MỘT số ĐỒNG NHẤT THỨC và bất ĐẲNG THỨC HÌNH học QUA các hàm LƯỢNG GIÁC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG ---NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC QUA CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG -

NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH

MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC

HÌNH HỌC QUA CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội – Năm 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG -

NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH

Mã học viên: C0032

MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC

HÌNH HỌC QUA CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH: Phương pháp toán sơ cấp

MÃ SỐ : 60460113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC :

PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ

Hà Nội – Năm 2016

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU 2

LỜI CẢM ƠN 3

CHƯƠNG 1: PHẦN CHUẨN BỊ 4

1.1 Tích vô hướng và các phép biến đổi lượng giác 4

1.1.3 Nhóm tiên đề về tích vô hướng của hai vectơ 4

1.2 Định lí hàm sin, hàm cosin, hàm tan 5

1.3 Phương pháp diện tích 13

1.4 Một vài vận dụng 17

CHƯƠNG II: MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐA GIÁC 22

2.1 Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác 22

2.2 Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tứ giác (tứ giác nội tiếp trong đường tròn và tứ giác không nội tiếp trong đường tròn) 68

2.3 Vận dụng các kết quả giải một số đề thi học sinh giỏi 71

KẾT LUẬN 78

TÀI LIỆU THAM KHẢO 79

LỜI NÓI ĐẦU

Trong chương trình toán học trung học phổ thông, đây là phần rất khó,

việc phát hiện ra các Đồng Nhất Thức và Bất Đẳng Thức cũng khó với giáo viên Chính vì vậy, tôi đã nghiên cứu và chọn đề tài "Một số đồng nhất thức và bất đẳng thức hình học qua các hàm lượng giác" nhằm nghiên

cứu sâu hơn, rộng hơn để nâng cao nhận thức và ứng dụng của các đồng nhấtthức và bất đẳng thức hình học qua các hàm lượng giác vào học tập và nghiêncứu sau này

Mục đích của đề tài là nghiên cứu và trình bày tương đối chi tiết về cácđồng nhất thức và bất đẳng thức hình học qua các hàm lượng giác Hệ thống mộtcách logic các kết quả về đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác, đa giác

Vận dụng toán học cao cấp vào xây dựng các bài toán mới, các kết quả mới.Luận văn gồm hai chương :

Chương I: Phần chuẩn bị Trình bày các kiến thức cơ bản về tích vô

hướng và các phép biến đổi lượng giác , định lí hàm sin hàm cosin ham tan vàphương pháp diện tích

Chương II: Một số đồng nhất thức và bất đẳng thức trong đa giác Trình bày một số nội dung về Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác,

Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tứ giác (tứ giác nội tiếp trong đường tròn

và tứ giác không nội tiếp trong đường tròn) và vận dụng các kết quả giải một số

đề thi học sinh giỏi

Sau một thời gian học tập, tự tìm tòi, tham khảo và nghiên cứu các tàiliệu liên quan đến nội dung , cùng với sự giúp đỡ nhiệt tình, tận tâm của Thầygiáo hướng dẫn PGS-TS Đàm Văn Nhỉ , luận văn đã chắt lọc được các nộidung cơ bản Vì thời gian có hạn và khả năng nghiên cứu còn hạn chế nênluận văn sẽ không tránh khỏi những khiếm khuyết , rất mong được sự đónggóp ý kiến của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn này, em xin bày tỏlòng biết ơn sâu sắc tới PGS- TS Đàm Văn Nhỉ người đã trực tiếp hướng dẫn

và tận tình chỉ bảo em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận

Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy côgiáo trong khoa Toán của trường Đại học Thăng Long đã dạy bảo em tận tìnhtrong suốt quá trình học tập vừa qua

Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới giađình, bạn bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên , giúp đỡ em trong suốt quátrình học tập và thực hiện luận văn này

