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC

Bài 1: CMR với mọi tam giác ABC nhọn ta có : tanA+tanB+tanC≥3 3

Cách 1: với dạng bài này ta thường nghĩ tới sử dụng phương pháp dồn biến đưa về giá trị trung

bình trong chứng minh bất đẳng thức : ở bài này ta cần chỉ ra ( ) ( ) 2 ( )

2

x y

f x + f y ≥ f +

với

( ) tan

f t = t ; 0;

2

t  π 

∈ ÷

Thật vậy

Do , 0;

2

x y  π 

∈ ÷ nên:

x y

2 cos

2

x y+

Ta có:

2

tanx tany

2

y

x y

Hay: tanx tany 2 tan ; , 0;

x y

+

    , dấu “=” xảy ra ⇔cos(x y− ) 1= ⇔ =x y

Do ABC∆ nhọn nên: tanA tanB 2 tan

2

A B+

  ;

3 tanC tan 2 tan

3

C

A B C

A B

π

 +  +

Từ đó ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ đều

Nhận xét: Mấu chốt trong cách giải này là dựa vào chứng minh BĐT ( ) ( ) 2 ( )

2

x y

f x + f y ≥ f +

,

sau đó ta đã lựa chọn giá trị trung bình của 3 góc A, B, C là 3π để ghép cặp Cần chú ý giá trị 3

π cũng là giá trị của các góc khi dấu “=” xảy ra.

Cách 2:

Do A B C+ + =1800 nên với ABC∆ không vuông ta có:

tan tan tanA= −tan(B C+ )= − B+ C ⇔ tanA+tanB+tanC=tan tan tanA B C

∆ nhọn , áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương tanA, tanB, tanC ta có:

tanA tanB tanC 3 3

Dấu bằng xảy ra ⇔ tanA tanB tanC= = ⇔ = =A B C hay ABC∆ đều

Nhận xét: Mấu chốt của lời giải trên là ta đã sử dụng hệ thức (dễ dàng chứng minh được)

tanA+tanB+tanC =tan tan tanA B C (với mọi ABC∆ không vuông) , đồng thời với giả thiết

để có thể áp dụng Cô si cho 3 số tanA, tanB, tanC

Như vậy Một số bài toán trong tam giác, nếu biết và sử dụng triệt để các hệ thức lượng giác về

góc trong tam giác ta sẽ có lời giải hay và ngắn gọn hơn

Bài 2: Chứng minh rằng, với mọi tam giác ABC ta có: tan2 tan2 tan2 1

Lời giải:

Ta có

A B C+ + =π

nên:

1 tan tan

tan cot

− +

+

tan tan tan tan tan tan 1

Có:

Dấu “=” xảy ra tan tan tan

⇔ = = ⇔ = = = ( hay tam giác ABC đều)

Nhận xét: Nếu không sử dụng hệ thức: tan tan tan tan tan tan 1

để giải quyết được bài toán trên

Bài 3: Cho ABC∆ biết cos 2A+cos 2B+cos 2C= −1 Chứng minh ABC∆ vuông.

Lời giải:

Ta có cos 2A+cos 2B+cos 2C 2cos(= A B+ )cos(A B) 2cos− + 2C−1

2

2cos(A B)cos(A B) 2cos (A B) 1

=2cos(A B+ ) cos(A B) cos([ − + A B+ )]−1

= −4cosC.cosA.cosB 1−

( do (A+B)+C=π nên cos(A B)+ = −cosC )

Theo bài ra, ta có : cos 2A+cos 2B+cos 2C= −1

⇔ −4cosC.cosA.cosB 1− = −1

0

0

0

90

A







⇔  = ⇔  =



Hay ABC∆ vuông (đpcm)

Nhận xét: Ta đã sử dụng hệ thức: cos 2 A+cos 2B+cos 2C= −4cos cosBcosA C−1 trong tam giác khiến lời giải trở nên dễ dàng

Ta hãy giải bài toán theo hướng: Dùng công thức nhân đôi, đưa về cosA, cosB, cosC rồi áp

dụng định lý cos trong tam giác; lúc này bài toán trở thành: CM tam giác ABC vuông biết ( 2 2 2) (2 2 2 2) (2 2 2 2)2

Rõ ràng ta được một bài toán mới phức tạp hơn nhiều !

Bài 4 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có

1 sin sin sin cos cos cos

HD

Tương tự có sin sin 2cos ; sinC sinA 2cos

Cộng ba vế tương ứng ta có đpcm

n N

2 Có sin sin 2(sin sin ) 2 cos

2

C

Áp dụng tương tự sinB sinC 2 cos ; sinC sinA 2 cos

Cộng ba vế tương ựng ta có đpcm

n N

Lời kết Còn rất nhiều các hệ thức về giá trị lượng giác của các góc trong tam giác mà khi áp

dụng ta có thể giải hoặc sáng tạo các bài toán hay về lượng giác trong tam giác Các bạn có thể

tự sáng tạo hoặc tìm hiểu thêm