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.
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.
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.
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