Hải Phòng , ngày 10 tháng 6 năm 2016

Học viên

Nguyễn Thị Phương Anh

CHƯƠNG 1: PHẦN CHUẨN BỊ1.1 Tích vô hướng và các phép biến đổi lượng giác

A Tích vô hướng của hai véc tơ

Với hai véc tơ a và b ta luôn có

hướng được biểu diễn qua độ dài các véc tơ tương ứng, không phụ thuộc vàoviệc chọn hệ tọa độ Trong hệ tọa độ trực chuẩn, giả sử a( , )x y1 1 và

b b  b  , ở đó  a b ,  Ta có ngay kết quả sau đây:

Bổ đề 1.1.1 Với hai véc tơ a và b ta luôn có a b a b cosvà suy ra bất đẳng thức a b  a b .

Hệ quả 1.1.2 Hai véctơ AB

và AC được gọi là vuông góc với nhau nếu

ABAC nếu và chỉ nếu  AB AC . 0.

Chứng minh: Vì AB AC AB AC cos(AB AC, )

theo bổ đề 1.2.5 nên

AB AC

 

nếu và chỉ nếu cos(AB AC = 0 hay AB  AC., )

1.1.3 Nhóm tiên đề về tích vô hướng của hai vectơ

Nhóm thứ bốn mô tả ánh xạ tích vô hướng V V  ,( , )x y  x y

 

  , với bốntiêu đề sau đây:

IV1 Với mọi véctơ ,x y V  luôn có x y y x 

 

IV2 Với mọi , ,  x y z V luôn có x y z x z y z   

IV4 Với mọi x V luôn có x x   0 Dấu = chỉ xảy ra khi x 0

Đôi khi ta viết tích vô hướng x y  đơn giản qua x y

Định nghĩa 1.1.4 Với vectơ x ta gọi xx là mô đun hay độ dài khi xx  0của vec tơ x và ký hiệu nó qua x

Định nghĩa 1.1.5 Hai vec tơ ,x y  được gọi là vuông góc với nhau và ký hiệu

xy

 

nếu  x y 0

1.2 Định lí hàm sin, hàm cosin, hàm tan

Hệ quả 1.2.1 Cho tam giác ABC với a = AB, b = BC, c = CA Giả sử đường

phân giác trong AD của A cắt BC tại D Khi đó ta có:

12

hay ta có công thức tính diện tích

11

12

Hệ quả 1.2.3 Cho ABC với độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB và điểm I

thuộc mặt phẳng (ABC) Khi đó:

(1) Nếu I thuộc miền tam giác ABC thì có đồng nhất thức:

IBC ICA IAB 0

IA S IB S IC S 

(2) Nếu I thuộc miền ngoài tam giác ABC và nằm trong góc A thì:

IBC ICA IAB 0

Chứng minh: (1) Dựng hệ tọa độ Ixy để I(0,0), A(x1, y1), B(x2, y2) và C(x3,

y3) Diện tích các tam giác IBC, ICA, IAB được quy ước tính bởi:

.2 IBC ( ).( , )

IA S  x y  x y x y



(3) được suy ra từ hai kết quả (1) và (2).

Hệ quả 1.2.3 Giả sử tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c

và diện tích S Khi đó, với mọi góc  ta luôn có hệ thức:

Hệ quả 1.2.5 Với các góc  , (0, / 2) ta luôn có bất đẳng thức:

cos cos 2cos

Vì tan tan sin( ) 2sin( )

cos cos cos( ) cos( )

1 tancos2

Bài giải: Kết quả là hiển nhiên.

Ví dụ 1.2.8 [Klamkin] Tam giác ABC có độ dài cạnh a = BC, b = CA, c =

AB và độ dài ba đường trung tuyến m a , m b , m c Với bất kỳ các số thực   , ,

-.Khi P G , ở đó G là trọng tâm tam giác ABC, ta nhận được bất đẳng thức:

Ví dụ 1.2.9 Với mọi tam giác ABC ta luôn có các bất đẳng thức:

(1) sin sin sin 3 3

A B C

A B C    

Ví dụ 1.2.10 Với mọi tam giác ABC ta luôn có các bất đẳng thức:

(1) tan2 tan2 tan2 1

(2) cot2 A cot2 B cot2C 1

Bài giải: (1) Vì tan cot

(2) Vì cotA cot(  B C)nên ta có:

cot cotA Bcot cotB Ccot cotC A1

Do vậy cot2 A cot2 B cot2C1.

