Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

$\boxed{TOPIC}$ Cực trị trong tam giác


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1 Phuong Mark

Phuong Mark

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:${\text{Vitamin Vitamin}}$
  • Sở thích:Tự kỉ một mình trong rừng xanh

Đã gửi 11-09-2014 - 23:29

   Ở $ToPiC$ này mình xin giới thiệu cho các bạn một phương pháp rất quen thuộc và thông dụng trong chương trình lớp $10$ . Nó được áp dụng trong các kì thi $HSG$ . Và đặc biệt hơn nữa khi các bạn sử dụng thành thạo một phương pháp này nó như mang thêm cái đặc tính sáng tạo cho mỗi bản thân con người khi đến với thế giới toán học

 

Các định lí về tam giác ABC

 

Định lí $sin:$ $\frac{a}{sinA}= \frac{b}{sinB}= \frac{c}{sinC}=2R$ nên ta có:

 

$a=2R$ $sinB;b=2R$ $sinB;c=2R$ $sinC$

Định lí $cosin:$ $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosA$ $,b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ca.cosB$ $,c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab.cosC$

nên ta có: $cosA=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}:cosB=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ac};cosC=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$

Định lí diện tích:

$S=\frac{1}{2}a.h_{a}=\frac{1}{2}ab.sinC=\frac{abc}{4R}=pr=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

Phân giác: $l_{A}=\frac{2bc.cos \frac{A}{2}}{b+c},$ trung tuyến $m^{2}_{a}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}- \frac{a^{2}}{4}$

 

Dạng tam giác:

- Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ khi $A=90^{\circ}$ hoặc $cosA=0$ hoặc $a^{2}=b^{2}+c^{2}$

- Tam giác $ABC$ cân tại $A$ khi $b=c$ hoặc góc $B=C$ hoặc $sinB=sinC$ hoặc $cosB=cosC$

- Tam giác $ABC$ đều khi $a=b=c$ hoặc góc $A=B=C$ hoặc $a=b$ và một góc bằng $60^{\circ}$

- Tam giác $ABC$ nhọn khi cả $3$ góc $A,B,C$ đề nhọn.

Góc $A$ nhọn $\Leftrightarrow a^{2}< b^{2}+c^{2},$ góc $A$ tù $\Leftrightarrow a^{2}> b^{2}+c^{2}$

 

Công thức lượng giác :

$cos(\alpha +\beta )=cos\alpha cos\beta -sin\alpha sin\beta ;cos(\alpha -\beta )=cos\alpha cos\beta +sin\alpha sin\beta$

$sin(\alpha +\beta )=sin\alpha cos\beta +cos\alpha sin\beta ;sin(\alpha -\beta )=sin\alpha cos\beta -cos\alpha sin\beta$

$tan(\alpha +\beta )=\frac{tan\alpha +tan\beta }{1-tan\alpha tan\beta };tan(\alpha -\beta )=\frac{tan\alpha -tan\beta }{1+tan\alpha tan\beta }$

$cos2\alpha =cos^{2}\alpha -sin^{2}\alpha =2cos^{2}\alpha -1=1-2sin^{2}\alpha$

$sin2\alpha =2sin\alpha cos\alpha ;tan2\alpha =\frac{2tan\alpha }{1-tan^{2}\alpha }$

$cos^{2}\alpha =\frac{1+cos2\alpha }{2};sin^{2}\alpha =\frac{1-cos2\alpha}{2}$

$cos\alpha +cos\beta =2cos\frac{\alpha +\beta }{2}cos\frac{\alpha -\beta }{2}$

$cos\alpha -cos\beta =-2sin\frac{\alpha +\beta }{2}sin\frac{\alpha +\beta }{2}$

$sin\alpha +sin\beta =2sin\frac{\alpha +\beta }{2}cos\frac{\alpha -\beta }{2}$

$sin\alpha -sin\beta =2cos\frac{\alpha +\beta }{2}sin\frac{\alpha -\beta }{2}$

$sin\alpha sin\beta =\frac{-1}{2}\left [ cos(\alpha +\beta ) +cos(\alpha -\beta )\right ]$

$cos\alpha sin\beta =\frac{1}{2}\left [ sin(\alpha +\beta )-sin(\alpha -\beta ) \right ]$

$tan\alpha +tan\beta =\frac{sin(\alpha +\beta )}{cos\alpha .cos\beta };tan\alpha -tan\beta =\frac{sin(\alpha -\beta )}{cos\alpha .cos\beta }$

