Đến nội dung


Hình ảnh

Vài bài toán hay về Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác (phần 1)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 Ban Biên Tập

Ban Biên Tập

    Ban Biên Tập

  • Quản lý
  • 70 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-07-2012 - 16:27


VÀI BÀI TOÁN HAY VỀ ĐẲNG THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

Đoàn Quốc Khánh, học sinh Lớp 11A1


trường THPT Ngọc Lặc, huyện Ngọc Lặc, tỉnh Thanh Hóa



I. Lời giới thiệu

Trong môn hình học ở trường phổ thông, hình học phẳng có khá nhiều phân môn, thể loại, và hình tam giác, có vai trò rất đặc biệt. Việc chứng minh nhiều định lý và giải rất nhiều bài toán hình học đòi hỏi phải vận dụng hợp lý nhiều kiến thức về hình tam giác(tam giác bằng nhau, tam giác đồng dạng, các đường thẳng đặc biệt trong tam giác, v.v…)
Hình tam giác đã được nhiều nhà toán học trên thế giới nghiên cứu từ hàng nghìn năm nay và mãi cho đến những năm gần đây, nhiều tính chất, định lý mới, hoặc nhiều cách chứng minh mới của các định lý đã biết lần lượt ra đời. Ở bài viết này, tác giả xin giới thiệu đến bạn đọc những định lý, những bài toán hay về đẳng thức lượng giác trong tam giác, bao gồm định lý Stewart, định lý Morley, định lý Steiner-Lenmus về tam giác cân, bài toán Napoleon … và những mở rộng, chú ý, cách chứng minh độc đáo của nhiều nhà toán học cũng được nêu ra trong bài viết này, chúng ta hãy cùng tìm hiểu.



Hình đã gửi


Hình đã gửi


II. Định lý STEWART


Bài toán: Cho$\Delta ABC$. $D$ là một điểm trên cạnh $BC$. Đặt $AD = d, BD = m, DC = n$. Khi đó ta có công thức sau: $a{d^2} = m{b^2} + n{c^2} - amn$
Lời giải.


Hình đã gửi



Kẻ đường cao $AH$. Xét hai tam giác $ABD$ và $ACD$ và theo định lý hàm số $cos$, ta có:
\[{c^2} = {d^2} + {m^2} - 2md\cos \widehat {ADB} = {d^2} + {m^2} - 2m.HD\,\,\,\,\,\,\,(1)\]
$${b^2} = {d^2} + {n^2} - 2dn\cos \left( {\pi - \widehat {ADB}} \right) = {d^2} + {n^2} + 2dn\cos \widehat {ADB} = $$
$$={d^2} + {n^2} + 2nHD\,\,\,\,\,\,(2)$$
Nhân từng vế $(1), (2)$ theo thứ tự với $n$ và $m$ rồi cộng lại, ta có:
$$n{c^2} + m{b^2} = {d^2}(n + m) + mn(m + n) \,\,\,\,\,\,\,(3)$$
Do $m + n = a$, nên từ $(3)$ ta có: $a{d^2} = m{b^2} + n{c^2} - amn$