Ví dụ 1.2.11 Cho ABC và điểm tuỳ ý M Ký hiệu khoảng cách từ M đến ba

Ví dụ 1.2.12 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:

(1) sin sin sin 3

(2) được suy ra từ (1) qua Bất đẳng thức Cauchy

(3) Ta có cos cos cos 3cos 3 3

Ví dụ 1.2.13 Tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn và giao hai đường

chéo I = AC x BD Gọi R 1 , R 2 , R 3 , R 4 là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB, IBC, ICD, IDA, tương ứng Chứng minh rằng:

R R R R

Bài giải: Đặt  AB b BC c CD d,  ,  , DA và đặt  AIB

    

Khi đó 4 'I I   0

.Vậy I'I

Ví dụ 1.2.16 Cho hai hình bình hành ABCD và A'B'C'D' Gọi A 1 , B 1 , C 1 , D 1

là trung điểm của AA', BB', CC', DD', tương ứng Chứng minh rằng, hoặc bốn điểm A 1 , B 1 , C 1 , D 1 thẳng hàng hoặc chúng là bốn đỉnh của một hình bình hành.

Bài giải: Nếu bốn điểm A1, B1, C1, D1 thẳng hàng thì ta đã có điều cần chứng

minh Nếu chúng không thẳng hàng, thì từ các hệ thức:

Ví dụ 1.2.17 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có

(1) sin sin sin 3

(2) được suy từ (1) qua Bất đẳng thức Cauchy

(3) Ta có cos cos cos 3cos 3 3

Ví dụ 1.2.18 Trong số các tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính

R thì tam giác đều có diện tích lớn nhất và chu vi lớn nhất.

1.3 Phương pháp diện tích

Phương pháp diện tích là phương pháp giải bài toán hình trong mặt phẳng qua

diện tích của một miền phẳng nào đó Để giải bài toán đã cho ta chọn mộtmiền phẳng (D) với diện tích S Sau đó đem chia miền (D) ra thành nhiềumiền nhỏ một cách thích hợp và tính diện tích S1, , Sr của các miền nhỏ

ấy Từ S S 1 S r suy ra lời giải bài toán

Mệnh đề 1.3.1 Cho tứ giác lồi ABCD với độ dài bốn cạnh AB = a, BC = b,

CD = c và DA = d Khi đó ta có công thức tính diện tích S của tức giác ABCD:

24

Chứng minh: Ta có 2S 2S ABC 2S ADC absin B cdsinD

Từ a2 b2  2abcosB AC 2 c2 d2  2cdcosD ta suy ra

Mệnh đề 1.3.3 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn với độ

dài bốn cạnh AB = a, BC = b, CD = c và DA = d Khi đó, với

Từ đây có được công thức: S  (p a p b p c p d )(  )(  )(  )

Bổ đề 1.3.4 [Ptolemy] Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn.

Khi đó ta luôn có AB.DB = AB.DC + BC.DA hay

DA DC  DB DC DA DC

Chứng minh: Đặt a AB b BC c CD d ,  ,  , DA vàx AC y BD ,  Tứgiác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn (T) Kẻ BE//AC với E thuộc(T) Khi đó 2S ABCD 2S AECD (ac bd )sinEAD Vì 2S ABCD xysinEAD,

ở đó  là góc giữa AC và BD

Vậy ac bd xy Chia hai vế cho DA DB DC ta nhận được:

.

DA DC  DB DC DA DC

Chú ý 1.3.5 (i) Nếu tứ giác ABCD lõm và nội tiếp trong một đường tròn với

độ dài bốn cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và độ dài hai đường chéo

AC = x, BD = y thì luôn có ac - bd = xy khi tứ giác ACBD lồi hoặc bd - ac =

xy khi tứ giác ABDC lồi Do vậy, với việc chọn dấu ± một cách thích hợp ta luôn có ac bd xy  0.