$cot\alpha +cot\beta =\frac{cos(\alpha +\beta )}{sin\alpha .sin\beta };cot\alpha -cos\beta =\frac{cos(\beta -\alpha )}{sin\alpha .sin\beta }$

Phương pháp đánh giá:

-Phương pháp biến đổi tương đương

-Phương pháp nhóm và so sánh

-Phương pháp dùng bất đẳng thức cơ bản:

Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối:

$\left | a+b \right |\leq \left | a \right |+\left | b \right |$ với mọi $a,b$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow ab\geq 0.$

$\left | a-b \right |\leq \left | a \right |+\left | b \right |$ với mọi $a,b$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow ab\leq 0$

$\left | a-b \right |\geq \left | \left | a \right |-\left | b \right | \right |$ với mọi $a,b.$

 Ngoài ra chúng ta có thể sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như:

 - Bất đẳng thức trung bình nhân và bất đẳng thức trung bình cộng.

$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$ với mọi $a,b$ không âm 

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b$

$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$ với mọi $a,b,c$ không âm .

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Bất đẳng thức $SvAc$ $($ đối với bất đẳng thức này chúng ta cần phải chứng minh chúng trước khi sử dụng )

vơi mọi số $a,b,c,d$ thì $(ac+bd)^{3} \leq \left ( a^{2}b^{2} \right )\left ( c^{2}+d^{2} \right )$

dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow ad=bc$

 


Hẹn ngày tái ngộ VMF thân yêu !

 

 

 


#2 Phuong Mark

Phuong Mark

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:${\text{Vitamin Vitamin}}$
  • Sở thích:Tự kỉ một mình trong rừng xanh

Đã gửi 11-09-2014 - 23:47

Bài tập:

$\boxed{Bài 1}$: Cho tam giác $ABC$ có cạnh $a,b,c$ . chứng minh:

$a,abc \geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$

$b,a^{3}+b^{3}+c^{3}+2abc< a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$

$c,\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}\geq \frac{A+B+C}{3}$

 

$\boxed{Bài 2}$: Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $2$ . Chứng minh:

$a,a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc< 2$

$c,\left ( a^{3} +b^{3}+c^{3}+15abc\right )\geq 8$

 

$\boxed{Bài 3}$: Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $2p$. Chứng minh.

$a,8\left ( p-a \right )\left ( p-b \right )\left ( p-c \right )\leq abc$

$b,\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p}$

$c,a^{2}\left ( p-b \right )\left ( p-c \right )+b^{2}\left ( p-c \right )\left ( p-a \right )+c^{2}\left ( p-a \right )\left ( p-b \right )\leq p^{2}R^{2}$

 

$\boxed{Bài 4}$: Cho tam giác $ABC$ chứng minh rằng :

$a,a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16S^{2}$

$b,2\left ( ab+bc+ca \right )\leq 2\left ( acosA+bcosB+ccosC \right )$

 

$\boxed{Bài 5}$: Cho tam giác $ABC$ chứng minh

$a,\frac{h_{A}}{l_{A}}> \sqrt{\frac{2r}{R}}$

$b,\frac{1}{c}\left ( l_{A}+l_{B} \right )+\frac{1}{a}(l_{B}+l_{C})+\frac{1}{b}(l_{C}+l_{A})\leq 3\sqrt{3}$


Hẹn ngày tái ngộ VMF thân yêu !

 

 

 


#3 HungNT

HungNT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 273 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 12-09-2014 - 07:59

$\boxed{Bài 4}$: Cho tam giác $ABC$ chứng minh rằng :

$a,a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16S^{2}$

 

chém bài dễ nhất (sai thôi nhá)  :P

Áp dụng $S=\frac{abc}{4R}$, BĐT cần cm : $a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq \frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{R^{2}}$

$< = > R^{2}\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )\geq a^{2}b^{2}c^{2}$

$VT=\sum R^{2}a^{4}=\sum \frac{a^{6}}{sin^{2}A}\geq 3.\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{\sqrt[3]{sin^{2}A.sin^{2}B.sin^{2}C}}$

Mà $sin\alpha \leq 1$ nên $VT\geq a^{2}b^{2}c^{2}=VP$

Nên $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16S^{2}$

P/s: hình như BĐT k có dấu bằng  :mellow: 



#4 hoctrocuaZel

hoctrocuaZel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1162 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp lang tận cùng!
  • Sở thích::( :3

