GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 1
TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 2
II. CÁC BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN 1: TÍNH GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC
Phương pháp: Sử dụng hệ thức liên hệ của các giá trị lượng giác sau:
1)
2 2
sin cos 1
2)
sin
tan
cos
3)
cos
cot
Mối liên hệ giữa hai góc bù nhau, phụ nhau và giá trị các góc :
7)
0
0
0
0
sin(180 ) sin
cos(180 ) cos
tan(180 ) tan
cot(180 ) cot
(sin – bù) 8)
0
0
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Hãy tính các giá trị lượng giác còn lại của góc
trong các trường hợp sau:
1)
1
sin
3
với
0
0
0 90
Ta có:
2
2 2 2 2
1 8 2 2
sin cos 1 cos 1 sin 1 cos
3 9 3
Mà
0
0 90
2 2
cos
3
. Khi đó
sin 1 2 2 1 2
Mà
0 0
2 5
cos 0 90 180 sin
3 3
.
Khi đó
sin 1 5 1 5
tan :
cos 3 3 5
5
và
1
cot 5
tan
.
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 3
2 5
sin cos .tan
5
.
4)
cot 3
với
là góc tù .
Ta có:
1
cot 3 tan
3
Ta có
2 2
2 2 2
1 1 1 1 10
1 cot sin sin
sin 1 cot 1 3 10 10
B
biết
1
sin
4
3)
2
2 2
sin 3sin cos
2sin sin cos 3cos
C
biết
cot 3
4)
sin .cos
cos 0
. Khi đó chia cả tử và mẫu của
A
cho
cos
ta được:
2sin cos
2sin cos 2tan 1 2.( 2) 1 3
cos
sin 3cos
sin 3cos tan 3 2 3 5
cos
A
. Vậy
3
cos sin
B
2
2
2
2
1
16. 5
16sin 5 4
4
1
32sin 2 4
1
32. 2
4
biết
cot 3
Ta có:
cot 3 sin 0
. Khi đó chia cả tử và mẫu của
C
cho
2
sin
ta được:
2
2
2
2 2
2 2
2
sin 3sin cos
sin 3sin cos
sin
2sin sin cos 3cos
2sin sin cos 3cos
sin
D
biết
5
sin cos
4
Ta có:
2
2 2
5 25 25
sin cos sin cos sin cos 2sin cos
4 16 16
25 9 9
1 2sin cos 2sin cos sin cos
16 16 32
hay
9
32
D .
Ví dụ 3:
c)
4 4
sin cos
P x x
d)
6 6
sin cos
Q x x
Giải:
1) Cho
tan 3
x
. Tính
2 2
sin 6sin cos 3cos
A x x x x
.
Ta có
tan 3 cos 0
x x
nên ta có:
2 2
2 2
.
2) Cho
1
sin cos
8
x x
và
0 0
0 90
x
. Tính giá trị các biểu thức sau:
a)
sin cos
M x x
2 2 2
1 5
sin cos 2sin cos 1 2sin cos 1 2.
8 4
M x x x x x x
5
2
M
Mà
0 0
0 90
x
c)
2
2
4 4 2 2 2 2
1 31
sin cos sin cos 2sin cos 1 2.
8 32
P x x x x x x
.
d)
2
3
6 6 2 2 2 2 2 2 2 2
1 61
sin cos sin cos 3sin cos sin cos 1 3sin cos 1 3.
8 64
Q x x x x x x x x x x
4)
0 0 0 0 0
cos20 cos40 cos60 cos160 cos180
D
5)
0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .tan 20 .tan30 .tan 40 .tan50 .tan60 .tan 7
0 .tan80
E
6)
3 0 3 0 3 0 3 0 3 0
cos 1 cos 2 cos 3 cos 179 cos 180
F
Giải:
1)
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
sin 20 sin 12 sin 70 sin 78 sin 20 sin 70 sin 12 sin 78
A
cos18
B
0
0 0 0
0
cos18
cot18 cot18 cot18 0
sin18
Vậy
0
B
3)
0 0 0
0 0
0
(cot 44 tan 46 ).sin136
cot 23 .cot67
cos44
C
Cách 1:
0 0 0 0 0 0 0 0 0
cos20 cos160 cos40 cos140 cos60 cos120 cos80 co
s100 cos180
D
0 0 0 0 0 0 0 0 0
cos20 cos20 cos40 cos40 cos60 cos60 cos80 cos80
cos180
0 0 0 0 ( 1) 1
0 0
2 2cos180 cos180 1
D D
Vậy
1
D
.