(ii) Biểu diễn Đồng nhất thức Ptolemy dạng phân thức là dựa vào phương pháp phân tích phân thức thành tổng đại số các phân thức đơn giản.

Mệnh đề 1.3.6 Với số nguyên n 3, đa giác lồi A1 A M nội tiếp trong một n đường tròn có đồng nhất thức:

Ví dụ 1.3.7 Tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp R,

r Giả sử ba phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp

2 2

8.2 4 sin /.sin sin 16

Ví dụ 1.3.8 Tam giác ABC có a = BC, b = CA, c = AB và bán kính đường

tròn ngoại tiếp R Giả sử phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp ở A 1 , B 1 , C 1 , tương ứng Chứng minh rằng:

sin sin sin( / 2)sin( / 2) sin

a

Đánh giá còn lại tương tự Từ đó có 2 2 2

1 sin 1 sin 1 sin

Ví dụ 1.3.9 Ký hiệu n (r) là số điểm nguyên thuộc đường tròn bán kính r 1 Chứng minh n (r) < 2 3 r2 .

Bài giải: Giả sử đường tròn (l) bán kính r 1 chưa n điểm với tọa độ nguyên.

Ta phải chỉ ra n r( ) 2 3 r2 Vì r 1 và 2 6nên 2 3 r2  Vậy, ta có6thể giả thiết n 7 bởi vì n 7 bắt đẳng thức luôn đúng

Ký hiệu điểm nguyên thuộc đường tròn (l) theo thứ tự P P1, , ,2 P , (theo n

chiều quay của kim đồng hồ) Khi đó các cung  

1 3, 2 4

PP P P , P P n1 1 và P P phủ n 2

đường tròn hai lần Do vậy, tổng các số đo cung của các cung này bằng 4 ừ

đó suy ra tồn tại ít nhất một cung không vượt quá 4

n

, chẳng hạn cung PP 1 3

Xét tam giác P1P2P3 nội tiếp trong cung với số đo 4

n

 Vì n 7nên cung này

có thể coi như nhỏ hơn một phần tư đường tròn Diện tích tam giác P1P2P3 lớnnhất khi P1, P3 là hai điểm mút của cung và P2 là điểm chính giữa của cung.Khi đó:

( ) 2

n r   r Vì  là số siêu việt và nlà số nguyên dương nên

2 3

Chứng minh: Giả thiết AM, BN, CP đồng quy tại I Khi đó ta có

IBM ICN IAP

IMC INA IPB

BM CN AP S S S

S S S

MC NA PB 

sin sin sin

MC NA PB  Ta chỉ ra AM, BN, CP đồng quy tại một điểm.

Thật vậy, gọi I AM BN và CI cắt (AB) tại Q khi đó

Chứng minh không qua hàm sin: ký hiệu ,x x là khoảng cách từ A đến IB, b c

IC, ,y y là khoảng cách từ B đến IC, IA và , c a z z là khoảng cách từ C đến IA, a b

Chú ý 1.3.11 Chú ý rằng, khi M, N, P là những điểm thuộc cạnh BC, CA, AB,

tương ứng, thì điều kiện MB NC PA 1

MC NA PB  tương đương với điều kiện.

Ví dụ 1.3.12 Cho tam giác ABC Giả sử đường tròn nội tiếp tiếp xúc với

cạnh BC, CA, AB tại A 1 , B 1 , C 1 ; Giả sử đường tròn bàng tiếp nằm trong A

tiếp xúc với cạnh BC tại A 2 , tiếp xúc với cạnh AB, AC kéo dài tại C 2 , B 2 Khi

đó AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tại một điểm J và điểm này được gọi là điểm Gergonne và AA 2 , BB 2 , CC 2 đồng quy tại một điểm N và điểm này được gọi là

Ví dụ 1.3.13 Cho tam giác ABC Giả sử đường tròn cắt ba cạnh BC, CA, AB

tại A 1 , A 2 ; B 1 , B 2 ; C 1 , C 2 , tương ứng và theo thứ tự A, C 1 , C 2 , B, A 1 , A 2 , C, B 1 ,

B 2 , A Giả sử X C B C B Y 1 1 2 2, AC1 1A C Z2 2, B A B A1 1 2 2 Khi đó

AX BY CZ đồng quy tại một điểm.