Đã gửi 12-09-2014 - 12:21

$\boxed{Bài 1}$: Cho tam giác $ABC$ có cạnh $a,b,c$ . chứng minh:
$a,abc \geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$

1/
a/
Áp dụng
$ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}$
$\rightarrow (c-a+b)(c+a-b)\leq \frac{4c^2}{4}=c^2$
Tương tư, nhân vế theo vế. ĐPCM
Dấu "=": $a=b=c$ :D




$\boxed{Bài 3}$: Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $2p$. Chứng minh.
$a,8\left ( p-a \right )\left ( p-b \right )\left ( p-c \right )\leq abc$


3/
a/ Ta có: $2(p-a)=2.(\frac{a+b+c}{2}-a)=b+c-a$
Tương tự
Ta có BĐT ở bài 1/a. (như trên)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 12-09-2014 - 12:30

Hướng TH Phan
$(1)$ Lòng như mây trắng
$(2)$: Forever Young
$(3)$: You are the apple of my eye
Người ta thường nói tuổi thanh xuân như một cơn mưa rào, nếu bị ướt một lần thì bạn vẫn mong muốn thêm 1 lần nữa ...
#hoctrocuaZel
:(

#5 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Điều hành viên THPT
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Bách Khoa Hà Nội
  • Sở thích:$\mathfrak{s}$treetwear

Đã gửi 12-09-2014 - 12:36

 

$\boxed{Bài 3}$: Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $2p$. Chứng minh.

$b,\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p}$

 

$3)$

$b)$

 

  • $\left ( \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c} \right )^2\leq 3(p-a+p-b+p-c)=3p$
$\Leftrightarrow \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\leq \sqrt{3p}$
  • $\sqrt{p}<\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}$
$\Leftrightarrow p<p-a+p-b+p-c+2\sqrt{(p-a)(p-b)}+2\sqrt{(p-b)(p-c)}+2\sqrt{(p-c)(p-a)}$
$\Leftrightarrow 2\sqrt{(p-a)(p-b)}+2\sqrt{(p-b)(p-c)}+2\sqrt{(p-c)(p-a)}\geq 0$ (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c$


#6 David le

David le

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên DH Vinh
  • Sở thích:Toán học - Giải tích

Đã gửi 12-09-2014 - 14:41

ở đây mình xin đưa ra thêm một số công thức liên quan đến tam giác.

* Cho tam giác ABC có $a,b,c$là các cạnh của tam giác $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và $p=\frac{a+b+c}{2}$ ta có: 

1.  $ab+bc+ca=$$p^{2}+4Rr+r^{2}.$

2. $2(ab+bc+ca)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+16Rr+4r^{2}.$

3. $a^[2]+b^{2}+c^{2}=2p^{2}-8Rr-2r^{2}$

4.$2Rr-r^{2}-\frac{p^{2}}{9}=-\frac{1}{18p}(b+c-2a)(c+a-2b)(a+b-2c)$

5. $4Rr-r^{2}-$$\frac{p^{2}}{4}$=$-\frac{1}{32p}(b+c-3a)(c+a-3b)(a+b-3c)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi David le: 12-09-2014 - 14:45


#7 Phuong Mark

Phuong Mark

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:${\text{Vitamin Vitamin}}$
  • Sở thích:Tự kỉ một mình trong rừng xanh

Đã gửi 12-09-2014 - 16:10

ở đây mình xin đưa ra thêm một số công thức liên quan đến tam giác.

* Cho tam giác ABC có $a,b,c$là các cạnh của tam giác $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và $p=\frac{a+b+c}{2}$ ta có: 

1.  $ab+bc+ca=$$p^{2}+4Rr+r^{2}.$

2. $2(ab+bc+ca)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+16Rr+4r^{2}.$

3. $a^[2]+b^{2}+c^{2}=2p^{2}-8Rr-2r^{2}$

4.$2Rr-r^{2}-\frac{p^{2}}{9}=-\frac{1}{18p}(b+c-2a)(c+a-2b)(a+b-2c)$

5. $4Rr-r^{2}-$$\frac{p^{2}}{4}$=$-\frac{1}{32p}(b+c-3a)(c+a-3b)(a+b-3c)$

Cám ơn bạn đã góp ý chi mình  :luoi:

 

Bài tập:

$\boxed{Bài 1}$: Cho tam giác $ABC$ có cạnh $a,b,c$ . chứng minh:

