Sổ tay cá nhân

Tạo bởi: long-nguyen
Danh sách câu hỏi trong sổ
0
phiếu
0đáp án
43K lượt xem

CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC


Đây là các đẳng thức và bất đẳng thức quen thuộc rất cần thiết cho việc chứng minh các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác cũng như trong các ứng dụng của chúng. Ta cũng có thể xem đây như là một phần  kiến thức cơ sở cần cho quá trình học toán của chúng ta.

I. CÁC ĐẲNG THỨC CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC
•      asinA=bsinB=csinC=2R
•     a2=b2+c22bccosA
       =c2+a22cacosBc2=a2+b22abcosC
•     a=bcosC+ccosB
       =ccosA+acosCc=acosB+bcosA
•     S=12aha=12bhb=12chc
 12bcsinA=12casinB=12absinC=abc4R=2R2sinAsinBsinC=pr=(pa)ra=(pb)rb=(pc)rc=p(pa)(pb)(pc)
•     ma2=2b2+2c2a24           
 2=2c2+2a2b24mc2=2a2+2b2c24
•    la2=2bccosA2b+c
  2=2cacosB2c+alc2=2abcosC2a+b
•    r=(pa)tanA2=(pb)tanB2=(pc)tanC2=4RsinA2sinB2sinC2
•    aba+b=tan(AB2)tan(A+B2)
bcb+c=tan(BC2)tan(B+C2)
cac+a=tan(CA2)tan(C+A2)
•    cotA=b2+c2a24S
  B=c2+a2b24ScotC=a2+b2c24S
cotA+cotB+cotC=a2+b2+c24S
•    sinA2=(pb)(pc)bc
B2=(pc)(pa)casinC2=(pa)(pb)ab
•    cosA2=p(pa)bc
B2=p(pb)cacosC2=p(pc)ab
•    tanA2=(pb)(pc)p(pa)
  B2=(pc)(pa)p(pb)tanC2=(pa)(pb)p(pc)
•    sinA+sinB+sinC=4cosA2cosB2cosC2=pR
  2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinCsin2A+sin2B+sin2C=2(1+cosAcosBcosC)cosA+cosB+cosC=1+4sinA2sinB2sinC2=1+rRcos2A+cos2B+cos2C=12cosAcosBcosCtanA+tanB+tanC=tanAtanBtanCcotA2+cotB2+cotC2=cotA2cotB2cotC2tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA=1

II. CÁC BĐT CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC
•   
 $\begin{array} \left| {a - b} \right| < c < a + b\\

  
  \left| {b - c} \right| < a < b + c  \\
  \left| {c - a} \right| < b < c + a  \\
\end{array} a \leqslant b \Leftrightarrow A \leqslant BcBCcaCA

\cos A + \cos B + \cos C \leqslant \frac{3}{2}A+sinB+sinC332tanA+tanB+tanC33cotA+cotB+cotC3
\cos \frac{A}{2} + \cos \frac{B}{2} + \cos \frac{C}{2} \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{2}A2+sinB2+sinC232tanA2+tanB2+tanC23cotA2+cotB2+cotC233
{\cos ^2}A + {\cos ^2}B + {\cos ^2}C \geqslant \frac{3}{4}{\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C \leqslant \frac{9}{4}{\tan ^2}A + {\tan ^2}B + {\tan ^2}C \geqslant 9{\cot ^2}A + {\cot ^2}B + {\cot ^2}C \geqslant 1{\cos ^2}\frac{A}{2} + {\cos ^2}\frac{B}{2} + {\cos ^2}\frac{C}{2} \leqslant \frac{9}{4}A2+sin2B2+sin2C234tan2A2+tan2B2+tan2C21cot2A2+cot2B2+cot2C29
\cos A\cos B\cos C \leqslant \frac{1}{8}AsinBsinC338tanAtanBtanC33cotAcotBcotC133
\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{8}A2sinB2sinC218tanA2tanB2tanC2133cotA2cotB2cotC233
\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C \geqslant  - \frac{3}{2}\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\frac{1}{{\cos \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\cos \frac{B}{2}}} + \frac{1}{{\cos \frac{C}{2}}} \geqslant 2\sqrt 3 \frac{1}{{\sin \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{B}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{C}{2}}} \geqslant 2\sqrt 3 $

III. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1.
Cho ΔABC. Đường phân giác của các góc A,B,C cắt đường tròn ngoại tiếp lần lượt tại A1,B1,C1. CMR:  SABCSA1B1C1
Lời giải:
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp thì nó cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔA1B1C1.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
   2R2sinAsinBsinC2R2sinA1sinB1sinC1         (1)
Do   A1=B+C2,B2=C+A2,C1=A+B2  nên:
1)sinAsinBsinCsinB+C2sinC+A2sinA+B28sinA2sinB2sinC2cosA2cosB2cosC2cosA2cosB2cosC2(2)
cosA2cosB2cosC2>0 nên  
(2)  sinA2sinB2sinC218đpcm.                                                  
Đẳng thức xảy ra ΔABC  đều.

Bài 2.
CMR trong mọi tam giác ta đều có:
sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA74+4sinA2sinB2sinC2
Lời giải:
Ta có :
cosA+cosB+cosC=1+4sinA2sinB2sinC2
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA34+cosA+cosB+cosC(1)
Mà:
A=sinBsinCcosBcosCcosB=sinCsinAcosCcosAcosC=sinBsinAcosAcosB
Nên   (1) cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA34  (2)
Thật vậy hiển nhiên ta có:
cosAcosb+cosBcosC+cosCcosA13(cosA+cosB+cosC)2   (3)
Mặt khác ta có:   cosA+cosB+cosC32
(3) đúng (2) đpcm.
Đẳng thức xảy ra ΔABC đều.

Bài 3.
CMR với mọi ΔABC bất kì ta có:
         a2+b2+c243S+(ab)2+(bc)2+(ca)2
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2(ab+bc+ac)43S+a2+b2+c2   (1)
Ta có:
A=b2+c2a24ScotB=c2+a2b24ScotC=a2+b2c24S
Khi đó:   
1)4S(1sinA+1sinB+1sinC)43S+4S(cotA+cotB+cotC)(1sinAcotA)+(1sinBcotB)+(1sinCcotC)3tanA2+tanB2+tanC23
đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 

Bài 4.
Cho ΔABC bất kì. CMR: R+r43S
Lời giải:
Ta có:
=abc4S=2R3sinAsinBsinC8=S2sinAsinBsinCr=Sp=SR(sinA+sinB+sinC)=82sinAsinBsinCsinA+sinB+sinC
Vậy:
 R+r=12S2sinAsinBsinC+12S2sinAsinBsinC+82sinAsinBsinCsinA+sinB+sinC
Theo BĐT Cô-si ta có:
R+r33SSsinAsinBsinC8sinAsinBsinC(sinA+sinB+sinC)
Mà:
A+sinB+sinC332sinAsinBsinC338R+r34SS4427.33=43S
đpcm.

Bài 5.
Cho bất kì. CMR:
a8cos2A2+b8cos2B2+c8cos2C2(abc63R)4
Lời giải:
Áp dụng BCS ta có:
a8cos2A2+b8cos2B2+c8cos2C2(a4+b4+c4)2cos2A2+cos2B2+cos2C2
Mà:
os2A2+cos2B2+cos2C294(abc4)4=(16S2)2
Vì thế ta chỉ cần chứng minh:  a4+b4+c416S2
Trước hết ta có: a4+b4+c4abc(a+b+c)(1)
Thật vậy:
1)a2(a2bc)+b2(b2ca)+c2(c2ab)0[a2+(b+c)2](bc)2+[b2+(c+a)2](ca)2+[c2+(a+b)2](ab)20
(đúng)
Mặt khác ta cũng có:
16S2=16p(pa)(pb)(pc)=(a+b+c)(a+bc)(b+ca)(c+ab)(2)
Từ (1),(2) thì suy ra ta phải chứng minh:
abc(a+bc)(b+ca)(a+cb)(3)
Đặt :
=a+bcy=b+caz=c+ab
Vì a,b,c là ba cạnh của một tam giác nên x , y , z > 0
Khi đó theo BĐT Cô-si thì:
abc=(x+y)(y+z)(z+x)8(2xy)(2yz)(2xz)8=xyz=(a+bc)(b+ca)(c+ab)
(3) đúng   (đpcm)

CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC

CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC Đây là các đẳng thức và bất đẳng thức quen thuộc rất cần thiết cho việc chứng minh các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác cũng như trong các ứng dụng của chúng. Ta cũng có thể xem đây như...