Bài giải: Gọi D AX C B  2 1 Vì AD C B B C đồng quy tại X nên, 2 2, 1 1

chứng tỏ AX, BY, CZ đồng quy tại một điểm

Ví dụ 1.3.14 Cho tam giác ABC Lấy điểm M, N, P thuộc cạnh BC, CA và

AB, tướng ứng Nếu AM, BN, CP đồng quy thì ta luôn có 1

   Giả thiết AM, BN, CP đồng quy tại

một điểm Khi đó u v t , , 0 và uvt 1 và MNP (1 )(11 )(1 )

Mệnh đề 1.3.15 [Menelaus) Cho tam giác ABC và điểm N thuộc cạnh CA,

điểm P thuộc cạnh AB, còn điểm M thuộc cạnh BC kéo dài Khi đó, ba điểm

Hệ quả 1.3.16 Cho tam giác ABC Giả sử N CA, P AB  và đường thẳng

NP cắt đường thẳng BC tại M Gọi I, J, K là trung điểm các đoạn MA, NB,

PC, tương ứng Khi đó ba điểm I, J, K thẳng hàng Đường thẳng (I, J, K) được gọi là đường thẳng Gauss.

Chứng minh: Gọi Q là trung điểm đoạn MB; và E IQ MP F  , JQ PB .

Vì IQ là đường trung bình của MBA và JQ là đường trung bình của

Mệnh đề 1.3.17 Cho tứ giác ABCD Giả sử đường thẳng d cắt các đường

thẳng AB, BC, CD, DA tại các điểm M, N, P, Q, tương ứng Khi đó, ta có

Ví dụ 1.3.18 Cho tam giác ABC với trọng tâm G Một đường thẳng d tuỳ ý đi

qua G cắt hai cạnh AB, AC tại M, N, tương ứng Chứng minh rằng

MA NA PL  PL  Từ đây suy ra MA.NC - MN.NA = MA.NA

Ví dụ 1.3.19 Cho tam giác ABC với đường tròn bàng tiếp tâm J, ở trong góc

A

 , tiếp xúc với AB, AC, BC, tại K, L, M, tương ứng Giả sử LM cắt BJ tại F

và KM cắt CJ tại G Gọi S và T là giao điểm giữa AF, AG với BC Chứng

minh M là trung điểm của đoạn ST [IMO 2012 Problem 1].

Bài giải: Ta thấy ngay JF GM JG, FL Vậy M là trực tâm tam giác

FGJ Từ đây suy ra JM FG Vì JM BC nên BC // FG và nhận được

Ví dụ 1.3.20 [Russia MO 2001] Giả sử hai điểm M, N thuộc cạnh AB, BC,

tương ứng, của hình bình hành ABCD thoả mãn AM = NC Ký hiệu Q là giao điểm giữa AN và CM Chứng minh rằng, QD là phân giác của góc CDA

Bài giải: Gọi E là giao điểm giữa hai đường thẳng QD và BC.

Như vậy CE = CN + NE = AM + MB = CD và suy ra tam giác CDE cân.

Từ CDE CEDEDA và suy ra QD là phân giác của góc CDA

l l l - là độ dài 3 đường cao.