$a,abc \geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$

$b,a^{3}+b^{3}+c^{3}+2abc< a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$

$c,\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}\geq \frac{A+B+C}{3}$

$\boxed{Bài 1}$: 

$b)$

$a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)-(a^{3}+b^{3}+c^{3}+2abc)>0$

$\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}-a^{3}-b^{3})+(a^{2}c+b^{2}c-2abc)+(c^{2}(a+b)-c^{3})> 0$

$\Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)> 0$ $($ luôn đúng $)$

$c)$

$\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}\geq \frac{A+B+C}{3}$

$\Leftrightarrow 3(aA+bB+cC)\geq (a+b+c)(A+B+C)$

$\Leftrightarrow (a-b)(A-B)+(b-c)(B-C)+(c-a)(C-A)\geq 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phuong Mark: 12-09-2014 - 16:11

Hẹn ngày tái ngộ VMF thân yêu !

 

 

 


#8 Phuong Mark

Phuong Mark

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:${\text{Vitamin Vitamin}}$
  • Sở thích:Tự kỉ một mình trong rừng xanh

Đã gửi 12-09-2014 - 16:26

Bài tập:

$\boxed{Bài 3}$: Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $2p$. Chứng minh.

$a,8\left ( p-a \right )\left ( p-b \right )\left ( p-c \right )\leq abc$

$b,\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p}$

$c,a^{2}\left ( p-b \right )\left ( p-c \right )+b^{2}\left ( p-c \right )\left ( p-a \right )+c^{2}\left ( p-a \right )\left ( p-b \right )\leq p^{2}R^{2}$

 

 

$3)$

$b)$

 

  • $\left ( \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c} \right )^2\leq 3(p-a+p-b+p-c)=3p$
$\Leftrightarrow \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\leq \sqrt{3p}$
  • $\sqrt{p}<\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}$
$\Leftrightarrow p<p-a+p-b+p-c+2\sqrt{(p-a)(p-b)}+2\sqrt{(p-b)(p-c)}+2\sqrt{(p-c)(p-a)}$
$\Leftrightarrow 2\sqrt{(p-a)(p-b)}+2\sqrt{(p-b)(p-c)}+2\sqrt{(p-c)(p-a)}\geq 0$ (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c$

 

$3b)$ Cách khác:

Đặt: $x=\sqrt{p-a};y=\sqrt{p-b};z=\sqrt{p-c}$

$\Rightarrow$ Bất đẳng thức $\Leftrightarrow$ $\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}< x+y+z\leq \sqrt{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

Ta có: $\blacktriangle$ $\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}< x+y+z$

$\Leftrightarrow 0< 2(xy+yz+zx)$ $($ luôn đúng $)$

$\blacktriangle$ $x+y+z\leq \sqrt{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

$\Leftrightarrow$ $(x+y+z)^{2} \leq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

$\Leftrightarrow$ $(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2} \geq 0$


Hẹn ngày tái ngộ VMF thân yêu !

 

 

 


#9 HungNT

HungNT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 273 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 13-09-2014 - 10:29

$\boxed{Bài 2}$: Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $2$ . Chứng minh:

$c,\left ( a^{3} +b^{3}+c^{3}+15abc\right )\geq 8$

 

BDT này bị ngược dấu nhé

2c. Biến đổi tương đương, BĐT cần c.m $\Leftrightarrow \sum a^{3}+15abc\leq \left ( \sum a \right )^{3}$

$\Leftrightarrow \sum a^{3}+15abc\leq \sum a^{3}+3\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )$

$\Leftrightarrow 5abc\leq \left ( 2-a \right )\left ( 2-b \right )\left ( 2-c \right )$

$\Leftrightarrow 5abc\leq 2\left ( ab+bc+ca \right )-abc-4\left ( a+b+c \right )+8=2\left ( ab+bc+ca \right )-abc$

$\Leftrightarrow 6abc\leq 2\left ( ab+bc+ca \right )$

mà $2\left (ab+bc+ca \right )\geq 6\left (\sqrt[3]{abc} \right )^{2}$

Dựa vào BDT tam giác $\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b \end{matrix}\right.$ và GT a+b+c=2

Ta nhận thấy : $0<a,b,c<1$ $\Leftrightarrow abc<1\Leftrightarrow (abc )^{3}< (abc )^{2}$

Áp dụng ta có $6abc< 6\left (\sqrt[3]{abc} \right )^{2}\leq 2\left ( ab+bc+ca \right )$. Dấu đẳng thúc không xảy ra