Định lý Stewart chứng minh xong.
Chú ý:
$ \bullet $ Stewart (1717 – 1785) là nhà toán học và thiên văn học người Scotland.
$ \bullet $ Nếu trong hệ thức Stewart xét $AD$ là đường trung tuyến, thì từ hệ thức Stewart có:
\[am_a^2 = \frac{a}{2}{b^2} + \frac{a}{2}{c^2} - a\frac{a}{2}\frac{a}{2} \Leftrightarrow m_a^2 = \frac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)\]
Hệ thức trên chính là hệ thức xác định trung tuyến quen biết trong tam giác.
$ \bullet $ Nếu trong hệ thức Stewart xét $AD$ là phân giác. Khi đó theo tính chất đường phân giác trong ta có:
\[\frac{m}{c} = \frac{n}{b} \Leftrightarrow m = \frac{{ac}}{{b + c}}\,\,\,\,\,\,\text{và}\,\,\,\,\,\,n = \frac{{ab}}{{b + c}}\]
Từ hệ thức Stewart có:
\[al_a^2 = \frac{{ac}}{{b + c}}{b^2} + \frac{{ab}}{{b + c}}{c^2} - a\frac{{{a^2}bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} \Rightarrow l_a^2 = \frac{{bc\left[ {{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}} \right]}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(5)\]
Chú ý rằng: $$2{\cos ^2}\frac{A}{2} = 1 + \cos A = 1 + \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{{{(b + c)}^2} - {a^2}}}{{2bc}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(6)$$
Từ $(5)$ và $(6)$ suy ra:
$$l_a^2 = \frac{{4{b^2}{{\cos }^2}\frac{A}{2}}}{{{{(b + c)}^2}}} \Rightarrow {l_a} = \frac{{2bc\cos \frac{A}{2}}}{{b + c}}$$
Hệ thức trên chính là hệ thức xác định đường phân giác.
Vậy hệ thức Stewart là tổng quát hoá của các hệ thức xác định đường trung tuyến và đường phân giác đã quen biết.
III. Định lý MORLEY
Bài toán: Cho $\Delta ABC$. Ở mỗi góc của tam giác vẽ hai đường chia góc đó ra làm ba phần bằng nhau. Các đường ấy cắt nhau tại $X, Y, Z$ (hình vẽ). Chứng minh rằng $\Delta XYZ$ đều.
Lời giải.
Hình đã gửi


Đặt $A = 3\alpha $, $B = 3\beta $,$C = 3\gamma $. Gọi các cạnh $BC, CA, AB$ và đường kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ là $a, b, c, d$. Theo định lý hàm số $sin$ trong$\Delta CYA$, ta có:
$$\frac{{CY}}{{\sin \alpha }} = \frac{b}{{\sin \left( {{{180}^o} - \alpha - \gamma } \right)}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Do $\alpha + \gamma = {60^o} - \beta $, vậy từ $(1)$ suy ra
\[{CY = b\frac{{\sin \alpha }}{{\sin \left( {{{120}^o} + \beta } \right)}} = d\sin 3\beta \frac{{\sin \alpha }}{{\sin \left( {{{60}^o} - \beta } \right)}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}\]
Ta có: $$\sin 3\beta = 3\sin \beta - 4{\sin ^3}\beta = 4\sin \beta \left[ {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\sin }^2}\beta } \right] =$$
$$=4\sin \beta \left( {{{\sin }^2}{{60}^o} - {{\sin }^2}\beta } \right) = 4\sin \beta \sin \left( {{{60}^o} + \beta } \right)\sin \left( {{{60}^o} - \beta } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$$
Thay $(3)$ vào $(2)$ có: $n = CY = 4d\sin \alpha \sin \beta \sin \left( {{{60}^o} + \beta } \right)$