Tiếp theo, liên quan đến tam giác ABC là đường tròn ngoại tiếp tâm O bán kính R; đường tròn nội tiếp tâm I bán kính r; 3 đường tròn bàng tiếp tâm J a ,

J b , J c bán kính r r r , tương ứng Vì khoảng cách O đến 3 đỉnh đều bằng R1, ,2 3

nên ta quan tâm tới khoảng cách từ O đến 3 cạnh tam giác Do bởi O có thể ở

trong hoặc trên cạnh hoặc ở ngoài tam giác nên ta đặtcos , cos , cos

x R A y R B z R C như là số đo đại số để biết khoảng cách từ

O đến 3 cạnh và vị trí của O so với tam giác Vì khoảng cách từ I đến 3 cạnh

đều bằng r nên ta quan tâm tới khoảng cách từ I đến 3 đỉnh tam giác là IA,

IB, IC Ngoài ra ta còn có S S ABC và 2 p a b c  

Tìm cách gắn kết các đại lượng để có đồng nhất thức và bất đẳng thức, chẳnghạn r r1 2 r3 4R r [Steiner] hoặc x y z R r    [Carnot] Có nhiều

phương pháp gắn kết và kết quả đạt được Trong phần này chúng tôi sử dụng

đa thức bậc 3 và Định lý Viét Trước khi phát biểu các kết quả chúng ta cầnhai bài toán sau đây:

Ví dụ 2.1.1 [Yugoslav Federal Competition 1991] Với ba số thực dương a,

b, c có 3 13 3 31 3 13 1

a b abc b c abc c a abc abc

Ví dụ 2.1.2 Với mọi tam giác ABC có cos cos cos 3

Mệnh đề 2.1.3 Cho ABC với độ dài ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c Ký

hiệu p là nửa chu vi, r và R là bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp Khi

đó a, b, c là ba nghiệm của phương trình dưới đây:

a là một nghiệm của x3  2px2 (p2 r2 4 )Rr x 4Rrp0 Tương tự, b và

c cũng là nghiệm của phương trình này.

4Rrp 4 (r a b c  ) suy ra điều cần chứng minh.

Hệ quả 2.1.4 Cho ABC với diện tích S và độ dài bán kính các đường tròn

nội tiếp, ngoại tiếp là r, R Gọi , , h h h là độ dài ba đường cao Khi đó a b c

Bài giải: Vì a, b, c là ba nghiệm của x3 2px(p24Rr r x 2)  4Rrp0 nên

(5) được suy ra qua Ví dụ 2.1.1

Mệnh đề 2.1.5 Cho ABC với nửa chu vi p, bán kính các đường tròn nội,

ngoại tiếp r, R và bán kính các đường tròn bàng tiếp là r r r Khi đó 1, ,2 3 r r r1, ,2 3

là ba nghiệm của phương trình

Chứng minh: Từ tan 1, 2 sin

1 tan

2

A a

nghiệm của x3 (4R r x ) 2  p x p r2  2 0 Tương tự, r và 2 r cũng là nghiệm3

của phương trình này

(1), (2), (3) được suy ra từ phương trình x3  (4R r x ) 2  p x p r2  2 0 theoĐịnh lý Viét

(10) được suy ra qua Ví dụ 2.1.1

Hệ quả 2.1.6 Cho ABC với nửa chu vi p, bán kính các đường tròn nội,

ngoại tiếp r, R và bán kính các đường tròn bàng tiếp là r r r Khi đó1, ,2 3

r r r là ba nghiệm của phương trình bậc ba

Mệnh đề 2.1.8 ChoABC với nửa chu vi p, bán kính các đường tròn nội,

ngoại tiếp r, R Khi đó tan , tan , tan

    Từ đây suy ra các kết quả sau:

(1) tan tan tan 4

(5) được suy ra qua Ví dụ 2.1.1.

Mệnh đề 2.1.9 Cho ABC với nửa chu vi p, bán kính các đường tròn nội,

ngoại tiếp r, R Khi đó cos ,cos ,cosA B C là nghiệm của phương trình đa thức bậc ba.