Vậy $a^{3} +b^{3}+c^{3}+15abc < 8$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 13-09-2014 - 10:31


#10 TonnyMon97

TonnyMon97

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kiên giang
  • Sở thích:Vừa nghe nhạc vừa làm bài

Đã gửi 13-09-2014 - 14:02

Ngại quá :v câu 2a hôm qua ẩu nên làm sai @@!~ Giờ làm lại :D

 

 

$\boxed{Bài 2}$: Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $2$ . Chứng minh:

$a,a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc< 2$

BĐT cần chứng minh tương đương với: $ab+bc+ac>abc+1$

Mặt khác trong tam giác abc thì ta có $a<b+c \Rightarrow 2a<a+b+c=2 \Rightarrow  a<1$

Tương tự thì $a,b,c<1$

Suy ra: $(a-1)(b-1)(c-1)<0 \Leftrightarrow abc-ab-bc-ac+a+b+c-1>0 \Leftrightarrow  ab+bc+ac>abc+1$ (đpcm)


                          "Số nguyên tố là để nhân chứ không phải để cộng."
                                                                                                                       Lev Landau

#11 caominh

caominh

    Lính mới

  • Thành viên
  • 3 Bài viết

Đã gửi 18-11-2014 - 12:03

Bài 6:Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn:$Sin^{2}B+Sin^{2}C+SinB.SinC\leq Sin^{2}A$.Tìm GTNN của:P=CotA+CotB+CotC



#12 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 24-12-2015 - 01:51

   Ở $ToPiC$ này mình xin giới thiệu cho các bạn một phương pháp rất quen thuộc và thông dụng trong chương trình lớp $10$ . Nó được áp dụng trong các kì thi $HSG$ . Và đặc biệt hơn nữa khi các bạn sử dụng thành thạo một phương pháp này nó như mang thêm cái đặc tính sáng tạo cho mỗi bản thân con người khi đến với thế giới toán học

 

Các định lí về tam giác ABC

 

Định lí $sin:$ $\frac{a}{sinA}= \frac{b}{sinB}= \frac{c}{sinC}=2R$ nên ta có:

 

$a=2R$ $sinB;b=2R$ $sinB;c=2R$ $sinC$

Định lí $cosin:$ $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosA$ $,b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ca.cosB$ $,c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab.cosC$

nên ta có: $cosA=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}:cosB=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ac};cosC=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$

Định lí diện tích:

$S=\frac{1}{2}a.h_{a}=\frac{1}{2}ab.sinC=\frac{abc}{4R}=pr=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

Phân giác: $l_{A}=\frac{2bc.cos \frac{A}{2}}{b+c},$ trung tuyến $m^{2}_{a}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}- \frac{a^{2}}{4}$

 

Dạng tam giác:

- Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ khi $A=90^{\circ}$ hoặc $cosA=0$ hoặc $a^{2}=b^{2}+c^{2}$

- Tam giác $ABC$ cân tại $A$ khi $b=c$ hoặc góc $B=C$ hoặc $sinB=sinC$ hoặc $cosB=cosC$

- Tam giác $ABC$ đều khi $a=b=c$ hoặc góc $A=B=C$ hoặc $a=b$ và một góc bằng $60^{\circ}$

- Tam giác $ABC$ nhọn khi cả $3$ góc $A,B,C$ đề nhọn.

Góc $A$ nhọn $\Leftrightarrow a^{2}< b^{2}+c^{2},$ góc $A$ tù $\Leftrightarrow a^{2}> b^{2}+c^{2}$

 

Công thức lượng giác :

$cos(\alpha +\beta )=cos\alpha cos\beta -sin\alpha sin\beta ;cos(\alpha -\beta )=cos\alpha cos\beta +sin\alpha sin\beta$

$sin(\alpha +\beta )=sin\alpha cos\beta +cos\alpha sin\beta ;sin(\alpha -\beta )=sin\alpha cos\beta -cos\alpha sin\beta$

$tan(\alpha +\beta )=\frac{tan\alpha +tan\beta }{1-tan\alpha tan\beta };tan(\alpha -\beta )=\frac{tan\alpha -tan\beta }{1+tan\alpha tan\beta }$

$cos2\alpha =cos^{2}\alpha -sin^{2}\alpha =2cos^{2}\alpha -1=1-2sin^{2}\alpha$

$sin2\alpha =2sin\alpha cos\alpha ;tan2\alpha =\frac{2tan\alpha }{1-tan^{2}\alpha }$