Lí luận tương tự có: $m = CX = 4d\sin \alpha \sin \beta \sin \left( {{{60}^o} + \alpha } \right)$
Trong $\Delta CXY$, áp dụng định lý hàm số $cos$, ta có:
\[X{Y^2} = {m^2} + {n^2} - 2mn\cos \gamma = \]
\[ = 16{d^2}{\sin ^2}\alpha {\sin ^2}\beta \left[ {{{\sin }^2}\left( {{{60}^o} + \alpha } \right) + {{\sin }^2}\left( {{{60}^o} + \beta } \right) - 2\sin \left( {{{60}^o} + \alpha } \right)\sin \left( {{{60}^o} + \beta } \right)\cos \gamma } \right]\,\,\,\,\,\,\,\,(4)\]
Do $\left( {{{60}^o} + \alpha } \right) + \left( {{{60}^o} + \beta } \right) + \gamma = {180^0}$, nên xét $\Delta EFG\,\,\,\,\,\text{với}\,\,\,\,\widehat E = {60^o} + \alpha ,\widehat F = {60^o} + \beta ,\widehat G = \gamma .$
Gọi $d_1$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này. Theo định lý hàm số $cos$ trong tam giác này có:
\[{FG = e = {d_1}\sin \left( {{{60}^o} + \alpha } \right) \Rightarrow \sin \left( {{{60}^o} + \alpha } \right) = \frac{e}{{{d_1}}}}\]
\[{EG = f = {d_1}\sin \left( {{{60}^o} + \beta } \right) \Rightarrow \sin \left( {{{60}^o} + \beta } \right) = \frac{f}{{{d_1}}}}\]
\[{EF = g = {d_1}\sin \gamma \Rightarrow \sin \gamma = \frac{g}{{{d_1}}}}\]
Vậy thay vào $(4)$, ta có:
\[{X{Y^2} = 16{d^2}{{\sin }^2}\alpha {{\sin }^2}\beta \frac{{{e^2} + {f^2} - 2ef\cos \gamma }}{{d_1^2}}}\]
\[{ = 16{d^2}{{\sin }^2}\alpha {{\sin }^2}\beta \frac{{{g^2}}}{{d_1^2}} = 16{d^2}{{\sin }^2}\alpha {{\sin }^2}\beta {{\sin }^2}\gamma }\]
\[{ \Rightarrow XY = 4d\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma }\]
Do vai trò bình đẳng, ta cũng có \[XZ = ZY = 4d\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \Rightarrow XY = YZ = ZX.\]
Vậy $\Delta XYZ$ là tam giác đều (đpcm).
Chú ý:
$ \bullet $ Frank Morley (1860 – 1937) sinh tại Anh, nhưng hầu như suốt đời sống ở Mĩ. Trong vài chục năm ông là giáo sư toán học ở trường đại học tổng hợp thuộc bang Baltimore. Bản thân học cách chứng minh của ông rất phức tạp. Cách chứng minh ở trên là của nhà toán học Ấn Độ Naranengar tìm ra vào năm 1909. Một nhà toán học Ấn Độ khác là Xachianarian cho cách giải "phi lượng giác" (chỉ dùng đến kiến thức hình học lớp 9)
$ \bullet $ Định lý về đường chia ba góc được Morley tìm ra từ 1899, nhưng mãi đến năm 1914 ông mới công bố cách chứng minh và mở rộng định lý với việc xét không chỉ các đường chia ba góc trong mà cả các đường chia ba góc ngoài của tam giác. Định lý Morley đã hấp dẫn nhiều người, trong đó có nhà toán học Pháp nổi tiếng Henri Lebesgue (1875 – 1941). Năm 1939, Lebesgue công bố chứng minh sơ cấp của định lý này. Ông xét các đường chia ba các góc trong và ngoài của tam giác (có tất cả 12 đường), và đã chứng minh được rằng trong các giao điểm của các đường đó có 27 bộ ba điểm là các đỉnh của tam giác đều.



Còn nữa ...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ban Biên Tập: 25-07-2012 - 16:28


#2 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5528 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 06-08-2012 - 11:35

III. ĐỊNH LÝ STEINER – LENMUS VỀ TAM GIÁC CÂN

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ có ${l_b} = {l_c}$. Chứng minh rằng $ABC$ là tam giác cân đỉnh $A$.

Lời giải.

Ta có: $${l_b} = \frac{{2ac\cos \dfrac{B}{2}}}{{a + c}}\,\,\,\,\,\,\text{và}\,\,\,\,\,\,{l_c} = \frac{{2ab\cos \dfrac{C}{2}}}{{a + b}}$$
Từ $${l_b} = {l_c} \Leftrightarrow \frac{{a + c}}{{ac\cos \dfrac{B}{2}}} = \frac{{a + b}}{{ab\cos \dfrac{C}{2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{\cos \dfrac{B}{2}}}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{1}{{\cos \dfrac{C}{2}}}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Giả thiết phản chứng $b \ne c$, khi đó không giảm tổng quát có thể giả sử $b > c$.

Suy ra: $${90^o} > \dfrac{B}{2} > \dfrac{C}{2} > 0 \Rightarrow \cos \dfrac{B}{2} < \cos \dfrac{C}{2} \Rightarrow \frac{1}{{\cos \dfrac{B}{2}}} > \frac{1}{{\cos \dfrac{C}{2}}}$$
Ngoài ra ta có: $\frac{1}{c} > \frac{1}{b}$. Vậy suy ra $VT (1) > VP (1)$. Điều đó vô lý nên giả thiết phản chứng là sai.