(1 cos )(1 cos )(1 cos )

(4) cos2 Acos2Bcos2C2cos cos cosA B C 1

(5) cos cosA Bcos cosB Ccos cosC A cos cos cosA B C5

1 tan 1 tan

A A

214

0

x y

R r Ry x

    Do đó cos ,cos ,cosA B C là ba nghiệm

của phương trình có được qua việc thay

8

A B C  được suy ra từ cos cos cos 3

2

A B C qua Bất đẳngthức Cauchy

(2) Từ phương trình trên có P (1 cos )(1 cos )(1 cos )A  B  C 

2 2

2 2 2 2

4cos cos cos cos cos cos

(cos Acos Bcos C) 1 2cos cos cos  A B C cos Acos Bcos C

theo (4) Vậy, ta chứng minh 2 (cos3Acos3Bcos ) cos3C  2Acos2Bcos2C

(cos Acos Bcos C)

Hệ quả 2.1.10 Cho ABC với nửa chu vi p, bán kính các đường tròn nội,

ngoại tiếp r, R Ký hiệu x R cos ,A y R cos ,B z R cosC và gọi I là tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác Khi đó x, y, z là ba nghiệm của phương trình đa thức dưới đây:

x  y xyz  y z xyz  z x xyz xyz khi ABC nhọn.

(15) m a m b m c  r r1 2 r3khi ABC không tù.

(16) sin sin sin sin sin sin cos cos cos 17

Bài giải: (1) là hiển nhiên.

(2) Từ cosucosvcos w +cos (u + v + w)

u+v v+w w + u = 4cos cos cos

Từ đó suy ra (2).

Chú ý 2.1.12 Phương trình đa thức bậc 3 nhận tanA, tanB, tanC làm ba

nghiệm là không có vì tam giác vuông sẽ không thoả mãn.

a Đa thức bậc 3 qua biến đổi phương trình

Ta vẫn sử dụng định lý Viét để tiếp tục tìm đồng nhất thức và bất đẳng thứctrong tam giác qua các kết quả ở phần trên

Ví dụ 2.1.13 Cho ABC với nửa chu vi p, bán kính các đường tròn nội,

ngoại tiếp r, R và bán kính các đường tròn bàng tiếp r r r Khi đó có1, ,2 3

(2) d a2 d b2 d c2 11R2 2Rr, trong , ,d d d là khoảng cách từ tâm đường a b c

tròn ngoại tiếp O đến tâm ba đường tròn bàng tiếp ABC

y





 Thay x vàophương trình (1) ta nhận được phương trình đa thức bậc ba sau đây

(r 2Rr p y) (2r 2Rr 2 )p y (r  2Rr p y)  2Rr0

Gọi y y y là ba nghiệm của phương trình này Khi đó ta có hệ thức 1, ,2 3

Ví dụ 2.1.16 Cho ABC với độ dài ba cạnh a, b, c và bán kinh các đường

tròn nội, ngoại tiếp là r, R Khi đó ta có các kết quả sau đây:

2 2 2 2 2

(a 2 )(Rr b 2 )(Rr c 2 ) 4 (Rr  r ab bc ca   2 )Rr Do đó ta có (1),(2), (3), (4)

Ví dụ 2.1.17 Cho ABC với dộ dài ba cạnh a, b, c và bán kính các đường

tròn nội, ngoại tiếp là r, R Khi dó ta có các kết quả dưới đây:

Ví dụ 2.1.18 Cho ABC với bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp là r, R

và bán kính các đường tròn bàng tiếp là r r r Ta có các kết quả:1, ,2 3

Ví dụ 2.1.19 Cho ABC với độ dài ba cạnh a, b, c, diện tích S, nửa chu vi p

và bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp là r, R, bán kính các đường tròn bàng tiếp r r r Khi đó có đồng nhất thức và bất đẳng thức: S = 1, ,2 3

(4R2 )r S 2p

  Thay r r1 2 r3 4R r ta có đồng nhất thức cần chứngminh

Ví dụ 2.1.20 Cho ABC với độ dài cạnh là a, b, c, bán kính các đường tròn

nội, ngoại tiếp là r, R, bán kính các đường tròn bàng tiếp là r r r , nửa chu1, ,2 3