$cos^{2}\alpha =\frac{1+cos2\alpha }{2};sin^{2}\alpha =\frac{1-cos2\alpha}{2}$

$cos\alpha +cos\beta =2cos\frac{\alpha +\beta }{2}cos\frac{\alpha -\beta }{2}$

$cos\alpha -cos\beta =-2sin\frac{\alpha +\beta }{2}sin\frac{\alpha +\beta }{2}$

$sin\alpha +sin\beta =2sin\frac{\alpha +\beta }{2}cos\frac{\alpha -\beta }{2}$

$sin\alpha -sin\beta =2cos\frac{\alpha +\beta }{2}sin\frac{\alpha -\beta }{2}$

$sin\alpha sin\beta =\frac{-1}{2}\left [ cos(\alpha +\beta ) +cos(\alpha -\beta )\right ]$

$cos\alpha sin\beta =\frac{1}{2}\left [ sin(\alpha +\beta )-sin(\alpha -\beta ) \right ]$

$tan\alpha +tan\beta =\frac{sin(\alpha +\beta )}{cos\alpha .cos\beta };tan\alpha -tan\beta =\frac{sin(\alpha -\beta )}{cos\alpha .cos\beta }$

$cot\alpha +cot\beta =\frac{cos(\alpha +\beta )}{sin\alpha .sin\beta };cot\alpha -cos\beta =\frac{cos(\beta -\alpha )}{sin\alpha .sin\beta }$

Phương pháp đánh giá:

-Phương pháp biến đổi tương đương

-Phương pháp nhóm và so sánh

-Phương pháp dùng bất đẳng thức cơ bản:

Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối:

$\left | a+b \right |\leq \left | a \right |+\left | b \right |$ với mọi $a,b$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow ab\geq 0.$

$\left | a-b \right |\leq \left | a \right |+\left | b \right |$ với mọi $a,b$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow ab\leq 0$

$\left | a-b \right |\geq \left | \left | a \right |-\left | b \right | \right |$ với mọi $a,b.$

 Ngoài ra chúng ta có thể sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như:

 - Bất đẳng thức trung bình nhân và bất đẳng thức trung bình cộng.

$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$ với mọi $a,b$ không âm 

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b$

$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$ với mọi $a,b,c$ không âm .

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Bất đẳng thức $SvAc$ $($ đối với bất đẳng thức này chúng ta cần phải chứng minh chúng trước khi sử dụng )

vơi mọi số $a,b,c,d$ thì $(ac+bd)^{3} \leq \left ( a^{2}b^{2} \right )\left ( c^{2}+d^{2} \right )$

dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow ad=bc$

Công thức $cot\alpha +cot\beta =\frac{cos(\alpha +\beta )}{sin\alpha .sin\beta };cot\alpha -cos\beta =\frac{cos(\beta -\alpha )}{sin\alpha .sin\beta }$ bị nhầm nghen bạn.

Công thức đúng phải là 

$cot\alpha +cot\beta =\frac{sin(\alpha +\beta )}{sin\alpha .sin\beta };cot\alpha -cos\beta =\frac{sin(\beta -\alpha )}{sin\alpha .sin\beta }$


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#13 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 05-08-2018 - 11:18

$$\sin \frac{\alpha }{2}\,\sin\,\beta \,\sin\,\gamma \leqq \frac{2}{9}\,\sqrt{3}$$

 

$$\sin \frac{\alpha }{2}\,\sin \frac{\beta }{2}\,\sin\,\gamma \leqq \frac{1}{54}\left ( 2\,\sqrt{13}- 5 \right )\sqrt{2\,\sqrt{13}+ 22}$$



#14 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 26-03-2019 - 18:52

Cho $\it{a}$$,$ $\it{b}$$,$ $\it{c}$ là $\it{3}$ cạnh của một tam giác$.$ Chứng minh rằng$:$

$$\left ( \it{2}- \sum\,\frac{\it{a}}{\it{b}+ \it{c}} \right )\sum\,\frac{\it{b}+ \it{c}}{\it{a}}\leqq \it{3}\leqq \left ( \it{2}- \sum\,\frac{\it{b}+ \it{c}}{\it{2}\,\it{a}+ \it{b}+ \it{c}} \right )\sum\,\frac{\it{b}+ \it{c}}{\it{a}}$$

 






0 người đang xem chủ đề

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