5)
0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .tan 20 .tan30 .tan 40 .tan50 .tan60 .tan 7
0 .tan80
E
Cách 1:
0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .tan 20 .tan30 tan40 . cot40 .cot30 .cot 20
.cot10
E
2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
tan10 .cot10 tan10 .cot10 tan 20 .cot 20 tan30 .c
ot30 tan80 .cot80
E
1
1
E
Do
0 0 0 0
tan10 ,tan20 , tan30 , ,tan80 0
nên
1
E
0 0 0 0 0 1 1
. Vậy
1
F
. Ví dụ 5: Tìm góc
biết
0 0
0 180
và thỏa mãn:
1)
0 0
sin(90 ) cos(180 ) 1
2)
0
1 3
tan(90 ) 3
(vì
0 0
0 180
)
2)
0
0
1 3 1 3 3
tan 30
tan(90 ) 3 cot 3 3
(vì
0 0
0 180
)
3)
2 2
2sin 3cos 0 2(1 cos ) 3cos 0
2
2sin sin 1 0
sin 1
(loại) hoặc
0
1
sin 30
2
(vì
0 0
0 180
)
BÀI LUYỆN
.
Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
1)
3sin 2cos
sin cos
A
biết
cot 2
. 2)
tan 8cot
10tan cot
B
biết
1
cos
3
.
Bài 3: Tính giá trị của các biểu thức sau:
1)
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
sin 1 sin 2 sin 3 sin 88 sin 89
A
. 2)
0 0 0 0 0
tan5 .tan10 .tan15 tan80 .tan85
B
.
3)
0 0 0 0 0
tan1 .tan 2 .tan3 tan88 .tan89
C
4)
2 0 2 0 2 0 3 0 3 0 2 0
sin 23 sin 67 2sin 157 cos 157 cos 23 2cos 23
D Bài 4: Tìm góc
biết
0 0
0 180
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 8 BÀI TOÁN 2 : CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC
Phương pháp: Để chứng minh đẳng thức
A(sin,cos,tan,cot) B(sin,cos,tan,cot)
ta có các cách tiếp cận sau:
Cách 1: Biến đổi từ vế phức tạp sang vế đơn giản
1 2
1 2
A A A B
B B B A
Cách 2: Sử dụng tính chất bắc cầu
1 2
1 2
A A A
A B
B B B
C
C
3)
cos
cot
sin
4)
1
cot
tan
(tan .cot 1)
5)
2
2
1
1 tan
cos
6)
2 2
(sin cos ) (sin cos ) 4sin cos
4)
1 2sin cos sin cos (1 tan )(1 cot )
5)
2
2
2
1 sin
1 2tan
1 sin
6)
2 2 4
2 2 2 2
tan 1 cot 1 tan
.
1 tan cot tan cot
2 2 2 2 2 2
sin cos sin cos sin cos sin cos
1 2cos sin cos 2cos sin cos
4 4 2
sin cos 1 2cos
Cách 3:
4 4 2 4 2 4
sin cos 1 2cos sin 1 2cos cos
2
4 2 4 4
sin 1 cos sin sin
(*)
Ta có: (*)
2 2 2 2 2
(1 sin )(1 sin ) cos 1 sin cos cos cos
đúng
(đpcm)
3)
2 2
(sin cos ) (sin cos ) 4sin cos
VT =
2 2
(sin cos ) (sin cos )
2 2 2 2
(sin cos 2sin cos ) (sin cos 2sin cos )
(1 2sin cos ) (1 2sin cos ) 4sin cos
= VP (đpcm).
2 2 2
(sin cos ) sin cos 2sin cos 1 2sin cos
= VT (đpcm).
5)
2
2
2
1 sin
1 2tan
1 sin
Cách 1: VT =
2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 sin 1 sin 1
tan 1 tan tan 1 2 tan
1 sin cos cos
(luôn đúng) (đpcm)
6)
2 2 4
2 2 2 2
tan 1 cot 1 tan
.
1 tan cot tan cot
Ta có:
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
4 2 2 4 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
tan 1 cot tan 1 tan
. . 1 .(tan 1) tan
1 tan cot 1 tan cot 1 tan
1 tan tan .cot tan tan .(tan cot )
tan
tan cot tan cot tan cot
(đpcm).
Ví dụ 2: Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào
.
1)
4 2 2 2
cos sin cos sin
A
2)
4 4
6 6
sin cos 1
sin cos 1
B
3)
4 2 4 2
sin 4cos cos 4sin
C
Áp dụng hằng đẳng thức:
2
4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 3 6 6 2 2 2 2 6 6 2 2 3 2 2 2 2
2 2 2
( ) 3 ( ) ( ) 3 ( )
a b a b a b a b a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b
Ta có:
4 4 2 2 2 2 2 2 2
6 6 2 2 3 2 2 2 2 2 2
sin cos (sin cos ) 2sin cos 1 2sin cos
sin cos (sin cos ) 3sin cos (sin cos ) 1 3sin cos
2 2
2 2 2 2
1 cos 4cos 1 sin 4sin
2 4 2 4
1 2cos cos 1 2sin sin
2 2
2 2 2 2 2 2
1 cos 1 sin 1 cos 1 sin 2 sin cos 2 1 3
Vậy
C
không phụ thuộc vào
(đpcm)
BÀI LUYỆN Bài 1: Cho
5)
2 2 2 2
tan sin tan .sin
6)
2
2
tan cot 1
. 1
1 tan cot
Bài 2: Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào
.
1)
4 4 2
cos sin 2sin
A
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho tam giác đều
ABC
cạnh
a
, trọng tâm
G
. Tính các tích vô hướng sau:
1)
.
AB AC
2)
.
BC CA
3)
.
GA GB
đều cạnh
a
nên
0
3 2 2 3 3
.
2 3 3 2 3
( , ) 120
a b a
a a a
h h GA GB h
GA GB AGB
2
0
3 3 1
. . .cos120 . .
3 3 2 6
a a a
GAGB GAGB
(4; 3)
b
. 3)
( 2; 2 3)
a
và
(3; 3)
b
. Giải:
1)
(3;2)
a
và
(5; 1)
b
.
Ta có:
0
2 2 2 2
2 2 2 2
. 3.4 4.( 3) 0
cos , 0 , 90
25
.
3 4 . 4 ( 3)
a b
a b a b
a b
3)
( 2; 2 3)
a
và
(3; 3)
b
.
Ta có:
A B C
không thẳng hàng. 2) Chứng minh rằng
ABC
vuông tại
A
.
3) Tính chu vi và diện tích tam giác
ABC
. 4) Tính góc
B
của tam giác
ABC
.
5) Chứng minh rằng tứ giác
ABCD
:
a) là hình thang cân nếu
31 23
;
5 5
D
b) nội tiếp được trong một đường tròn nếu
(1;2)
D .
6) Tìm tọa độ chân đường cao
M
di động trên trục hoành. Tìm giá trị nhỏ nhất của
MA MB
và tìm tọa độ điểm
M
khi đó.
9) Cho
(3; 2)
L
.Tìm tọa độ trọng tâm
G
, trực tâm
H
, tâm đương tròn ngoại tiếp
I
của
ABL
.
Từ đó hãy suy ra
, ,
G H I
đang thuộc cùng một đường thẳng (đường thẳng Ơ – le) .
10) Tìm tọa độ điểm
,
E F
sao cho
(*)
1) Chứng minh ba điểm
, ,
A B C
không thẳng hàng.
Với (*) ta có:
1 3
,
6 2
AB AC
không cùng phương hay
, ,
A B C
không thẳng hàng (đpcm).
2) Chứng minh rằng
ABC
vuông tại
A
.
Cách 1: Với (*) ta có:
0
ABC
vuông tại
A
. 3) Tính chu vi và diện tích tam giác
ABC
.