Do đó: $b = c$ hay $ABC$ là tam giác cân đỉnh $A$ (đpcm).


Chú ý:

$ \bullet $Jacob Steiner (1796 – 1863) là nhà hình học nổi tiếng người Thuỵ Sĩ. Định lý Steiner – Lenmus này có đến mấy chục cách chứng minh khác nhau, trong đó cách chứng minh trên là cách duy nhất sử dụng các kiến thức lượng giác.

$ \bullet $Sau đây là hai cách chứng minh “phi lượng giác” đẹp mắt để bạn đọc thưởng thức.

Cách 1: (Tác giả là hai kĩ sư người Anh là G.JylbertD.Mac – Donnell). Cách giải này được coi là đơn giản nhất và được công bố trên tạp chí “American Mathematical Monthly” năm 1963.

Bổ đề: Trong tam giác $ABC$, nếu $\widehat A < \widehat B$ thì đường phân giác $AN$ lớn hơn đường phân giác $BM$.

Chứng minh bổ đề.

Hình đã gửi

Lấy $N'$ trên $AN$ sao cho $\widehat {MBN'} = \frac{{\widehat A}}{2}$. Từ đó suy ra tứ giác $ABN’M$ nội tiếp.

Trong đường tròn này $\widehat {MAB} < \widehat {N'BA} \Rightarrow$ cung ${MB}$ < cung ${N'A}$ $\Rightarrow MB < N'A$.

Mà $N'A < AN \Rightarrow AN > BM$. Bổ đề được chứng minh.

Định lý Steiner – Lenmus là hệ quả trực tiếp của bổ đề trên.

Cách 2:(Của tác giả R.W.Hegy đăng trên tạp chí “The Mathematical Gazette” của Anh năm 1982 – và được xem là đơn giản nhất!)

Hình đã gửi


Vẽ hình bình hành $AMDN$ như hình vẽ.

Đặt $\widehat{CAN} = \widehat{BAN} = \widehat{MDN} = \alpha $, $\widehat{ABM} = \widehat{CBM} = \beta $, $\widehat{NBD} = \delta $,$\widehat{NDB} = \gamma $.

Do $AN = MB$ nên $\Delta MBD$ cân, suy ra $\alpha + \gamma = \beta + \delta \,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) $

Nếu như $\alpha > \beta $, thì từ $(1)$ suy ra $\gamma < \delta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$

Mặt khác xét hai tam giác $NAB$ và $MAB$ có $AB$ chung, $MB = AN$, mà $\alpha > \beta \Rightarrow BN > AM \Rightarrow BN > DN\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$

Vì vậy trong $\Delta BDN$ từ $(3)$ suy ra $\gamma > \delta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)$

Từ $(2),\,\, (4)$ dẫn đến vô lý. Vì lý do tương tự $\alpha $ cũng không thể bé hơn $\beta $ $ \Rightarrow \alpha = \beta$. Ta có điều phải chứng minh.

Các bạn thân mến! Kể từ năm 1840 khi S.L.Lenmus gửi thư cho nhà hình học J.Steiner đã quá 150 năm. Từ cách chứng minh của Steiner cho đến cách chứng minh gần đây nhất của R.W.Hegg, con người đã dần dần thực hiện được khát vọng là vươn tới cái đơn giản nhất. Chắc rằng quá trình này chưa dừng lại ở đây.

$ \bullet $ Cuối cùng, xin dành cho cách giải của chính J.Steiner

Dựa vào công thức
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{l_b^2 = \frac{{ac\left[ {{{\left( {a + c} \right)}^2} - {b^2}} \right]}}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}}}\\
{l_c^2 = \frac{{ab\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - {c^2}} \right]}}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}}}
\end{array}} \right.\]
Từ ${l_b} = {l_c}$, sau khi biến đổi, đưa được về dạng:
$$a\left( {a + b + c} \right)\left[ {\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + bc} \right) + 2abc} \right]\left( {b - c} \right) = 0$$
Suy ra: $ b = c$ hay $ABC$ là tam giác cân đỉnh $A$.