+) Với ý 2) ta có chu vi tam giác
ABC
là :
10 2 10 5 2 3 10 5 2
AB AC BC .
+) Vì
ABC
là tam giác vuông tại
A
(theo chứng minh ý 2)) nên
1 1
. . 10.2 10 10
2 2
ABC
S AB AC
.
( Nếu
ABC
B
? (bấm máy)
5) Chứng minh rằng tứ giác
ABCD
:
a) là hình thang cân nếu
31 23
;
5 5
D
Ta có:
(1)
và
2 2
2 2
1 3 10
( 1; 3)
9 13
9 13
;
10
5 5
5 5
AB
AB
AB DC
DC
DC
BA
BA BC
ABC BA BC
BA BC
BC
(3)
và
2 2 2 2
( 1; 2)
. 1.7 ( 2).0 7 1
cos cos( , )
.
5.7 5
(7;0) 1 2 . 7 0
DA
DA DC
ADC DA DC
Suy ra
ABCD
nội tiếp đường tròn (đpcm).
6) Tìm tọa độ chân đường cao
'
A
của
A
trên
BC
.
Gọi
' ( 2; 4)
'( ; )
' ( 1; 1)
AA x y
A x y
BA x y
Ta có
x
x y
x y
x y
y
12 6
' ;
5 5
A
. Tam giác
KAB
cân tại
K
suy ra
2 2
KA KB KA KB
2 2 2 2
(2 ) 16 (1 ) 1 4 20 2 2 2 18 9
x x x x x x x x
(9;0)
K
b)
K
thuộc trục tung và tam giác
KAB
vuông tại
K
.
Gọi
(2;4 )
(0; )
(1;1 )
KA y
c) tam giác
ABK
vuông cân tại
B
.
Gọi
( ; )
B x y
(1;3)
( 1; 1)
BA
BK x y
. Vì tam giác
ABK
vuông cân tại
B
suy ra
2
4 3
4 3
0
( 1) 1
2
x y
x y
y
y
y
Trang 15
8) Một điểm
M
di động trên trục hoành. Tìm giá trị nhỏ nhất của
MA MB
và tìm tọa độ điểm
M
khi đó.
Gọi
N
là trung điểm của
AB
suy ra
3 5
;
2 2
N
và khi đó 2 2
MA MB MN MN
Gọi
khi
3
;0
2
M
.
9) Cho
(3; 2)
L
.Tìm tọa độ trọng tâm
G
, trực tâm
H
, tâm đương tròn ngoại tiếp
I
của
ABL
.
Từ đó hãy suy ra
, ,
G H I
đang thuộc cùng một đường thẳng (đường thẳng Ơ – le) .
+)
G .
+) Gọi
( ; )
H x y
là trực tâm
( 1; 3)
( 3; 2)
( 1; 1) (1; 6)
. 0 ( 3) 3( 2) 0
( 1) 6( 1) 0
. 0
AB
LH x y
BH x y AL
LH AB x y
ABL
x y
BH AL
x y
y
.
+) Gọi
( ; )
I a b
là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABL
IA IB IL
29
29 25
6
;
25
6 18
18
a
I
b
+) Với
2;1
G ,
11 2
Suy ra
, ,
G H I
thẳng hàng hay
, ,
G H I
đang thuộc cùng một đường thẳng (đpcm). GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 16
10) Tìm tọa độ điểm
,
2 2 2 2 2 2
2 2
1.( 1) 3.( 1) 0 4 3
. 0
1 3 ( 1) ( 1) 10 (3 3 ) ( 1)
x y x y
BA BE
BA BE
x y y y
BA BE
BA BE
(4;0)
( 2;2)
(4;0)
( 2;2)
( 2;2)
(4;0)
E
F
E
E
E
(hệ thức Ơ – le ) với
M
là điểm bất kì.
Từ đó hãy suy ra cách chứng minh : Trong một tam giác 3 đường cao luôn đồng quy.
2) Khi
ABC
là tam giác với
, ,
AD BE CF
là ba trung tuyến thì :
. . . 0
BC AD CA BE AB CF
. Giải:
1)
. . . 0
MA BC MB CA MC AB
(hệ thức Ơ – le ) với
M
là điểm bất kì.
Ta có:
Vì
AD
là trung tuyến (
D
là trung điểm của
BC
) nên ta có:
2
AB AC AD
Khi đó :
2. . .( )
BC AD BC AB AC
. .
BC AB BC AC
(1)
Tương tự ta có:
2. . . .
2. . . .
CA BE CA BC CA BA
AB CF AB CB AB CA
trong tam giác ta có các cách tiếp cận sau:
Cách 1: Biến đổi từ vế phức tạp sang vế đơn giản
1 2
1 2
M M M N
N N N M
Cách 2: Sử dụng tính chất bắc cầu
1 2
1 2
M M M
M N
N N N
C
C
Cách 3: Biến đổi tương đương
1 1 2 2
.
3)
2 sin sin
a
h R B C
. Giải:
1)
cos cos
a b C c B
.
Áp dụng hệ quả định lí côsin ta có:
VP
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
cos cos . .
2 2 2 2 2
a b c c a b a b c c a b a
b C c B b c a
ab ca a a a
VT (đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 18
và
2 2 2
cos
2
c a b
B
ca
Khi đó (*)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
. .
2 2 2 2 2 2 2
a b a b c c c a b a b c c a b
a a a
R R ab R ca a a
(luôn đúng)
Vậy
sin sin cos sin cos
A B C C B
(đpcm).
3)
2 sin sin
a
h R B C
ABC
với
,
BM CN
là các trung tuyến. Chứng minh rằng các điều kiện sau là tương
đương: 1)
BM CN
. 2)
2 2 2
5
b c a
. 3)
cot 2(cot cot )
A B C
.
Giải:
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
hay
BM CN G
. Ta sẽ chứng minh: 1)
+) Chứng minh: 3)
2) . Ta có:
cos cos cos
cot 2 cot cot 2
sin sin sin
A B C
A B C
A B C
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
b c a c a b a b c
bc ca ab
a b c
R R R
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 19 Ví dụ 3 : Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
1)
2 2 2
cos cos cos
2
a b c
bc A ca B ab C
. 2)
2 2 2 2 2 2
( )cos ( )cos ( )cos 0
bc b c A ca c a B ab a b C
.
3)
2 2 2
cos cos cos
cos cos cos cos cos cos 2
A B C a b c
b C c B c A a C a B b A abc
. Giải:
1)
2 2 2
cos cos cos
2
a b c
bc A ca B ab C
.
VT
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos cos cos
2 2 2
b c a c a b a b c
bc A ca B ab C bc ca ab
bc ca ab
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
b c a c a b a b c
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
2
b c b c a c a c a b a b a b c
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
b b c a a b c c c a b b c a a a b c c a b
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 0
2
b c a c a b a b c
VP (đpcm).
a
bc a a bc abc
Vậy
2 2 2
cos
cos cos 2
A b c a
b C c B abc
. Tương tự :
2 2 2
cos
cos cos 2
B c a b
c A a C abc
;
2 2 2
cos
cos cos 2
2 2 2
b c a c a b a b c
abc A B C abc
bc ca ab
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( )
2
a b c a b c a b c a b c
2 2 2
1
( ) ( ) ( )
2
a b c a b c a b c a b c
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
b c a c a b a b c
bc ca ab
a b c
R R R
2 2 2 2 2 2 2 2 2
b c a c a b a b c
R R R
abc abc abc
2 2 2
a b c
R
abc
.
Vậy
2 2 2
cot cot cot
(1*)
Mặt khác
2
2 2 4 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 ( ) 0
b c b c b c a b c a a b c a b c a
Suy ra
2 2 2
cos 0
2
b c a
A
bc
A
a a A
b c b c a a
(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 21 Ví dụ 4 : Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
1)
2 2 2 2 2 2
3
4
a b c
m m m a b c
. 2)
1 1 1 1
a b c
h h h r
. 3*)
9
a b c
0
90
A
thì
2
2 2
3 2 2
5
b c
r
m m
. 7*)
a b c
m m m pS
Giải:
1)
2 2 2 2 2 2
3
4
a b c
m m m a b c
. Ta có:
2 2 2
2
(đpcm)
2)
1 1 1 1
a b c
h h h r
.
. . .
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
2 2 2 2
a b c
a b c
h a h b h c a b c p
S
S S S S
h h h S S r
a b c p
.Vậy
1 1 1 1
a b c
h h h r
(đpcm).
a b c
a b c
a b c a b c
abc
(đpcm).
4*) Nếu
, ,
1
a b c
h h h
r
thì
ABC
.
Mặt khác
3
, , 3
3
a
a b c b
c
h
h h h h
h
1 1 1 1 1 1
1
3 3 3
a b c
h h h
a b c
h h h
a b c ABC
đều (đpcm).
5*) Nếu
ABC
nhọn thì 1
a b c
a b c
m m m
R
h h h r
Mặt khác:
1
. .
2
1
'
. '.
2
IBC
ABC
IM BC
S
Suy ra:
1 1 1 1
. 1
a b c IBC ICA IAB ABC
a b c a b c ABC ABC
m m m S S S S R
R R
h h h h h h S r S r
(theo ý 2)) (đpcm).
6*) Nếu
0
90
A
thì
2
2 2
3 2 2
5
b c
r
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 ( )
2 2 2 2 4 5( )
4 4 4 4
b c
S bc b c b c
r
p p a b c
b c b c
c a b a b c a b c b c
m m
Suy ra
Hay
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
4 3 2 2
5( ) 20 (3 2 2)
5
20 (3 2 2)
a b
r b c
b c b c b c b c
m m
b c
(đpcm).
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 23
7*)
a b c
m m m pS
Hay ( )
a
p p a m
.
Chứng minh tương tự ta được: ( )
b
p p b m
và ( )
c
p p c m
.
Suy ra: ( ). ( ). ( )
a b c
p p a p p b p p c m m m
(2) .
Từ (1) và (2) suy ra:
a b c
m m m pS
(đpcm). Ví dụ 5 : Trong tam giác
4
a b c r
4*)
2 2 2
1 1 1 1
2
a b c Rr
5*)
2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( )
p a p b p c r
6*)
2 2 2
1 1 1 1
4
a bc b ca c ab Rr
7*)
1 1 1 3
2
a b c Rr
(đpcm).
+)
6
Rr ab
.
Ta có:
3 3 3 3
6
4 4 2 2 3
abc abc abc abc abc abc
S pr Rr Rr ab
R p p a b c c c c
.
Vậy
6
Rr ab
(đpcm)
GV: THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968 http://www.facebook.com/giaidaptoancap3
Trang 24
2*)
2
2 8
2
4
c a b a b c a
a b c b c a
a b c b c a b
Suy ra: ( ).( ).( )
b c a c a b a b c abc
(đpcm).
3*)
2 2 2 2
1 1 1 1
4
a b c r
. Ta có:
2
2 2 2
( ) 0 2 4
x y xy x y xy x y
(*)
Áp dụng (*) ta được:
2 2
2
1 1
4( )( ) ( )
4( )( )
p b p c p b p c a
p b p c a
(*1)
Tương tự ta có:
2
1 1
4( )( )
p c p a b
(*2) ;
2
1 1
4( )( )
p a p b c
2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c ab bc ca
Áp dụng Cauchy :
2 2
2 2 2 2 2
2 2
1 1 2
1 1 2 1 1 1 1 1 1
2 2
1 1 2
a b ab
b c bc a b c ab bc ca
c a ca
p c p a p c p a
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
p a p b p c p a p b p b p c p c p a
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( )
p a p b p c r
(đpcm).
6*)
2 2 2
1 1 1 1
4
a bc b ca c ab Rr
Ta có:
1
4
4 4 2
abc p a b c
S pr abc pRr
R Rr abc abc
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
4
b c
a bc abc
. Chứng minh tương tự :
2
1
4
c a
b ca abc
;
2
1
4
a b
c ab abc
Suy ra:
2 2 2
1 1 1
4 4 4 2
b c c a a b a b c
Copyright: Tài liệu đại học ©