IV. BÀI TOÁN NAPOLÉON

Bài toán: Cho tam giác $ABC$. Về phía ngoài trên ba cạnh dựng ba tam giác đều. Gọi ${O_1},{O_2},{O_3}$ là các tam của ba tam giác đều ấy. Chứng minh ${O_1}{O_2}{O_3}$ cũng là tam giác đều.

Lời giải.


Hình đã gửi


Ta có theo định lý hàm số $cos$, thì
\[{{O_2}O_3^2 = CO_2^2 + CO_3^2 - 2.C{O_2}C{O_3}\cos \widehat {{O_2}C{O_3}}}\]
\[{ \Rightarrow {O_2}O_3^2 = {{\left( {\frac{{b\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} - 2\frac{{ab}}{3}\cos \left( {{{60}^o} + C} \right)}\]
\[{ = \frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{b^2}}}{3} - \frac{{2ab}}{3}\left( {\frac{1}{2}\cos C - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin C} \right)}\]
Hay $${{O_2}O_3^2 = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{3} - \frac{1}{6}\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right) + \frac{{ab\sqrt 3 }}{3}\frac{{2S}}{{ab}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{6} + \frac{{2S\sqrt 3 }}{3}\,\,\,\,\,\,\,(1)}$$
Rõ ràng vế phải của $(1)$ là biểu thức đối xứng với $a, b, c$, nên ta có
$${O_1}O_3^2 = {O_1}O_2^2 = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{6} + \frac{{2S\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {O_1}{O_3} = {O_2}{O_3} = {O_1}{O_2}$$
Suy ra ${O_1}{O_2}{O_3}$ là tam giác đều. Ta có điều phải chứng minh.


Chú ý:


$ \bullet $ Napoléon Bonaparte (1769 – 1821), hoàng đế nổi tiếng của nước Pháp, là một người ham thích toán; ngay cả lúc cầm quân ở trận mạc, ông vẫn dành những phút giải trí qua việc giải các bài toán. Napoléon đã nêu ra một số bài toán hay, trong đó có bài toán nói trên.

$ \bullet $ Dưới đây là cách giải "phi lượng giác" của bài toán trên. (đó chính là cách giải của hoàng đế Napoléon)

Dựng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều $ACB’, BCA’$ dựng trên hai cạnh $AC, BC$. Hai đường tròn này cắt nhau ở $C$ và $O$. Hai tứ giác nội tiếp $AB’CO$ và $BA’CO $ có $\widehat{{B^'}} = \widehat{{A^'}} = {60^0}$, do đó$\widehat{AOC} = \widehat{BOC} = {120^0}$, suy ra $\widehat{AOB} = {120^0}$, và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC’$ cũng qua $O$.

Hình đã gửi


Như vậy, ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều $ABC’, BCA’, CAB’$ cắt nhau tại $O$. Ta có $IJ \bot OC$ (vì $IJ$ là đường nối tâm của hai đường tròn có dây chung là $OC$).

Tương tự $JK \bot OA \Rightarrow \widehat{IJK} = {60^0}$ (do$\widehat{AOC} = {120^0}$). Tương tự ta có $\widehat{JKI} = \widehat{KIJ} = {60^0} \Rightarrow $ $IJK$ là tam giác đều (đpcm).

V. LỜI KẾT.

Trên đây là những vấn đề mà tác giả đã học tập, sưu tầm được. Chúng tôi hi vọng rằng, bài viết sẽ giúp các bạn trẻ yêu thêm toán và thấy rõ hơn rằng: một ý tưởng mới, một cách giải quyết độc đáo có thể nảy sinh từ những vấn đề đơn giản, rất quen thuộc, các bài toán sơ cấp vẫn không ngừng hấp dẫn nhiều người, trong đó có không ít các nhà toán học nổi tiếng trên thế giới.

Tuy đã nỗ lực rất nhiều nhưng bài viết còn có những thiếu Sót, mong bạn đọc thông cảm. Xin chân thành cảm ơn!

Tác giả






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh