Luận văn Phương trình bậc ba sinh bởi các yếu tố trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM BÌNH NGUYÊN PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA SINH BỞI CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60. 46. 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU ĐÀ NẴNG - NĂM 2010 www.VNMATH.com 2Mục lục Lời nói đầu 4 Các đơn vị kiến thức liên quan 5 1 Các kiến thức cơ bản về phương trình bậc ba 24 1.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . 24 1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba . . . . . . . 25 2 Phương trình bậc ba của các yếu tố trong tam giác 36 2.1 Phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố độ dài trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.2 Phương trình bậc ba sinh bởi các biểu thức lượng giác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.3 Phương trình bậc ba của các cung và góc đặc biệt . . . . . 58 3 Bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam giác 65 3.1 Nhận dạng tam giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 3.2 Nhận dạng tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 3.3 Nhận dạng tam giác cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 4 Một số dạng bất đẳng thức liên quan 103 4.1 Một số dạng bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . 103 4.2 Một số bài toán cực trị trong tam giác . . . . . . . . . . . . 108 Kết luận 113 Tài liệu tham khảo 114 5 Sáng tạo các bất đẳng thức trong tam giác 115 5.1 Bất đẳng thức Schur và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . 115 5.2 Các bất đẳng thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 www.VNMATH.com 35.3 Bất đẳng thức Vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.3.1 Các bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến 123 5.3.2 Các bất đẳng thức liên quan đến đường tròn ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 5.3.3 Các bất đẳng thức liên quan đến đường tròn nội tiếp 128 6 Các đẳng thức trong tam giác 129 6.1 Các đẳng thức liên quan đến yếu tố độ dài trong tam giác . 129 6.2 Các đẳng thức liên quan đến các biểu thức lượng giác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 6.3 Các đẳng thức liên quan đến các cung và góc đặc biệt . . . 143 www.VNMATH.com 4Lời nói đầu Trong chương trình toán học bậc Trung học Phổ thông, các bài toán về Lượng giác chiếm một vị trí rất quan trọng. Việc chứng minh các hệ thức đã biết theo một cách khác không theo cách biến đổi thông thường và tìm ra các hệ thức mới là rất cần thiết. Điều này giúp chúng ta rèn luyện tư duy và có hệ thống bài tập cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như trong các kỳ thi. Dựa trên nhận xét: Một tam giác hoàn toàn được xác định bởi ba yếu tố độc lập, ba yếu tố đó có thể được coi là ba nghiệm của một phương trình bậc ba tương ứng. Các yếu tố độc lập đó đều có thể biểu diễn qua p,R, r, tức phương trình bậc ba tìm được sẽ có hệ số chứa p,R, r. Luận văn nhằm hiểu về các phương trình bậc ba sinh bởi các yếu tố trong tam giác và nêu cách giải quyết các vấn đề liên quan. Trên cơ sở đó xây dựng một số hệ thức lượng giác mới dựa vào tính chất của phương trình bậc ba và các bất đẳng thức quen biết. Luận văn được chia làm ba chương: Chương 1 trình bày về phương trình bậc ba, nêu cách giải và các tính chất của chúng. Chương 2 xây dựng các phương trình bậc ba với hệ số là ba yếu tố cơ bản p,R, r và nhận các yếu tố trong tam giác là các nghiệm của chúng. Sau đó, dựa vào các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba để đưa ra một số hệ thức lượng giác mới. Chương 3 khảo sát các bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam giác (vuông, đều, cân). www.VNMATH.com 5Các đơn vị kiến thức liên quan I. Một số định lý quan trọng Định lí 1 (Định lý Thales). Các đường thẳng song song định ra trên hai cát tuyến những đoạn thẳng tỉ lệ. Hệ quả 1. Đường thẳng song song với một cạnh của tam giác tạo với hai cạnh kia một tam giác có các cạnh tương ứng tỉ lệ với các cạnh của tam giác đã cho. Hình 1: Định lí 2 (Định lý về đường phân giác trong của tam giác). Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh đối diện thành hai phần tỉ lệ với hai cạnh bên tương ứng. Chứng minh. Giả sử AD là phân giác trong kẻ từ A, nghĩa là B̂AD = ĈAD. Kẻ BE song song với AD cắt AC tại E. Khi ấy do ÊBA = B̂AD (so le trong) và B̂EA = ĈAD (đồng vị) nên các góc ÊBA = B̂EA, do đó tam giác BAE cân, suy ra AB = AE. Từ định lý Thales ta có DC DB = AC AE , suy ra DC DB = AC AB .  Định lí 3 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Pythagoras). Trong một tam giác vuông bất kì ta luôn có: 1. Cạnh góc vuông là trung bình nhân của cạnh huyền và hình chiếu của nó trên cạnh huyền; 2. Đường cao là trung bình nhân của hai hình chiếu hai cạnh góc vuông trên cạnh huyền; 3. Bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông. Chứng minh. Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH, ta ký hiệu: a = BC, b = AC, c = AB, h = AH, b′ = CH, c′ = BH. www.VNMATH.com 6Hình 2: Khi ấy định lý trên được phát biểu dưới dạng ký hiệu là: 1. b2 = ab′, c2 = ac′; 2. h2 = b′c′; 3. a2 = b2 + c2. Thật vậy, hai tam giác vuông BAH và BCA đồng dạng vì có góc B chung, do đó AB BH = CB BA hay AB2 = CB.BH, tức là c2 = ac′. Tương tự, hai tam giác vuông ACH và BCA đồng dạng nên AC CH = BC CA hay AC2 = CH.BC, tức là b2 = ab′. Hai tam giác vuông ABH và CAH cũng đồng dạng nên BH AH = AH CH hay AH2 = BH.CH, tức là h2 = b′c′. Từ hai hệ thức b2 = ab′, c2 = ac′, cho ta b2 + c2 = ab′ + ac′ = a(b′ + c′) = a.a = a2. Định lý được chứng minh.  Định lí 4 (Hệ thức lượng trong tam giác thường). Cho tam giác ABC, gọi c′ = AH và a′ = CH là hình chiếu của các cạnh AB = c, BC = a trên cạnh AC = b. Khi ấy: 1. Nếu góc A nhọn thì a2 = b2 + c2 − 2bc′; 2. Nếu góc A tù thì a2 = b2 + c2 + 2bc′. Chứng minh. Theo định lý Pythagoras, ta có Hình 3: 1. Khi góc A nhọn thì (Hình 3a) a2 = a′2 + hb2 = a′2 + c2 − c′2 = c2 + (b− c′)2 − c′2 = c2 + b2 − 2bc′. www.VNMATH.com 72. Khi góc A tù thì (Hình 3b) a2 = a′2 + hb2 = a′2 + c2 − c′2 = c2 + (b+ c′)2 − c′2 = c2 + b2 + 2bc′. Vậy định lý được chứng minh.  Định lí 5 (Đường thẳng Euler). Gọi G,H,O lần lượt là trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì khi đó ta có −−→ HO = 3 −→ GO. Chứng minh. Hình 4: Gọi A′, B′, C ′ lần lượt là trung điểm BC,CA,AB thì khi đó dễ thấy tam giác ABC là ảnh của tam giác A′B′C ′ qua phép vị tự tâm G tỉ số bằng −2 (Hình 4). Mặt khác ba đường cao của tam giác A′B′C ′ lại là ba đường trung trực của tam giác ABC, nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ảnh của H qua phép vị tự tâm G tỉ số bằng −2, nghĩa là−−→ GH = −2−→GO, chứng tỏ H, G và O thẳng hàng và −−→ HO = 3 −→ GO.  Định lí 6 (Định lý Stewart). Nếu đường thẳng AD = d thuộc tam giác ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì d2a = b2m+ c2n− amn. Chứng minh. Hình 5: Giả sử AH là đường cao của tam giác ABC, theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác thường (Định lí 4), từ các tam giác BDA và ADC ta có (Hình 5) c2 = d2 +m2 − 2mDH. b2 = d2 + n2 + 2nDH. Nhân đẳng thức thứ nhất với n, đẳng thức thứ hai với m rồi cộng lại ta được c2n+ b2m = d2(m+ n) +mn(m+ n) hay d2a = b2m+ c2n− amn. Định lí Stewart được chứng minh.  www.VNMATH.com 8Hệ quả 2. Nếu BD DC = m n = k q thì d2 = b2k k + q + c2q k + q − a 2kq (k + q)2 . Chứng minh. Vì BD DC = m n = k q nên BD DC +BD = m n+m = m a = k k + q . Tương tự ta cũng có n a = q k + q , thay vào định lý Stewart ta được d2a = b2ak k + q + c2aq k + q − a 3kq (k + q)2 hay d2 = b2k k + q + c2q k + q − a 2kq (k + q)2 .  Hệ quả 3. Đường trung tuyến của tam giác được tính bởi công thức ma = √ 2(b2 + c2)− a2 2 . Chứng minh. Được suy ra từ hệ quả trên với BD = DC (k = q = 1) và ký hiệu d = ma.  Hệ quả 4. ma 2 +mb 2 +mc 2 = 3 4 (a2 + b2 + c2). Chứng minh. Từ hệ quả trên ta có ma 2 = 2(b2 + c2)− a2 4 Tương tự mb 2 = 2(a2 + c2)− b2 4 ; mc 2 = 2(a2 + b2)− c2 4 . Cộng các vế đẳng thức trên, ta được điều phải chứng minh.  Hình 6: Hệ quả 5. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi ấy ta có GA2 +GB2 +GC2 = 1 3 (a2 + b2 + c2). Chứng minh. Vì G là trọng tâm tam giác nên GA = 2 3 ma. Kết hợp với công thức đường trung tuyến, ta được GA2 = 4 9 ma 2 = 2(b2 + c2)− a2 9 . www.VNMATH.com 9Tương tự GB2 = 4 9 mb 2 = 2(a2 + c2)− b2 9 ; GC2 = 4 9 mc 2 = 2(a2 + b2)− c2 9 . Cộng các vế đẳng thức trên, ta được điều phải chứng minh.  Hệ quả 6. Đường phân giác của góc A được tính bởi công thức la = 2 √ bcp(p− a) b+ c . Chứng minh. Theo định lý về đường phân giác (Định lí 2), ta có Hình 7: DB DC = AB AC = c b = k q .(Hình 7) Suy ra c b+ c = k k + q và b b+ c = q k + q . Thay vào công thức trong Hệ quả 2 (của định lý Stewart) ta được d2 = b2k k + q + c2q k + q − akq (k + q)2 = b2c b+ c + c2b b+ c − a 2bc (b+ c)2 = bc (b+ c)2 − a2 (b+ c)2 = bc (b+ c+ a)(b+ c− a) (b+ c)2 = 4bc p(p− a) (b+ c)2 . Với ký hiệu đường phân giác la = d, ta có la = 2 √ bcp(p− a) b+ c .  Định lí 7 (Bổ đề về các hệ thức vectơ trong tam giác). Gọi G là trọng tâm, H là trực tâm, I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi ấy ta có: 1. −→ GA+ −−→ GB + −→ GC = −→ 0 2. −→ OA+ −−→ OB + −→ OC = 3 −→ OG 3. a −→ IA+ b −→ IB + c −→ IC = −→ 0 4. a −→ OA+ b −−→ OB + c −→ OC = (a+ b+ c) −→ OI 5. a −−→ HA+ b −−→ HB + c −−→ HC = (a+ b+ c) −→ HI. Chứng minh. www.VNMATH.com 10 Hình 8: 1. Do G là trọng tâm tam giác (Hình 8) nên −→ GA+ −−→ GB+ −→ GC = −−→ GC ′+ −→ GC = −−→GC+−→GC = −→0 . 2. Ta có −→ OA+ −−→ OB + −→ OC = −→ OG+ −→ GA+ −→ OG+ −−→ GB + −→ OG+ −→ GC = 3 −→ OG+ −→ GA+ −−→ GB + −→ GC = 3 −→ OG. 3. Theo Định lí về đường phân giác (Định lý 2), ta có DB DC = c b hay −−→ DB = −c b −−→ DC. Điều này chứng tỏ −→ IB −−→ID = −−→DB = −c b −−→ DC = −c b ( −→ IC −−→ID) (Hình 9) hay b −→ IB + c −→ IC = (b+ c) −→ ID (∗). Do DB DC = c b nên DB DC +DB = c b+ c hay DB = ac b+ c . Và ta lại có BI là phân giác trong của góc B nên áp dụng định lí về đường phân giác (Định lý 2) cho tam giác ADB, ta được Hình 9: ID IA = BD BA = ac b+ c c = a b+ c vậy −→ ID = − a b+ c −→ IA. (∗∗) Thay (**) vào (*) ta đi đến b −→ IB + c −→ IC = (b+ c) −→ ID = −a−→IA hay a −→ IA+ b −→ IB + c −→ IC = −→ 0 . 4. Theo phần 3, ta có (a+ b+ c) −→ OI = a( −→ OA−−→IA) + b(−−→OB −−→IB) + c(−→OC −−→IC). = a −→ OA+ b −−→ OB + c −→ OC − (a−→IA+ b−→IB + c−→IC) = a −→ OA+ b −−→ OB + c −→ OC. www.VNMATH.com 11 5. Theo phần 3, ta có (a+ b+ c) −→ HI = a( −−→ HA−−→IA) + b(−−→HB −−→IB) + c(−−→HC −−→IC) = a −−→ HA+ b −−→ HB + c −−→ HC − (a−→IA+ b−→IB + c−→IC) = a −−→ HA+ b −−→ HB + c −−→ HC.  Hệ quả 7. Khoảng cách từ trọng tâm đến tâm đường tròn ngoại tiếp được tính bởi công thức OG = 1 3 √ 9R2 − (a2 + b2 + c2). Chứng minh. Ta có 2 −→ OA. −−→ OB = −→ OA 2 + −−→ OB 2 − (−→OA−−−→OB)2 = 2R2 − (−→AB)2 = 2R2 − c2. Tương tự, ta có 2 −→ OA. −→ OC = −→ OA 2 + −→ OC 2 − (−→OA−−→OC)2 = 2R2 − (−→AC)2 = 2R2 − b2; 2 −−→ OB. −→ OC = −−→ OB 2 + −→ OC 2 − (−−→OB −−→OC)2 = 2R2 − (−−→BC)2 = 2R2 − a2. Mặt khác, theo Định lý 7 ta lại có 3 −→ OG = −→ OA+ −−→ OB + −→ OC. Bình phương vô hướng hai vế, ta được 9OG2 = OA2 +OB2 +OC2 + 2( −→ OA. −−→ OB + −−→ OB. −→ OC + −→ OC. −→ OA) = 3R2 + (2R2 − c2) + (2R2 − b2) + (2R2 − a2) = 9R2 − (a2 + b2 + c2). Suy ra OG = 1 3 √ 9R2 − (a2 + b2 + c2).  Hệ quả 8. Khoảng cách từ trực tâm đến tâm đường tròn ngoại tiếp được tính bởi công thức OH = √ 9R2 − (a2 + b2 + c2). Chứng minh. Được suy ra từ Hệ quả 7 và Định lý 5.  www.VNMATH.com 12 Hệ quả 9. Khoảng cách từ trọng tâm đến trực tâm tiếp được tính bởi công thức GH = 2 3 √ 9R2 − (a2 + b2 + c2). Chứng minh. Được suy ra từ Hệ quả 8 và Định lý 5.  Hệ quả 10. Khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đường tròn nội tiếp được tính bởi công thức OI2 = R2 − abc a+ b+ c . Chứng minh. Theo Định lý 7 ta có (a+b+c) −→ OI = a −→ OA+b −−→ OB+c −→ OC. Bình phương vô hướng đẳng thức trên và sử dụng các hệ thức 2 −→ OA. −−→ OB = 2R2 − c2; 2−→OA.−→OC = 2R2 − b2; 2−−→OB.−→OC = 2R2 − a2 (xem chứng minh trong Hệ quả 7) ta được (a+ b+ c)2OI2 = (a2 + b2 + c2)R2 + ab(2R2 − c2) + ac(2R2 − b2) + bc(2R2 − a2) = (a+ b+ c)2R2 − abc(a+ b+ c). Từ đó cho ta OI2 = R2 − abc a+ b+ c .  Hệ quả 11. Khoảng cách từ trực tâm đến tâm đường tròn nội tiếp được tính bởi công thức HI2 = 4R2 − a 3 + b3 + c3 + abc a+ b+ c . Chứng minh. Theo Định lý 7 ta có (a+b+c) −→ HI = a −−→ HA+b −−→ HB+c −−→ HC. Bình phương vô hướng đẳng thức trên và sử dụng các hệ thức 2 −−→ HA. −−→ HB = −−→ HA 2 + −−→ HB 2 − (−−→HA−−−→HB)2 = HA2 +HB2 − AB2 = HA2 +HB2 − c2. Tương tự 2 −−→ HB. −−→ HC = HB2 +HC2−a2; 2−−→HC.−−→HA = HC2 +HA2−b2. Ta được (a+ b+ c)2HI2 = a2HA2 + b2HB2 + c2HC2 + 2ab −−→ HA. −−→ HB +2ac −−→ HA. −−→ HC + 2bc −−→ HB. −−→ HC = a2HA2 + b2HB2 + c2HC2 + ab(HA2 +HB2 − c2) +ac(HA2 +HC2 − b2) + bc(HB2 +HC2 − a2) = (a+ b+ c)(aHA2 + bHB2 + cHC2)− abc(a+ b+ c). www.VNMATH.com 13 Từ Định lý 5 ta có −−→ AH = 2 −−→ OA′ (Hình 10), vậy HA2 = (2OA′)2 = 4(OB2 −BA′2) = 4R2 − a2. Hình 10: Tương tự HB2 = (2OB′)2 = 4R2 − b2; HC2 = (2OC ′)2 = 4R2 − c2. Suy ra aHA2 + bHB2 + cHC2 = a(4R2 − a2) + b(4R2 − b2) + c(4R2 − c2) = 4R2(a+ b+ c)− (a3 + b3 + c3). Từ đó ta được HI2 = aHA2 + bHB2 + cHC2 a+ b+ c − abc a+ b+ c = 4R2 − a 3 + b3 + c3 + abc a+ b+ c .  Hệ quả 12. Khoảng cách giữa trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp được tính bởi công thức IG = 1 3 √ 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2). Chứng minh. Gọi A′ là trung điểm BC. M,N,P lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh (Hình 11), ta có p− b = a+ b+ c 2 − b = (BM + CM) + (CP + AP ) + (AN +BN) 2 − (AP + CP ) = BM ; Hình 11: Tương tự ta được AN = p − a nên từ tam giác vuông IMA′, ta có MA′ = BA′ −BM = a 2 − (p− b) = b− c 2 ; và IA′ = √ IM2 +MA′2 = √ r2 + (b− c)2 4 = 1 2 √ 4r2 + (b− c)2. Từ tam giác vuông INA ta có IA = √ IN2 + AN 2 = √ r2 − (p− a)2. www.VNMATH.com 14 Áp dụng định lý Stewart cho tam giác IAA′ ta được IA2.GA′ + IA′2.AG− AA′.AG.GA′ = IG2.AA′ Vì AG = 2 3 AA′; GA′ = 1 3 AA′ và AA′ = 1 2 √ 2(b2 + c2)− a2 nên IG2 = IA2.GA′ AA′ + IA′2.GA AA′ − AG.GA′ = r2 + (p− a)2 3 + 4r2 + (b− c)2 6 − 2(b 2 + c2)− a2 18 = r2 + 6p2 − 12ap+ 6a2 + 3b2 − 6bc+ 3c2 − 2b2 − 2c2 + a2 18 = r2 + 6p2 − 12ap+ 7a2 + b2 − 6bc+ c2 18 = r2 + 6p2 − 6a(a+ b+ c) + 7a2 + b2 − 6bc+ c2 18 = r2 + 6p2 − 6(ab+ ac+ bc) + a2 + b2 + c2 18 = r2 + 6p2 − 3(a2 + b2 + c2 + 2ab+ 2ac+ 2bc) + 4(a2 + b2 + c2) 18 = r2 + 6p2 − 3(a+ b+ c)2 + 4(a2 + b2 + c2) 18 = r2 + 6p2 − 3.4p2 + 4(a2 + b2 + c2) 18 = 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2) 9 . Vậy IG = 1 3 √ 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2).  Hình 12: Định lí 8. (Định lý Ptolemy) Trong một tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo bằng tổng của tích hai cạnh đối, tức là AC.BD = BC.AD + AB.CD Chứng minh. Dựng góc D̂AF = B̂AC (Hình 12). Do B̂CA = B̂DA nên hai tam giác ABC và AFD đồng dạng, suy ra BC FD = AC AD hay AC.FD = BC.AD (∗) www.VNMATH.com 15 Mặt khác ta lại có ÂBF = ÂCD và B̂AF = ĈAB − F̂AC = D̂AF − F̂AC = ĈAD nên hai tam giác BAF và CAD đồng dạng, suy ra BF CD = AB AC hay BF.AC = AB.CD (∗∗) Cộng các đẳng thức (*) và (**) ta được AC(FD +BF ) = BC.AD + AB.CD hay AC.BD = BC.AD + AB.CD  II. Các định lý cơ bản trong tam giác Định lí 9. (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta luôn có a sinA = b sinB = c sinC = 2R. Chứng minh. Vẽ đường tròn tâm O bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC. Hình 13: Trường hợp 1. Nếu  = 900. Khi đó a = BC = 2R và sinA = 1 (Hình 13a) và khi đó do tam giác ABC vuông tại A nên sinB = AC BC = b a = b 2R và sinC = AB BC = c a = c 2R . Suy ra a sinA = b sinB = c sinC = 2R. www.VNMATH.com 16 Trường hợp 2.  6= 900. Giả sử BO cắt đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC tại A′, khi ấy ta có: 1. Nếu góc A nhọn thì  = Â′ (Hình 13b) do đó sinA = sinA′ = BC BA′ = a 2R . 2. Nếu góc A tù thì  = 1800 − Â′ (Hình 13c) do đó sinA = sin(1800 − A′) = sinA′ = BC BA′ = a 2R . Trong cả hai trường hợp ta đều có a sinA = 2R; tương tự b sinB = 2R; c sinC = 2R. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có a sinA = b sinB = c sinC = 2R.  Định lí 10. (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta luôn có a2 = b2 + c2 − 2bccosA; b2 = a2 + c2 − 2accosB; c2 = a2 + b2 − 2abcosC. Chứng minh. Từ hệ thức lượng trong tam giác thường (Định lý 4) và công thức về góc lượng giác cho hàm số cosin thì khi góc A nhọn ta có a2 = b2 + c2 − 2bc′ = b2 + c2 − 2bccosA. Khi góc A tù ta có a2 = b2 + c2 + 2bc′ = b2 + c2 + 2bccos(1800 − A) = b2 + c2 − 2bccosA. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có a2 = b2 + c2 − 2bccosA. Các công thức còn lại là tương tự.  Định lí 11. (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC ta luôn có ma 2 = 2(b2 + c2)− a2 4 ; mb 2 = 2(a2 + c2)− b2 4 ; mc 2 = 2(a2 + b2)− c2 4 . Chứng minh. Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ABM và ACM (Hình 14) ta được www.VNMATH.com 17 Hình 14: c2 = ( a 2 )2 +ma 2 − 2a 2 macosÂMB và b2 = ( a 2 )2 +ma 2 − 2a 2 macosÂMC Do ÂMC = 1800 − ÂMB nên cosÂMC = −cosÂMB Cộng hai vế của hai đẳng thức trên ta đi đến b2 + c2 = a2 2 + 2ma 2 suy ra ma 2 = 2(b2 + c2)− a2 4 . Các công thức còn lại được chứng minh tương tự.  Định lí 12. (Định lý hàm số tan) Trong tam giác ABC ta luôn có a− b a+ b = tan A−B 2 tan A+B 2 = tan A−B 2 tan C 2 . Chứng minh. Từ định lý hàm số sin và các công thức lượng giác cơ bản, ta có a− b a+ b = 2R(sinA− sinB) 2R(sinA+ sinB) = 2cos A+B 2 .sin A−B 2 2sin A+B 2 .cos A−B 2 = cot A+B 2 tan A−B 2 = tan A−B 2 tan A+B 2 vì tan A+B 2 = cot C 2 = 1 tan C 2 nên a− b a+ b = tan A−B 2 tan A+B 2 = tan A−B 2 tan C 2 .  www.VNMATH.com 18 Định lí 13. (Công thức về hình chiếu trong tam giác) Trong tam giác ABC ta luôn có a = b.cosC + c.cosB = r(cot B 2 + cot C 2 ); b = c.cosA+ a.cosC = r(cot C 2 + cot A 2 ); c = b.cosA+ a.cosB = r(cot B 2 + cot A 2 ). Chứng minh. Theo định nghĩa góc lượng giác (Hình 15), ta có Hình 15: a = CH +BH = b.cosC + c.cosB (∗) Cũng theo định nghĩa góc lượng giác, với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có a = CM +BM = r(cot B 2 + cot C 2 ) (∗∗) Từ (*) và (**) ta có điều phải chứng minh.  Định lí 14. ( Các công thức về diện tích tam giác) Trong tam giác ABC ta luôn có 1. S = 1 2 a.ha = 1 2 b.hb = 1 2 c.hc; 2. S = 1 2 bcsinA = 1 2 acsinB = 1 2 absinC; 3. S = 2R2sinAsinBsinC = abc 4R ; 4. S = √ p(p− a)(p− b)(p− c); 5. S = pr; 6. S = ra(p− a) = rb(p− b) = rc(p− c); 7. S = √ rrarbrc; 8. S = arbrc rb + rc . Chứng minh. 1. Công thức S = 1 2 a.ha = 1 2 b.hb = 1 2 c.hc là do định nghĩa. www.VNMATH.com 19 Hình 16: 2. Do ha = AH = bsinC = csinB (Hình 16) nên S = 1 2 a.ha = 1 2 absinC = 1 2 acsinB. Tương tự, cuối cùng ta có S = 1 2 bcsinA = 1 2 acsinB = 1 2 absinC. 3. Từ định nghĩa hàm số sin ta có S = 1 2 absinC = 1 2 2RsinA.2RsinB.sinC = 2R2sinAsinBsinC. Cũng theo định lý hàm số sin, ta có S = 1 2 absinC = 1 2 ab c 2R = abc 4R . 4. Trong một tam giác luôn có ít nhất hai góc nhọn, do đó không mất tính tổng quát, ta giả thiết góc B và C nhọn. Theo định lý Pythagoras (Hình 16) ta có BH2 = AB2 − AH2 = c2 − ha2; CH2 = AC2 − AH2 = b2 − ha2. Suy ra (BH +CH)(BH −CH) = BH2−CH2 = c2−ha2− (b2−ha2) = c2− b2 hay BH − CH = c 2 − b2 a . Tức là ta có BH + CH = a và BH − CH = c 2 − b2 a từ đó cho ta BH = c2 + a2 − b2 2a vậy ha 2 = c2 −BH2 = c2 − (c 2 + a2 − b2 2a )2 = 4a2c2 − (c2 + a2 − b2)2 4a2 = (2ac+ (c2 + a2 − b2))(2ac− (c2 + a2 − b2)) 4a2 = ((c+ a)2 − b2)(b2 − (c− a)2) 4a2 = (a+ b+ c)(a+ c− b)(b+ c− a)(b− c+ a) 4a2 www.VNMATH.com 20 Hình 17: = 4p(p− a)(p− b)(p− c) a2 . Suy ra ha = 2 √ p(p− a)(p− b)(p− c) a . Vậy S = 1 2 a.ha = √ p(p− a)(p− b)(p− c). Công thức được chứng minh. Công thức trên còn có tên gọi là công thức Heron. 5. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (Hình 17). Khi ấy S4ABC = S4ABI + S4ACI + S4BCI = cr 2 + br 2 + ar 2 = pr. 6. Gọi E là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ứng với cạnh BC. P,M,N lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các cạnh BC,AB,AC. Khi ấy (Hình 18) ta có Hình 18: S4ABC = S4ABE + S4ACE − S4BCE = AB.EM 2 + AC.EN 2 − BC.EP 2 = (p− a)ra. Tương tự ta có S = (p− a)ra = (p− b)rb = (p− c)rc 7. Ta có S = pr = (p−a)ra = (p−b)rb = (p−c)rc suy ra S4 = p(p− a)(p− b)(p− c)rrarbrc hay S2 = rrarbrc vậy S = √ rrarbrc. 8. Ta có arbrc rb + rc = a S p− b S p− c S p− b + S p− c = aS p− c+ p− b = aS 2p− (b+ c) = aS a = S.  Hệ quả 13. Chiều cao của tam giác ABC xuất phát từ đỉnh A được tính bởi công thức ha = 2 √ p(p− a)(p− b)(p− c) a . www.VNMATH.com 21 Chứng minh. Công thức trên đã được chứng minh trong Định lí 14, mục 4.  Hệ quả 14. 1 r = 1 ra + 1 rb + 1 rc = 1 ha + 1 hb + 1 hc . Chứng minh. 1. Từ công thức tính diện tích S = pr = (p−a)ra = (p−b)rb = (p−c)rc suy ra 1 r = p S ; 1 ra = p− a S ; 1 rb = p− b S ; 1 rc = p− c S . Cộng các đẳng thức trên lại ta được 1 ra + 1 rb + 1 rc = p S = 1 r . 2. Từ công thức tính diện tích S = pr = 1 2 aha = 1 2 bhb = 1 2 chc suy ra 1 ha = a 2S ; 1 hb = b 2S ; 1 hc = c 2S . Vậy 1 ha + 1 hb + 1 hc = a+ b+ c 2S = p pr = 1 r . Do đó ta có 1 r = 1 ra + 1 rb + 1 rc = 1 ha + 1 hb + 1 hc .  Định lí 15. ( Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác) Trong tam giác ABC ta luôn có R = a 2sinA = b 2sinB = c 2sinC = abc 4S = abc 4 √ p(p− a)(p− b)(p− c) . Chứng minh. Được suy ra từ định lý hàm số sin và các công thức tính diện tích (Định lí 9 và Định lí 14).  Định lí 16. ( Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) Trong tam giác ABC ta luôn có r = (p− a)tanA 2 = (p− b)tanB 2 = (p− c)tanC 2 = S p = √ (p− a)(p− b)(p− c) p . Chứng minh. Ta có AM = r.cot A 2 (Hình 17) nhưng p− a = a+ b+ c 2 − a = b+ c− a 2 www.VNMATH.com 22 = AN +NC +BM +MA− (CP + PB) 2 = MA. Vậy p− a = r.cotA 2 hay r = (p− a)tanA 2 Từ công thức tính diện tích ta có r = S p = √ (p− a)(p− b)(p− c) p .  Định lí 17. ( Bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác) Trong tam giác ABC ta luôn có ra = p.tan A 2 = S p− a = √ p(p− b)(p− c) p− a . Chứng minh. Ta có AM = ra.cot A 2 (Hình 18) nhưng p = a+ b+ c 2 = AB + AC +BP + CP 2 = AB +BM + AC + CN 2 = AM. Vậy p = ra.cot A 2 hay ra = p.tan A 2 . Từ công thức tính diện tích ta có ra = S p− a = √ p(p− b)(p− c) p− a  Định lí 18. ( Công thức đường phân giác của tam giác) Trong tam giác ABC ta luôn có la = 2bc.cos A 2 b+ c = 2 √ bcp(p− a) b+ c . Chứng minh 1. Theo công thức tính diện tích ta có S4ABC = S4ABD + S4ACD hay 1 2 bcsinA = 1 2 c.AD.sin A 2 + 1 2 b.AD.sin A 2 = 1 2 c.la.sin A 2 + 1 2 b.la.sin A 2 . Do sinA = 2sin A 2 cos A 2 nên đẳng thức trên trở thành 1 2 bc.2sin A 2 cos A 2 = 1 2 (b+ c)lasin A 2 . Suy ra la = 2bc.cos A 2 b+ c . Chứng minh 2. Từ định lý hàm số cos ta có cosA = b2 + c2 − a2 2bc , suy www.VNMATH.com 23 ra 1 + cosA = 1 + b2 + c2 − a2 2bc = (b+ c)2 − a2 2bc = (b+ c+ a)(b+ c− a) 2bc = 2p(p− a) bc . Do 1 + cosA = 2cos2 A 2 nên cos A 2 = √ p(p− a) bc . Vậy ta có công thức về đường phân giác la = 2bc.cos A 2 b+ c = 2 √ bcp(p− a) b+ c .  www.VNMATH.com 24 Chương 1 Các kiến thức cơ bản về phương trình bậc ba 1.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba Các sách hiện nay chủ yếu trình bày cách giải phương trình bậc ba theo cách cổ điển là công thức Cardano. Tuy nhiên tôi xin lựa chọn cách giải phương trình bậc ba theo cách của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu đã trình bày trong quyển "Phương pháp giải phương trình và bất phương trình". Đầu tiên chúng ta nhận xét rằng mọi phương trình bậc ba tổng quát a1x 3 + b1x 2 + c1x+ d1 = 0(a1 6= 0) đều đưa được về dạng x3 + ax2 + bx+ c = 0. (1.1) Khi đó bằng cách đặt x = y − a 3 . Phương trình đã cho có thể viết lại dưới dạng (y − a 3 )3 + a(y − a 3 )2 + b(y − a 3 ) + c = 0 ⇔ y3 − py = q. Với p = a2 3 − b, q = −2a 3 27 + ab 3 − c. 1) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y = 3 √ q. 2) Nếu p > 0. Đặt y = 2 √ p 3 t. Khi đó ta được phương trình www.VNMATH.com 25 4t3 − 3t = m với m = 3 √ 3q 2p √ p . a) Nếu |m| ≤ 1, đặt m = cosα, phương trình có ba nghiệm: t = cos α 3 ; t = cos α± 2pi 3 . b) Nếu |m| > 1, đặt m = 1 2 (d3 + 1 d3 ), trong đó d3 = m±√m2 − 1. Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất t = 1 2 (d+ 1 d ) = 1 2 ( 3 √ m+ √ m2 − 1 + 3 √ m− √ m2 − 1). 3) Nếu p < 0, đặt y = 2 √−p 3 t. Khi đó ta được phương trình 4t3 + 3t = m với m = 3 √ 3q 2p √ p . Đặt m = 1 2 (d3 − 1 d3 ), trong đó d3 = m±√m2 + 1. Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất t = 1 2 (d− 1 d ) = 1 2 ( 3 √ m+ √ m2 + 1 + 3 √ m− √ m2 + 1). 1.2 Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba Phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx+ c = 0 (1.1) có ba nghiệm x1, x2, x3 (kể cả nghiệm phức) thỏa mãn các tính chất sau: Tính chất 1.1. T1 = x1 + x2 + x3 = −a; Tính chất 1.2. T2 = x1x2 + x2x3 + x3x1 = b; Tính chất 1.3. T3 = x1x2x3 = −c. Chứng minh. Các tính chất trên được chứng minh dễ dàng bằng phương pháp đồng nhất thức.  www.VNMATH.com 26 Tính chất 1.4. T4 = 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 = −b c . Chứng minh. T4 = 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 = x1x2 + x2x3 + x3x1 x1x2x3 = T2 T3 = −b c .  Tính chất 1.5. T5 = x1 2 + x2 2 + x3 2 = a2 − 2b. Chứng minh. T5 = x1 2 + x2 2 + x3 2 = (x1 + x2 + x3) 2 − 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = T 21 − 2T2 = a2 − 2b.  Tính chất 1.6. T6 = (x1 + x2)(x2 + x3)(x3 + x1) = −ab+ c. Chứng minh. T6 = (x1 + x2)(x2 + x3)(x3 + x1) = (T1 − x1)(T1 − x2)(T1 − x3) = T1(x1x2 + x2x3 + x3x1)− x1x2x3 = T1T2 − T3 = −ab+ c.  Tính chất 1.7. T7 = x 3 1 + x 3 2 + x 3 3 = −a3 + 3ab− 3c. Chứng minh. ta có (x1 + x2 + x3) 3 = (x1 + x2) 3 + 3(x1 + x2)x3(x1 + x2 + x3) + x3 3 = x31 + 3x1x2(x1 + x2) + x 3 2 + 3T1(x1x3 + x2x3) + x 3 3 = x31 + x 3 2 + x 3 3 + 3T1(x1x3 + x2x3) + 3x1x2(T1 − x3) = x31 + x 3 2 + x 3 3 + 3T1(x1x2 + x2x3 + x3x1)− 3x1x2x3 = x31 + x 3 2 + x 3 3 + 3T1T2 − 3T3. Suy ra T7 = x 3 1 + x 3 2 + x 3 3 = (x1 + x2 + x3) 3 − 3T1T2 + 3T3 = T 31 − 3T1T2 + 3T3 = −a3 + 3ab− 3c.  www.VNMATH.com 27 Tính chất 1.8. T8 = (x1 + x2 − x3)(x2 + x3 − x1)(x3 + x1 − x2) = a3 − 4ab+ 8c. Chứng minh. T8 = (x1 + x2 − x3)(x2 + x3 − x1)(x3 + x1 − x2) = (T1 − 2x1)(T1 − 2x2)(T1 − 2x3) = T 31 − 2T 21 (x1 + x2 + x3) + 4T1(x1x2 + x2x3 + x3x1)− 8x1x2x3 = −T 31 + 4T1T2 − 8T3 = a3 − 4ab+ 8c.  Tính chất 1.9. T9 = x1 + x2 x3 + x2 + x3 x1 + x3 + x1 x2 = ab− 3c c = ab c − 3. Chứng minh. T9 = x1 + x2 x3 + x2 + x3 x1 + x3 + x1 x2 = x1 + x2 + x3 x3 + x1 + x2 + x3 x1 + x1 + x2 + x3 x2 − 3 = (x1 + x2 + x3)( 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 )− 3 = T1T4 − 3 = ab c − 3.  Tính chất 1.10. T10 = x 2 1x 2 2 + x 2 2x 2 3 + x 2 3x 2 1 = b 2 − 2ac. Chứng minh. T10 = x 2 1x 2 2 + x 2 2x 2 3 + x 2 3x 2 1 = (x1x2 + x2x3 + x3x1) 2 − 2(x1x22x3 + x1x2x23 + x21x2x3) = (x1x2 + x2x3 + x3x1) 2 − 2x1x2x3(x1 + x2 + x3) = T 22 − 2T1T3 = b2 − 2ac.  www.VNMATH.com 28 Tính chất 1.11. T11 = x 4 1 + x 4 2 + x 4 3 = a 4 − 4a2b+ 2b2 + 4ac. Chứng minh. T11 = x 4 1 + x 4 2 + x 4 3 = (x21 + x 2 2 + x 2 3) 2 − 2(x21x22 + x22x23 + x23x21) = T 25 − 2T10 = (a2 − 2b)2 − 2(b2 − 2ac) = a4 − 4a2b+ 2b2 + 4ac.  Tính chất 1.12. Với mọi k, l ta có T12 = (k + lx1)(k + lx2)(k + lx3) = k 3 − k2la+ kl2b− l3c. Chứng minh. T12 = (k + lx1)(k + lx2)(k + lx3) = k3 + k2l(x1 + x2 + x3) + kl 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) + l 3x1x2x3 = k3 − k2la+ kl2b− l3c.  Tính chất 1.13. T13 = 1 x1x2 + 1 x2x3 + 1 x3x1 = a c . Chứng minh. T13 = 1 x1x2 + 1 x2x3 + 1 x3x1 = x1 + x2 + x3 x1x2x3 = T1 T3 = a c .  Tính chất 1.14. T14 = x1 x2x3 + x2 x3x1 + x3 x1x2 = 2b− a2 c . www.VNMATH.com 29 Chứng minh. T14 = x1 x2x3 + x2 x3x1 + x3 x1x2 = x1 2 + x2 2 + x3 2 x1x2x3 = T5 T3 = a2 − 2b −c = 2b− a2 c .  Tính chất 1.15. T15 = x1x2 x3 + x2x3 x1 + x3x1 x2 = 2a− b 2 c . Chứng minh. T15 = x1x2 x3 + x2x3 x1 + x3x1 x2 = x21x 2 2 + x 2 2x 2 3 + x 2 3x 2 1 x1x2x3 = T10 T3 = b2 − 2ac −c = 2a− b2 c .  Tính chất 1.16. T16 = 1 x21 + 1 x22 + 1 x23 = b2 − 2ac c2 . Chứng minh. T16 = 1 x21 + 1 x22 + 1 x23 = x21x 2 2 + x 2 2x 2 3 + x 2 3x 2 1 x21x 2 2x 2 3 = T10 T 23 = b2 − 2ac c2 .  Tính chất 1.17. T17 = (x1 − x2)2 + (x2 − x3)2 + (x3 − x1)2 = 2(a2 − 3b). Chứng minh. T17 = (x1 − x2)2 + (x2 − x3)2 + (x3 − x1)2 = 2(x1 2 + x2 2 + x3 2)− 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = 2T5 − 2T2 = 2(a2 − 2b)− 2b = 2(a2 − 3b).  www.VNMATH.com 30 Tính chất 1.18. T18 = (x1−x2)2(x2−x3)2(x3−x1)2 = −4a3c+ a2b2 + 18abc− 4b3− 27c2. Chứng minh. Khai triển, nhóm lại ta được T18 = (x1 + x2 + x3) 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) 2 +18(x1 + x2 + x3)(x1x2 + x2x3 + x3x1)x1x2x3 −4(x1 + x2 + x3)3x1x2x3 − 4(x1x2 + x2x3 + x3x1)3 − 27x21x22x23 = −4a3c+ a2b2 + 18abc− 4b3 − 27c2.  Tính chất 1.19. T19 = 1 x1 + x2 + 1 x2 + x3 + 1 x3 + x1 = a2 + b −ab+ c. Chứng minh. T19 = 1 x1 + x2 + 1 x2 + x3 + 1 x3 + x1 = x21 + x 2 2 + x 2 3 + 3(x1x2 + x2x3 + x3x1) (x1 + x2)(x2 + x3)(x3 + x1) = T5 + 3T2 T6 = a2 − 2b+ 3b −ab+ c = a2 + b −ab+ c.  Tính chất 1.20. Nếu phương trình bậc ba a1x 3 + b1x 2 + c1x+ d1 = 0(a1 6= 0). (1.2) có hai nghiệm thực x1, x2 thì x1x2 > 4a1c1 − b21 4a21 . Chứng minh. Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình bậc ba (1.2), khi ấy ta có a1x 3 1 + b1x 2 1 + c1x1 + d1 = 0; a1x 3 2 + b1x 2 2 + c1x2 + d1 = 0. www.VNMATH.com 31 Trừ hai vế của phương trình trên ta được a1(x 3 1 − x32) + b1(x21 − x22) + c1(x1 − x2) = 0. Vì x1, x2 là hai nghiệm phân biệt nên chia hai vế của phương trình trên cho x1 − x2 ta được a1(x 2 1 + x1x2 + x 2 2) + b1(x1 + x2) + c1 = 0 hay a1(x1 + x2) 2 + b1(x1 + x2) + c1 − a1x1x2 = 0. Theo giả thiết ban đầu x1, x2 là tồn tại nên ta có 4 = b21 − 4a1(c1 − a1x1x2) > 0 hay x1x2 > 4a1c1 − b21 4a21 .  Hệ quả 1.1. Nếu phương trình bậc ba (1.2) có ba nghiệm thực thì x1x2 + x2x3 + x3x1 > 3 4a1c1 − b21 4a21 .  Hệ quả 1.2. Nếu phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx+ c = 0 có ba nghiệm thực thì x1x2 > 4b− a2 4 và x1x2 + x2x3 + x3x1 > 3 4b− a2 4 .  Định lý 1.1. Phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx+ c = 0 (1.1) có ba nghiệm thực khi và chỉ khi −4a3c+ a2b2 + 18abc− 4b3 − 27c2 > 0. (1.3) Chứng minh. Nếu phương trình (1.1) có ba nghiệm thực thì bất đẳng thức (1.3) hiển nhiên đúng theo tính chất 1.18. www.VNMATH.com 32 Ngược lại giả sử ((1.3) đúng nhưng phương trình (1.1) có một nghiệm thực x1 và hai nghiệm phức x2 = A+Bi, x3 = A−Bi(B 6= 0) thì ta có (x1 − x2)(x2 − x3)(x3 − x1) = 2Bi((x1 − A)2 +B2) nghĩa là (x1 − x2)2(x2 − x3)2(x3 − x1)2 = −4B2((x1 − A)2 +B2)2 ≤ 0. Mâu thuẫn với (1.3). Điều này chứng tỏ nếu (1.3) đúng thì cả ba nghiệm phải là ba nghiệm thực.  Định lý 1.2. Phương trình (1.1) có ba nghiệm thực dương khi và chỉ khi ta có bất đẳng thức (1.3) và a 0, c < 0. (1.4) Chứng minh. Nếu cả ba nghiệm đều dương thì chúng phải là ba nghiệm thực, nên theo định lí 1.1 ta có (1.3) và theo các tính chất 1.1, 1.2, 1.3, ta có: x1 + x2 + x3 = −a > 0; x1x2 + x2x3 + x3x1 = b > 0; x1x2x3 = −c > 0. Điều này chứng tỏ (1.4) được thỏa mãn. Ngược lại, nếu (1.3) được thỏa mãn thì theo định lí 1.1 các nghiệm của phương trình (1.1) phải là nghiệm thực. Hơn nữa nếu có một nghiệm x1 ≤ 0 thì theo (1.4) ta có x31 + ax 2 1 + bx1 + c < 0 điều này chứng tỏ x1 ≤ 0 không phải là nghiệm của (1.1), mâu thuẫn với giả sử x1 ≤ 0 là nghiệm. Vậy tất cả các nghiệm phải là các số dương.  Định lý 1.3. Nghiệm phương trình (1.1) là độ dài ba cạnh của tam giác khi và chỉ khi ta có (1.3), (1.4) và a3 − 4ab+ 8c > 0. (1.5) www.VNMATH.com 33 Chứng minh. Theo tính chất 1.8 ta có (x1 + x2 − x3)(x2 + x3 − x1)(x3 + x1 − x2) = a3 − 4ab+ 8c. Nếu nghiệm của (1.1) là độ dài ba cạnh của tam giác thì chúng là các số thực dương và x1 + x2 − x3 > 0, x2 + x3 − x1 > 0, x3 + x1 − x2 > 0. Điều này chứng tỏ (1.3), (1.4), (1.5) được thỏa mãn. Ngược lại vì (1.3), (1.4) được thỏa mãn nên nghiệm x1, x2, x3 là các số thực dương và vì (1.5) được thỏa mãn nên x1 + x2 − x3 > 0, x2 + x3 − x1 > 0, x3 + x1 − x2 > 0 Thật vậy, nếu một trong ba bất đẳng thức trên có dấu ngược lại, thí dụ x1 + x2 − x3 ≤ 0 thì theo (1.5) phải có một bất đẳng thức nữa có dấu ngược lại, chẳng hạn x1 +x3−x2 ≤ 0, từ đó suy ra x1 ≤ 0, vô lí. Điều này chứng tỏ ba nghiệm dương thỏa mãn (1.5) thì thỏa mãn bất đẳng thức tam giác nên chúng là ba cạnh của một tam giác.  Nhận xét 1.1. Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì 1 x1 , 1 x2 , 1 x3 là nghiệm của phương trình t3 + b c t2 + a c t+ 1 c = 0. (1.6) Chứng minh. Thay x = 1 t vào phương trình (1.1) ta được đpcm.  Nhận xét 1.2. Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì x21, x 2 2, x 2 3 là nghiệm của phương trình t3 − (a2 − 2b)t2 + (b2 − 2ac)t− c2 = 0. (1.7) Chứng minh. Từ các tính chất 1.3; 1.5; 1.10 ta có đpcm.  www.VNMATH.com 34 Nhận xét 1.3. Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì (x1 + x2), (x2 + x3), (x3 + x1) là nghiệm của phương trình t3 + 2at2 + (a2 + b)t+ (ab− c) = 0. (1.8) Chứng minh. Ta có 1. (x1 + x2) + (x2 + x3) + (x3 + x1) = 2(x1 + x2 + x3) = 2T1 = −2a; 2. (x1 + x2)(x2 + x3) + (x2 + x3)(x3 + x1) + (x3 + x1)(x1 + x2) = x21+x 2 2+x 2 3+3(x1x2+x2x3+x3x1) = T5+3T2 = a 2−2b+3b = a2+b; 3. (x1 + x2)(x2 + x3)(x3 + x1) = T6 = −ab+ c. Vậy theo định lí V iete về nghiệm của phương trình bậc ba, ta có đpcm.  Nhận xét 1.4. Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì (x1x2 + x2x3), (x2x3 + x3x1), (x3x1 + x1x2) là nghiệm của phương trình t3 − 2bt2 + (b2 + ac)t+ (c2 − abc) = 0. (1.9) Chứng minh. Ta có 1. (x1x2 + x2x3) + (x2x3 + x3x1) + (x3x1 + x1x2) = 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = 2T2 = 2b; 2. (x1x2 + x2x3)(x2x3 + x3x1) + (x3x1 + x1x2)(x2x3 + x3x1) +(x3x1 + x1x2)(x1x2 + x2x3) = x21x 2 2 + x 2 2x 2 3 + x 2 3x 2 1 + 3x1x2x3(x1 + x2 + x3) = T10 + 3T3T1 = b 2 − 2ac+ 3(−c)(−a) = b2 + ac; 3. (x1x2 + x2x3)(x2x3 + x3x1)(x3x1 + x1x2) = x1x2x3[(x1 + x2 + x3)(x1x2 + x2x3 + x3x1)− x1x2x3] = −c[−ab− (−c)] = −(c2 − abc). www.VNMATH.com 35 Vậy theo định lí V iete về nghiệm của phương trình bậc ba, ta có đpcm.  Nhận xét 1.5. Nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình (1.1) thì x1x2, x2x3, x3x1 là nghiệm của phương trình t3 − bt2 + act− c2 = 0. (1.10) Chứng minh. Ta có 1. x1x2 + x2x3 + x3x1 = T2 = b; 2. x1x2.x2x3 + x2x3.x3x1 + x3x1.x1x2 = x1x2x3(x1 + x2 + x3) = T3.T1 = ac; 3. x1x2.x2x3.x3x1 = (x1x2x3) 2 = T3 2 = c2. Vậy theo định lí V iete về nghiệm của phương trình bậc ba, ta có đpcm.  www.VNMATH.com 36 Chương 2 Phương trình bậc ba của các yếu tố trong tam giác Trong chương này ta xây dựng phương trình bậc ba của các yếu tố độc lập trong tam giác với hệ số chứa ba yếu tố cơ bản là p,R, r. Để xây dựng các phương trình bậc ba ấy ta dựa vào nhận xét ở chương 1 và làm như sau: Trước hết ta phải sử dụng biến đổi lượng giác thiết lập các hệ thức lượng giác để đưa về dạng tính chất T1, T2, T3. Cách làm này giúp ta dễ nhận biết phương trình bậc ba, quen thuộc và thuận tiện với học sinh phổ thông, vì học sinh phổ thông đã rất quen cách làm như vậy cho phương trình bậc hai. Cách làm này là tổng quát và phát huy được kiến thức lượng giác cơ bản của học sinh. Sau khi đã có các phương trình bậc ba về các yếu tố độc lập, ta sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc ba để xây dựng các hệ thức lượng giác và chứng minh các hệ thức lượng giác đó. Cách làm này khá ngắn gọn và tổng quát, số lượng hệ thức đưa ra cũng rất nhiều góp phần quan trọng trong việc giảng dạy và học tập ở trường phổ thông. 2.1 Phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố độ dài trong tam giác Bài toán 2.1. Độ dài ba cạnh của tam giác ABC (giả sử lần lượt là a, b, c) là các nghiệm của phương trình t3 − 2pt2 + (p2 + r2 + 4Rr)t− 4pRr = 0. (2.1) Chứng minh. Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, khi ấy www.VNMATH.com 37 theo định lí hàm số sin và công thức góc nhân đôi ta có a = 2RsinA = 4Rsin A 2 cos A 2 . (∗) Theo công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp thì p− a = rcotA 2 = r cos A 2 sin A 2 . (∗∗) Lấy (*) chia cho (**) ta được sin2 A 2 = ar 4R(p− a) . Lấy (*) nhân (**) ta được cos2 A 2 = a(p− a) 4Rr . Từ đó suy ra ar 4R(p− a) + a(p− a) 4Rr = sin2 A 2 + cos2 A 2 = 1. Quy đồng mẫu số ta được r2a+ a(p− a)2 = 4Rr(p− a) ⇔ a3 − 2pa2 + (r2 + p2 + 4Rr)a− 4Rrp = 0 Vậy a là nghiệm của (2.1). Tương tự b, c cũng là nghiệm của (2.1) từ đó ta được đpcm.  Bài toán 2.2. 1 a , 1 b , 1 c là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr t2 + 1 2Rr t− 1 4pRr = 0. (2.2) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.1) ta có đpcm.  Bài toán 2.3. a2, b2, c2 là các nghiệm của phương trình t3−2(p2−r2−4Rr)t2+[(p2+r2+4Rr)2−16p2Rr]t−16p2R2r2 = 0. (2.3) Chứng minh. Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.1) ta có đpcm.  www.VNMATH.com 38 Bài toán 2.4. a+ b, b+ c, c+ a là các nghiệm của phương trình t3 − 4pt2 + (5p2 + r2 + 4Rr)t− 2p(p2 + r2 + 2Rr) = 0. (2.4) Chứng minh. Từ nhận xét 1.3 cho phương trình (2.1) ta có đpcm.  Bài toán 2.5. ab+ bc, bc+ ca, ca+ ab là các nghiệm của phương trình t3 − 2(p2 + r2 + 4Rr)t2 + [(p2 + r2 + 4Rr)2 + 8p2Rr]t −8p2Rr(p2 + r2 + 2Rr) = 0. (2.5) Chứng minh. Từ nhận xét 1.4 cho phương trình (2.1) ta có đpcm.  Bài toán 2.6. ab, bc, ca là các nghiệm của phương trình t3 − (p2 + r2 + 4Rr)t2 + 8p2Rrt− 16p2R2r2 = 0. (2.6) Chứng minh. Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.1) ta có đpcm.  Bài toán 2.7. 1 ab , 1 bc , 1 ca là các nghiệm của phương trình t3 − 1 2Rr t2 + p2 + r2 + 4Rr 16p2R2r2 t− 1 16p2R2r2 = 0. (2.7) Chứng minh. Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.2) hoặc nhận xét 1.1 cho phương trình (2.6) ta có đpcm.  Bài toán 2.8. 1 a2 , 1 b2 , 1 c2 là các nghiệm của phương trình t3 − (p 2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr 16p2R2r2 t2 + p2 − r2 − 4Rr 8p2R2r2 t− 1 16p2R2r2 = 0. (2.8) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.3) hoặc nhận xét 1.2 cho phương trình (2.2) ta có đpcm.  Bài toán 2.9. a2b2, b2c2, c2a2 là các nghiệm của phương trình t3 − [(p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr]t2 +32p2R2r2(p2 − r2 − 4Rr)t− 256p4R4r4 = 0. (2.9) Chứng minh. Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.3) hoặc nhận xét 1.2 cho phương trình (2.6) ta có đpcm.  www.VNMATH.com 39 Bài toán 2.10. 1 a+ b , 1 b+ c , 1 c+ a là các nghiệm của phương trình t3 − 5p 2 + r2 + 4Rr 2p(p2 + r2 + 2Rr) t2 + 2 p2 + r2 + 2Rr t− 1 2p(p2 + r2 + 2Rr) = 0. (2.10) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.4) ta có đpcm.  Bài toán 2.11. (a+ b)(b+ c), (b+ c)(c+ a), (c+ a)(a+ b) là các nghiệm của phương trình t3−(5p2+r2+4Rr)t2+8p2(p2+r2+2Rr)t−4p2(p2+r2+2Rr)2 = 0. (2.11) Chứng minh. Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.4) ta có đpcm.  Bài toán 2.12. 1 ab+ bc , 1 bc+ ca , 1 ca+ ab là các nghiệm của phương trình t3 − (p 2 + r2 + 4Rr)2 + 8p2Rr 8p2Rr(p2 + r2 + 2Rr) t2 + 1 4p2Rr . p2 + r2 + 4Rr p2 + r2 + 2Rr t− 1 8p2Rr(p2 + r2 + 2Rr) = 0. (2.12) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.5) ta có đpcm.  Bài toán 2.13. 1 (a+ b)2 , 1 (b+ c)2 , 1 (c+ a)2 là các nghiệm của phương trình t3 − [( 5p 2 + r2 + 4Rr 2p(p2 + r2 + 2Rr) )2 − 4 p2 + r2 + 2Rr ]t2 + 3p2 − r2 − 4Rr 2p2(p2 + r2 + 2Rr)2 t− 1 4p2(p2 + r2 + 2Rr)2 = 0. (2.13) Chứng minh. Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.10) ta có đpcm.  Định lý 2.1. Gọi G(p,R, r) là biểu thức chứa ba biến p,R, r, (để cho tiện lợi, ta sẽ viết G thay vì viết G(p,R, r)). Định lí 2.1 được phát biểu như sau: 1. (G.a), (G.b), (G.c) là nghiệm của phương trình x3 − 2pGx2 + (p2 + r2 + 4Rr)G2x− 4pRrG3 = 0 (2.1.1) www.VNMATH.com 40 2. ( G a ), ( G b ), ( G c ) là nghiệm của phương trình x3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr Gx2 + G2 2Rr x− G 3 4pRr = 0 (2.1.2) 3. (G− a), (G− b), (G− c) là nghiệm của phương trình x3 − (3G− 2p)x2 + (p2 + r2 + 3G2 + 4Rr − 4pG)x −[G3 − 2pG2 + (p2 + r2 + 4Rr)G− 4pRr] = 0 (2.1.3) 4. (G− 1 a ), (G− 1 b ), (G− 1 c ) là nghiệm của phương trình x3 − (3G− p 2 + r2 + 4Rr 4pRr )x2 + (3G2 + 1 2Rr − 2Gp 2 + r2 + 4Rr 4pRr )x −[G3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr G2 + 1 2Rr G− 1 4pRr ] = 0 (2.1.4) Chứng minh. 1. Nhân hai vế phương trình (2.1) với G3 ta được đpcm. 2. Nhân hai vế phương trình (2.2) với G3 ta được đpcm. 3. Thay x = G− (G− x) vào phương trình (2.1) ta được [G− (G− x)]3 − 2p[G− (G− x)]2 +(p2 + r2 + 4Rr)[G− (G− x)]− 4pRr = 0 (∗) Đặt G− x = X, khi đó (∗)⇔ [G−X]3 − 2p[G−X]2 + (p2 + r2 + 4Rr)[G−X]− 4pRr = 0 ⇔ G3 − 3GX(G−X)−X3 − 2p(G2 − 2GX +X2) +(p2 + r2 + 4Rr)(G−X)− 4pRr = 0 ⇔ X3 − (3G− 2p)X2 + (p2 + r2 + 3G2 + 4Rr − 4pG)X −[G3 − 2pG2 + (p2 + r2 + 4Rr)G− 4pRr] = 0 ta được đpcm. 4. Thay 1 x = G− (G− 1 x ) vào phương trình (2.2) ta được [G− (G− 1 x )]3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr [G− (G− 1 x )]2 www.VNMATH.com 41 + 1 2Rr [G− (G− 1 x )]− 1 4pRr = 0 (∗) Đặt G− 1 x = X, khi đó: (∗)⇔ [G−X]3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr [G−X]2 + 1 2Rr [G−X]− 1 4pRr = 0 ⇔ G3 − 3G2X + 3GX2 −X3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr (G2 − 2GX +X2) + 1 2Rr [G−X]− 1 4pRr = 0 ⇔ −G3 + 3G2X − 3GX2 +X3 + p 2 + r2 + 4Rr 4pRr G2 −2p 2 + r2 + 4Rr 4pRr GX + p2 + r2 + 4Rr 4pRr X2 − 1 2Rr + 1 2Rr X + 1 4pRr = 0 ⇔ X3 − (3G− p 2 + r2 + 4Rr 4pRr )X2 + (3G2 + 1 2Rr − 2Gp 2 + r2 + 4Rr 4pRr )X −[G3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr G2 + 1 2Rr G− 1 4pRr ] = 0 ta được đpcm.  Bài toán 2.14. p− a, p− b, p− c là các nghiệm của phương trình t3 − pt2 + (r2 + 4Rr)t− pr2 = 0. (2.14) Chứng minh. Thay G = p vào định lí 2.1 ta có đpcm.  Bài toán 2.15. 1 p− a, 1 p− b, 1 p− c là các nghiệm của phương trình t3 − 4R + r pr t2 + 1 r2 t− 1 pr2 = 0. (2.15) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.14) ta có đpcm.  Bài toán 2.16. (p− a)2, (p− b)2, (p− c)2 là các nghiệm của phương trình t3 − (p2 − 2r2 − 8Rr)t2 + [(r2 + 4Rr)2 − 2p2r2]t− p2r4 = 0. (2.16) Chứng minh. Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.14) ta có đpcm.  www.VNMATH.com 42 Bài toán 2.17. (p− a)(p− b), (p− b)(p− c), (p− c)(p− a) là các nghiệm của phương trình t3 − (r2 + 4Rr)t2 + p2r2t− p2r4 = 0. (2.17) Chứng minh. Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.14) ta có đpcm.  Bài toán 2.18. 1 (p− a)2 , 1 (p− b)2 , 1 (p− c)2 là các nghiệm của phương trình t3 − (r + 4R) 2 − 2p2 p2r2 t2 + p2 − 2r2 − 8Rr p2r4 t− 1 p2r4 = 0. (2.18) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.16) hoặc từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.15) ta có đpcm.  Bài toán 2.19. 1 (p− a)(p− b) , 1 (p− b)(p− c) , 1 (p− c)(p− a) là các nghiệm của phương trình t3 − 1 r2 t+ r2 + 4Rr p2r4 t− 1 p2r4 = 0. (2.19) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.17) hoặc nhận xét 1.5 cho phương trình (2.15) ta có đpcm.  Bài toán 2.20. (p− 1 a ), (p− 1 b ), (p− 1 c ) là các nghiệm của phương trình t3 − (3p− p 2 + r2 + 4Rr 4pRr )t2 + (3p2 + 1 2Rr − p 2 + r2 + 4Rr 2Rr )t −(p3 − p 2 + r2 + 4Rr 4Rr p+ p 2Rr − 1 4pRr ) = 0. (2.20) Chứng minh. Thay G = p vào định lí 2.1 ta có đpcm.  Bài toán 2.21. (r − a), (r − b), (r − c) là các nghiệm của phương trình t3 − (3r − 2p)t2 + (p2 + 4r2 + 4Rr − 4pr)t −r[2r2 − 2r(p− 2R) + p(p− 4R)] = 0. (2.21) Chứng minh. Thay G = r vào định lí 2.1, ta có đpcm.  www.VNMATH.com 43 Bài toán 2.22. (r − 1 a ), (r − 1 b ), (r − 1 c ) là các nghiệm của phương trình t3 − (3r − p 2 + r2 + 4Rr 4pRr )t2 + (3r2 + 1 2Rr − p 2 + r2 + 4Rr 2pR )t −(r3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pR r + 1 2R − 1 4pRr ) = 0. (2.22) Chứng minh. Thay G = r vào định lí 2.1 ta có đpcm.  Bài toán 2.23. (R− 1 a ), (R− 1 b ), (R− 1 c ) là các nghiệm của phương trình t3 − (3R− p 2 + r2 + 4Rr 4pRr )t2 + (3R2 + 1 2Rr − p 2 + r2 + 4Rr 2pr )t −(R3 − p 2 + r2 + 4Rr 4pr R + 1 2r − 1 4pRr ) = 0. (2.23) Chứng minh. Thay G = R vào định lí 2.1 ta có đpcm.  Bài toán 2.24. ha, hb, hc là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + r2 + 4Rr 2R t2 + 2p2r R t− 2p 2r2 R = 0. (2.24) Chứng minh. Ta có ha = 2pr a , nên thay G = 2pr vào định lí 2.1 ta có đpcm.  Bài toán 2.25. 1 ha , 1 hb , 1 hc là các nghiệm của phương trình t3 − 1 r t2 + p2 + r2 + 4Rr 4p2r2 t− R 2p2r2 = 0. (2.25) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.24) ta có đpcm.  Bài toán 2.26. ha 2, hb 2, hc 2 là các nghiệm của phương trình t3 − [(p 2 + r2 + 4Rr 2R )2 − 4p 2r R ]t2 +[ 4p4r2 R2 − 2p 2r2 R2 (p2 + r2 + 4Rr)]t− 4p 4r4 R2 = 0. (2.26) www.VNMATH.com 44 Chứng minh. Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.24) ta có đpcm.  Bài toán 2.27. ha + hb, hb + hc, hc + ha là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + r2 + 4Rr R t2 + [( p2 + r2 + 4Rr 2R )2 + 2p2r R ]t −[p 2r R2 (p2 + r2 + 4Rr)− 2p 2r2 R ] = 0. (2.27) Chứng minh. Từ nhận xét 1.3 cho phương trình (2.24) ta có đpcm.  Bài toán 2.28. hahb + hbhc, hbhc + hcha, hcha + hahb là các nghiệm của phương trình t3 − 4p 2r R t2 + [ 4p4r2 R2 + 2p2r2 R . p2 + r2 + 4Rr 2R ]t +[ 4p4r4 R2 − 4p 4r3 R2 . p2 + r2 + 4Rr 2R ] = 0. (2.28) Chứng minh. Từ nhận xét 1.4 cho phương trình (2.24) ta có đpcm.  Bài toán 2.29. hahb, hbhc, hcha là các nghiệm của phương trình t3 − 2p 2r R t2 + p2r2 R . p2 + r2 + 4Rr R t− 4p 4r4 R2 = 0. (2.29) Chứng minh. Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.24) ta có đpcm.  Bài toán 2.30. ra, rb, rc là các nghiệm của phương trình t3 − (4R + r)t2 + p2t− p2r = 0. (2.30) Chứng minh. Ta có ra(p−a) = pr nên ra = pr p− a , thay t = pr p− a 1 pr vào phương trình (2.15), và biến đổi theo pr p− a ta được đpcm.  Bài toán 2.31. 1 ra , 1 rb , 1 rc là các nghiệm của phương trình t3 − 1 r t2 + 4R + r p2r t− 1 p2r = 0. (2.31) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.30) ta có đpcm.  www.VNMATH.com 45 Bài toán 2.32. ra 2, rb 2, rc 2 là các nghiệm của phương trình t3 − [(4R + r)2 − 2p2]t2 + [p4 − 2p2r(4R + r)]t− p4r2 = 0. (2.32) Chứng minh. Từ nhận xét 1.2 cho phương trình (2.30) ta có đpcm.  Bài toán 2.33. ra + rb, rb + rc, rc + ra là các nghiệm của phương trình t3 − 2(4R + r)t2 + [(4R + r)2 + p2]t− p2(4R + r) + p2r = 0. (2.33) Chứng minh. Từ nhận xét 1.3 cho phương trình (2.30) ta có đpcm.  Bài toán 2.34. rarb+rbrc, rbrc+rcra, rcra+rarb là các nghiệm của phương trình t3 − 2p2t2 + [p4 + p2r(4R + r)]t+ p4r2 − p4r(4R + r) = 0. (2.34) Chứng minh. Từ nhận xét 1.4 cho phương trình (2.30) ta có đpcm.  Bài toán 2.35. rarb, rbrc, rcra là các nghiệm của phương trình t3 − p2t2 + p2r(4R + r)t− p4r2 = 0. (2.35) Chứng minh. Từ nhận xét 1.5 cho phương trình (2.30) ta có đpcm.  Bài toán 2.36. 1 ra2 , 1 rb2 , 1 rc2 là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 − 2r(4R + r) p2r2 t2 + (4R + r)2 − 2p2 p4r2 t− 1 p4r2 = 0. (2.36) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.32) hoặc nhận xét 1.2 cho phương trình (2.31) ta có đpcm.  Bài toán 2.37. 1 ra + rb , 1 rb + rc , 1 rc + ra là các nghiệm của phương trình t3 − (4R + r) 2 + p2 p2(4R + r)− p2rt 2 + 2(4R + r) p2(4R + r)− p2rt− 1 p2(4R + r)− p2r = 0. (2.37) Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.33) ta có đpcm.  Bài toán 2.38. 1 rarb , 1 rbrc , 1 rcra là các nghiệm của phương trình t3 − 4R + r p2r t2 + 1 p2r2 t− 1 p4r2 = 0. (2.38) www.VNMATH.com 46 Chứng minh. Từ nhận xét 1.1 cho phương trình (2.35) hoặc nhận xét 1.5 cho phương trình (2.31) ta có đpcm.  Bài toán 2.39. m2a,m 2 b ,m 2 c là các nghiệm của phương trình t3 + αmt 2 + βmt+ γm = 0. (2.39) Trong đó: αm = −3 2 (p2 − r2 − 4Rr); βm = 9 16 (p2 + r2 + 4Rr)2 − 9p2Rr; γm = 1 2 (p2 − r2 − 4Rr)3 − 9 16 (p2 − r2 − 4Rr)[(p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr] + 27 4 p2R2r2. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh: m2a +m 2 b +m 2 c = −αm; (1) m2am 2 b +m 2 bm 2 c +m 2 cm 2 a = βm; (2) m2am 2 bm 2 c = −γm. (3) 1. Ta chứng minh (1). Theo công thức đường trung tuyến ta có m2a = 2(b2 + c2)− a2 4 ; m2b = 2(c2 + a2)− b2 4 ; m2c = 2(a2 + b2)− c2 4 . suy ra m2a +m 2 b +m 2 c = 3 4(a 2 + b2 + c2). Áp dụng tính chất 1.5 cho phương trình (2.1) ta được a2 + b2 + c2 = (−2p)2 − 2(p2 + r2 + 4Rr) = 2(p2 − r2 − 4Rr). nên m2a +m 2 b +m 2 c = 3 2(p 2 − r2 − 4Rr) = −αm. 2. Ta chứng minh (2). Ta có m2am 2 b = 2(a2 + b2 + c2)− 3a2 4 2(a2 + b2 + c2)− 3b2 4 . Đặt a2 + b2 + c2 = M , suy ra m2am 2 b = 1 16 (4M 2 − 6Ma2 − 6Mb2 + 9a2b2). www.VNMATH.com 47 Tương tự, ta có m2bm 2 c = 1 16 (4M 2 − 6Mb2 − 6Mc2 + 9b2c2); m2cm 2 a = 1 16 (4M 2 − 6Mc2 − 6Ma2 + 9c2a2). Hay m2am 2 b +m 2 bm 2 c +m 2 cm 2 a = = 1 16 (12M 2 − 12M(a2 + b2 + c2) + 9(a2b2 + b2c2 + c2a2)) = 9 16 (a2b2 + b2c2 + c2a2). Áp dụng tính chất 1.10 cho phương trình (2.1) ta được a2b2 + b2c2 + c2a2 = (p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr. suy ra m2am 2 b +m 2 bm 2 c +m 2 cm 2 a = 9 16 [(p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr] = 9 16 (p2 + r2 + 4Rr)2 − 9p2Rr = βm. 3. Ta chứng minh (3). Ta có m2am 2 bm 2 c = 1 64 (2M − 3a2)(2M − 3b2)(2M − 3c2) = 1 64 [(8M 3 − 12M 2(a2 + bb + c2) + 18M(a2b2 + b2c2 + c2a2)− 27a2b2c2)] = 1 64 [−4(a2 + bb + c2)3 + 18(a2 + bb + c2)(a2b2 + b2c2 + c2a2)− 27a2b2c2)]. Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.1) ta được abc = 4pRr. Áp dụng tính chất 1.5 cho phương trình (2.1) ta được a2 + b2 + c2 = (−2p)2 − 2(p2 + r2 + 4Rr) = 2(p2 − r2 − 4Rr). Áp dụng tính chất 1.10 cho phương trình (2.1) ta được a2b2 + b2c2 + c2a2 = (p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr. Từ đó ta được (3). Từ (1), (2), (3) ta được (2.39). Vậy (2.39) được chứng minh.  www.VNMATH.com 48 Bài toán 2.40. l2a, l 2 b , l 2 c là các nghiệm của phương trình t3 + αlt 2 + βlt+ γl = 0. (2.40) Trong đó: αl = −(p 2 + r2 + 4Rr)2 p2 + r2 + 2Rr + 2Rr( 5p2 + r2 + 4Rr p2 + r2 + 2Rr )2 − 40p 2Rr p2 + r2 + 2Rr ; βl = 32p 2Rr2 r3 + 4Rr2 + p2r + 2p2R (p2 + r2 + 2Rr)2 ; γl = − 256p 4R2r4 (p2 + r2 + 2Rr)2 . Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh: l2a + l 2 b + l 2 c = −αl; (4) l2al 2 b + l 2 b l 2 c + l 2 c l 2 a = βl; (5) l2al 2 b l 2 c = −γl. (6) 1. Ta chứng minh (6). Sử dụng công thức đường phân giác l2a = 4bcp(p− a) (b+ c)2 ; l2b = 4cap(p− b) (c+ a)2 ; l2c = 4abp(p− c) (a+ b)2 . Từ đó ta có l2al 2 b l 2 c = 64 a2b2c2p2S2 [(a+ b)(b+ c)(c+ a)]2 . Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.1) ta được abc = 4pRr. Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.4) ta được (a+ b)(b+ c)(c+ a) = 2p(p2 + r2 + 2Rr). Suy ra l2al 2 b l 2 c = 256p4R2r4 (p2 + r2 + 2Rr)2 = −γl. 2. Ta chứng minh (4). www.VNMATH.com 49 Ta có l2a + l 2 b + l 2 c = 4pabc[ p− a a(b+ c)2 + p− b b(c+ a)2 + p− c c(a+ b)2 ] = 2pabc[ b+ c− a a(b+ c)2 + a+ c− b b(c+ a)2 + a+ b− c c(a+ b)2 ] = 2pabc[( 1 ab+ ac + 1 bc+ ba + 1 ca+ cb )− ( 1 (b+ c)2 + 1 (c+ a)2 + 1 (a+ b)2 )]. (7) Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.12) ta được 1 ab+ ac + 1 bc+ ba + 1 ca+ cb = (p2 + r2 + 4Rr)2 + 8p2Rr 8p2Rr(p2 + r2 + 2Rr) . (8) Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.13) ta được 1 (b+ c)2 + 1 (c+ a)2 + 1 (a+ b)2 = [ 5p2 + r2 + 4Rr 2p(p2 + r2 + 2Rr) ]2 − 4 p2 + r2 + 2Rr . (9) Thay (8), (9) vào (7), kết hợp với abc = 4pRr, ta được l2a + l 2 b + l 2 c = 2p.4pRr[ (p2 + r2 + 4Rr)2 + 8p2Rr 8p2Rr(p2 + r2 + 2Rr) −( 5p 2 + r2 + 4Rr 2p(p2 + r2 + 2Rr) )2 + 4 p2 + r2 + 2Rr ] = (p2 + r2 + 4Rr)2 + 8p2Rr p2 + r2 + 2Rr − 2Rr(5p 2 + r2 + 4Rr p2 + r2 + 2Rr )2 + 32p2Rr p2 + r2 + 2Rr = (p2 + r2 + 4Rr)2 p2 + r2 + 2Rr − 2Rr(5p 2 + r2 + 4Rr p2 + r2 + 2Rr )2 + 40p2Rr p2 + r2 + 2Rr = −αl. Vậy (4) được chứng minh. 3. Ta chứng minh (5). Biến đổi l2al 2 b + l 2 b l 2 c + l 2 c l 2 a = l 2 al 2 b l 2 c( 1 l2a + 1 l2b + 1 l2c ) (10). www.VNMATH.com 50 Mà 1 l2a + 1 l2b + 1 l2c = (b+ c)2 4pbc(p− a) + (c+ a)2 4pca(p− b) + (a+ b)2 4pab(p− c) = 1 4pabc [ a(b+ c)2 p− a + b(c+ a)2 p− b + c(a+ b)2 p− c ]. (11) Đặt L = a(b+ c)2 p− a + b(c+ a)2 p− b + c(a+ b)2 p− c . Khi đó L = 2abc( 1 p− a + 1 p− b + 1 p− c) +(a2 + b2 + c2)( a p− a + b p− b + c p− c)− ( a3 p− a + b3 p− b + c3 p− c). Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.15) ta được L1 = 1 p− a + 1 p− b + 1 p− c = 4R + r pr . Mặt khác, ta có L2 = a p− a + b p− b + c p− c = ( a p− a + 1) + ( b p− b + 1) + ( c p− c + 1)− 3 = p( 1 p− a + 1 p− b + 1 p− c)− 3 = p 4R + r pr − 3 = 4R− 2r r . L3 = a2 p− a + b2 p− b + c2 p− c = ( a2 p− a + a) + ( b2 p− b + b) + ( c2 p− c + c)− (a+ b+ c) = p( a p− a + b p− b + c p− c)− (a+ b+ c) = pL2 − 2p = 4pR− r r = p 4R− 2r r − 2p = p( 4R− 2r r − 2) = p4R− 4r r = 4p R− r r . www.VNMATH.com 51 L4 = a3 p− a + b3 p− b + c3 p− c = ( a3 p− a + a 2) + ( b3 p− b + b 2) + ( c3 p− c + c 2)− (a2 + b2 + c2) = p( a2 p− a + b2 p− b + c2 p− c)− (a 2 + b2 + c2) = pL3 − (a2 + b2 + c2) = p.4pR− r r − 2(p2 − r2 − 4Rr) = 4p2 R r − 4p2 − 2p2 + 2r2 + 8Rr = 4p2R r − 6p2 + 2r2 + 8Rr. Thay L1, L2, L4 vào L, ta được L = 2.4pRr 4R + r pr + 2(p2 − r2 − 4Rr)(4R r − 2)− 4p2R r + 6p2 − 2r2 − 8Rr = 32R2 + 8Rr + 8p2 R r − 8Rr − 32R2 − 4p2 + 4r2 + 16Rr −4p2R r + 6p2 − 2r2 − 8Rr = 4p2 R r + 8Rr + 2p2 + 2r2 = 2( 2p2R + 4Rr2 + p2r + r3 r ). Thay L vào (11), sau đó thay (11) vào (10), kết hợp với (6) ta được l2al 2 b + l 2 b l 2 c + l 2 c l 2 a = 256p4R2r4 (p2 + r2 + 2Rr)2 . 1 4p.4pRr .2( 2p2R + 4Rr2 + p2r + r3 r ) = 32p2Rr2. 2p2R + 4Rr2 + p2r + r3 (p2 + r2 + 2Rr)2 = −βl. Vậy từ (4), (5) và (6) ta được điều phải chứng minh.  2.2 Phương trình bậc ba sinh bởi các biểu thức lượng giác trong tam giác Bài toán 2.41. sinA, sinB, sinC là các nghiệm của phương trình t3 − p R t2 + p2 + r2 + 4Rr 4R2 t− pr 2R2 = 0. (2.41) www.VNMATH.com 52 Chứng minh. Do sinA = a 2R nên thay G = 1 2R vào định lí 2.1 ta được đpcm.  Bài toán 2.42. 1 sinA , 1 sinB , 1 sinC là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + r2 + 4Rr 2pr t2 + 2R r t− 2R 2 pr = 0. (2.42) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.41) ta được đpcm.  Bài toán 2.43. sin2A, sin2B, sin2C là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 − r2 − 4Rr 2R2 t2 + [( p2 + r2 + 4Rr 4R2 )2 − p 2r R3 ]t− p 2r2 4R4 = 0. (2.43) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.2 cho phương trình (2.41) ta được đpcm.  Bài toán 2.44. sinA + sinB, sinB + sinC, sinC + sinA là các nghiệm của phương trình t3 − 2p R t2 + 5p2 + r2 + 4Rr 4R2 t− p R p2 + r2 + 2Rr 4R2 = 0. (2.44) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.3 cho phương trình (2.41) ta được đpcm.  Bài toán 2.45. sinA sinB, sinB sinC, sinC sinA là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + r2 + 4Rr 4R2 t2 + p2r 2R3 t− p 2r2 4R4 = 0. (2.45) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.5 cho phương trình (2.41) ta được đpcm.  Bài toán 2.46. cosA, cosB, cosC là các nghiệm của phương trình t3 − R + r R t2 + p2 + r2 − 4R2 4R2 t− p 2 − (2R + r)2 4R2 = 0. (2.46) www.VNMATH.com 53 Chứng minh. Ta có r = S p ; ra = S p− a ; R = abc 4S nên 2R + r − ra 2R = 1 + r − ra 2R = 1 + S p − S p− a abc 2S = 1− 2aS 2 abcp(p− a) = 1− 2S2 bcp(p− a) = 1− 2p(p− a)(p− b)(p− c) bcp(p− a) = 1− 2(p− b)(p− c) bc = 1− (c+ a− b)(a+ b− c) 2bc = b2 + c2 − a2 2bc = cosA. suy ra ra = 2R + r − 2RcosA. Thay vào phương trình (2.30) khai triển, rút gọn ta được phương trình (2.46). Hoặc ta có thể chứng minh bài toán đã cho theo cách sau Ta có a = 2RsinA = 2R √ 1− cos2A; và p− a = rcotA 2 = r √ 1 + cosA 1− cosA ; nên ta có p = a+ (p− a) = 2R √ 1− cos2A+ r √ 1 + cosA 1− cosA. Bình phương hai vế phương trình vừa có, ta được p2 = 4R2(1− cosA)(1 + cosA) + 4Rr(1 + cosA) + r21 + cosA 1− cosA ⇔ p2(1− cosA) = 4R2(1− cosA)2(1 + cosA) + 4Rr(1− cos2A) + r2(1 + cosA) ⇔ 4R2cos3A− 4R(R + r)cos2A+ (p2 + r2 − 4R2)cosA+ (2R + r)2 − p2 = 0 ⇔ cos3A− R + r R cos2A+ p2 + r2 − 4R2 4R2 cosA− p 2 − (2R + r)2 4R2 = 0. www.VNMATH.com 54 Vậy cosA là nghiệm phương trình (2.46). Tương tự cosB, cosC là nghiệm phương trình (2.46).  Bài toán 2.47. 1 cosA , 1 cosB , 1 cosC là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + r2 − 4R2 p2 − (2R + r)2 t 2 + 4R(R + r) p2 − (2R + r)2 t− 4R2 p2 − (2R + r)2 = 0. (2.47) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.46) ta được đpcm.  Bài toán 2.48. (cosA + cosB), (cosB + cosC), (cosC + cosA) là các nghiệm của phương trình t3 − 2(R + r) R t2 + p2 + 5r2 + 8Rr 4R2 t− r 4R3 (p2 + r2 + 2Rr) = 0. (2.48) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.3 cho phương trình (2.46) ta được đpcm.  Bài toán 2.49. sin2 A 2 , sin2 B 2 , sin2 C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − 2R− r 2R t2 + p2 + r2 − 8Rr 16R2 t− r 2 16R2 = 0. (2.49) Chứng minh. Vì cosA = 1− 2sin2A 2 nên thay t trong phương trình (2.46) bằng 1− 2t ta được (1− 2t)3− R + r R (1− 2t)2 + p 2 + r2 − 4R2 4R2 (1− 2t) + (2R + r) 2 − p2 4R2 = 0. Khai triển, giản ước, nhóm các số hạng ta được (2.49).  Bài toán 2.50. cos2 A 2 , cos2 B 2 , cos2 C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − 4R + r 2R t2 + p2 + (4R + r)2 16R2 t− p 2 16R2 = 0. (2.50) www.VNMATH.com 55 Chứng minh. Vì sin2 A 2 = 1− cos2A 2 nên thay t trong phương trình (2.49) bởi 1− t ta được (1− t)3 − 2R− r 2R (1− t)2 + p 2 + r2 − 8Rr 16R2 (1− t)− r 2 16R2 = 0. Khai triển, giản ước, nhóm các số hạng ta được (2.50).  Bài toán 2.51. 1 sin2 A 2 , 1 sin2 B 2 , 1 sin2 C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + r2 − 8Rr r2 t2 + 8R(2R− r) r2 t− 16R 2 r2 = 0. (2.51) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.49) ta được đpcm.  Bài toán 2.52. 1 cos2 A 2 , 1 cos2 B 2 , 1 cos2 C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 + (4R + r)2 p2 t2 + 8R(4R + r) p2 t− 16R 2 p2 = 0. (2.52) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.50) ta được đpcm.  Bài toán 2.53. cotA, cotB, cotC là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 − r2 − 4Rr 2pr t2 + t− p 2 − (2R + r)2 2pr = 0. (2.53) Chứng minh. Ta có 1 sin2A = 1+cot2A; p−a = r.cotA 2 ; a = 2RsinA và cot A 2 = cos A 2 sin A 2 = 2cos2 A 2 2sin A 2 cos A 2 = 1 + cosA sinA = cosA sinA + 1 sinA = cotA+ √ 1 + cot2A. www.VNMATH.com 56 Thay vào biểu thức p = a+ p− a = 2RsinA+ rcotA 2 , ta được p = 2R 1√ 1 + cot2A + r(cotA+ √ 1 + cot2A). Hay 2R 1√ 1 + cot2A + r √ 1 + cot2A = p− rcotA. Bình phương hai vế và quy đồng mẫu số, ta được 4R2 + 4Rr(1 + cot2A) + r2(1 + cot2A)2 = (p− rcotA)2(1 + cot2A). Khai triển, rút gọn ta được cot3A− p 2 − r2 − 4Rr 2pr cot2A+ cotA− p 2 − (2R + r)2 2pr = 0. Vậy cotA là nghiệm phương trình (2.53). Tương tự cotB,CotC là nghiệm phương trình (2.53).  Bài toán 2.54. tanA, tanB, tanC là các nghiệm của phương trình t3 − 2pr p2 − (2R + r)2 t 2 + p2 − r2 − 4Rr p2 − (2R + r)2 t− 2pr p2 − (2R + r)2 = 0. (2.54) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.53) ta được đpcm.  Bài toán 2.55. tan A 2 , tan B 2 , tan C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − 4R + r p t2 + t− r p = 0. (2.55) Chứng minh. Từ công thức r = (p− a) tan A 2 = (p− b) tan B 2 = (p− c) tan C 2 suy ra tan A 2 = r p− a. Nên nhân hai vế của phương trình (2.15) với r3 ta được điều phải chứng minh. Hoặc ta có thể chứng minh theo cách sau. Ta có ra = ptan A 2 suy ra tan A 2 = ra p Nhân hai vế phương trình (2.30) với 1 p3 ta được điều phải chứng minh.  www.VNMATH.com 57 Bài toán 2.56. cot A 2 , cot B 2 , cot C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − p r t2 + 4R + r r t− p r = 0. (2.56) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.55) ta được đpcm.  Bài toán 2.57. tan2 A 2 , tan2 B 2 , tan2 C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − (4R + r) 2 − 2p2 p2 t2 + p2 − 2r2 − 8Rr p2 t− r 2 p2 = 0. (2.57) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.2 cho phương trình (2.55) ta được đpcm.  Bài toán 2.58. tan A 2 tan B 2 , tan B 2 tan C 2 , tan C 2 tan A 2 là các nghiệm của phương trình t3 − t2 + 4Rr + r 2 p2 t− r 2 p2 = 0. (2.58) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.5 cho phương trình (2.55) ta được đpcm.  Bài toán 2.59. cot2 A 2 , cot2 B 2 , cot2 C 2 là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 − 2r2 − 8Rr r2 t2 + (4R + r)2 − 2p2 r2 t− p 2 r2 = 0. (2.59) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.2 cho phương trình (2.56) ta được đpcm.  Bài toán 2.60. cot A 2 cot B 2 , cot B 2 cot C 2 , cot C 2 cot A 2 là các nghiệm của phương trình t3 − 4R + r r t2 + p2 r2 t− p 2 r2 = 0. (2.60) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.5 cho phương trình (2.56) ta được đpcm.  www.VNMATH.com 58 Bài toán 2.61. a sinA, b sinB, c sinC là các nghiệm của phương trình t3 − p 2 − r2 − 4Rr R t2 + [( p2 + r2 + 4Rr 2R )2 − 4rp 2 R ]t− 2p 2r2 R = 0. (2.61) Chứng minh. Ta có a = 2RsinA⇔ a2 = 2RasinA⇔ asinA = a 2 2R . Nhân hai vế của phương trình (2.3) với 1 (2R)3 ta được x3 (2R)3 − 2p 2 − r2 − 4Rr 2R x2 (2R)2 + (p2 + r2 + 4Rr)2 − 16p2Rr 4R2 x 2R − 16p 2R2r2 8R3 = 0. Đặt t = x 2R , phương trình trên trở thành t3 − p 2 − r2 − 4Rr R t2 + [( p2 + r2 + 4Rr 2R )2 − 4p 2r R ]t− 2p 2r2 R = 0. Vậy asinA là nghiệm phương trình (2.61). Tương tự bsinB, csinC cũng là nghiệm phương trình (2.61). Bài toán được chứng minh.  2.3 Phương trình bậc ba của các cung và góc đặc biệt Bài toán 2.62. cos pi 7 , cos 3pi 7 , cos 5pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 1 2 t2 − 1 2 t+ 1 8 = 0. (2.62) Chứng minh. Đặt S1 = cos pi 7 + cos 3pi 7 + cos 5pi 7 ; S2 = cos pi 7 cos 3pi 7 + cos 3pi 7 cos 5pi 7 + cos 5pi 7 cos pi 7 ; S3 = cos pi 7 cos 3pi 7 cos 5pi 7 . www.VNMATH.com 59 Như vậy theo định lí Vieta về nghiệm của phương trình bậc ba, để chứng minh cos pi 7 , cos 3pi 7 , cos 5pi 7 là các nghiệm của phương trình (2.62) ta chỉ cần chứng minh S1 = 1 2 ;S2 = −1 2 ;S3 = −1 8 . 1. Ta tính S1. 2 sin pi 7 S1 = 2 sin pi 7 cos pi 7 + 2 sin pi 7 cos 3pi 7 + 2 sin pi 7 cos 5pi 7 = sin 2pi 7 + (sin 4pi 7 − sin 2pi 7 ) + (sin 6pi 7 − sin 4pi 7 ) = sin 6pi 7 = sin pi 7 ⇒ S1 = 1 2 . 2. Ta tính S2. S2 = 1 2 (cos 2pi 7 + cos 4pi 7 + cos 2pi 7 + cos 8pi 7 + cos 4pi 7 + cos 6pi 7 ) = 1 2 (− cos 5pi 7 − cos 3pi 7 − cos 5pi 7 − cos pi 7 − cos 3pi 7 − cos pi 7 ) = −(cos pi 7 + cos 3pi 7 + cos 5pi 7 ) = −S1 = −1 2 . 3. Ta tính S3. S3 = cos pi 7 cos 3pi 7 cos 5pi 7 = cos pi 7 cos 2pi 7 cos 4pi 7 ⇔ 8 sin pi 7 S3 = 8 sin pi 7 cos pi 7 cos 2pi 7 cos 4pi 7 = sin 8pi 7 = − sin pi 7 ⇒ S3 = −1 8 . Vậy (2.62) được chứng minh.  Bài toán 2.63. 1 cos pi 7 , 1 cos 3pi 7 , 1 cos 5pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 4t2 − 4t+ 8 = 0. (2.63) www.VNMATH.com 60 Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.62) ta được đpcm.  Bài toán 2.64. cos2 pi 7 , cos2 3pi 7 , cos2 5pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 5 4 t2 + 3 8 t− 1 64 = 0. (2.64) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.2 cho phương trình (2.62) ta được đpcm.  Bài toán 2.65. sin2 pi 7 , sin2 3pi 7 , sin2 5pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 7 4 t2 + 7 8 t− 7 64 = 0. (2.65) Chứng minh. Từ công thức cos2 pi 7 = 1− sin2 pi 7 ; cos2 3pi 7 = 1− sin2 3pi 7 ; cos2 5pi 7 = 1− sin2 5pi 7 nên thay t bởi 1− t vào phương trình (2.64) ta được đpcm.  Bài toán 2.66. 1 cos2 pi 7 , 1 cos2 3pi 7 , 1 cos2 5pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 24t2 + 80t− 64 = 0. (2.66) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.64) ta được đpcm.  Bài toán 2.67. cos 2pi 7 , cos 4pi 7 , cos 6pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 + 1 2 t2 − 1 2 t− 1 8 = 0. (2.67) Chứng minh. Từ công thức cos2 pi 7 = 1 + cos 2pi 7 2 nên thay t bởi 1 + t 2 vào phương trình (2.64) ta được đpcm.  www.VNMATH.com 61 Bài toán 2.68. 1 cos 2pi 7 , 1 cos 4pi 7 , 1 cos 6pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 + 4t2 − 4t− 8 = 0. (2.68) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.67) ta được đpcm.  Bài toán 2.69. cos2 2pi 7 , cos2 4pi 7 , cos2 6pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 5 4 t2 + 3 8 t− 1 64 = 0. (2.69) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.2 cho phương trình (2.67) ta được đpcm.  Bài toán 2.70. 1 cos2 2pi 7 , 1 cos2 4pi 7 , 1 cos2 6pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 24t2 + 80t− 64 = 0. (2.70) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.69) ta được đpcm.  Bài toán 2.71. cos2 pi 14 , cos2 3pi 14 , cos2 5pi 14 là các nghiệm của phương trình t3 − 7 4 t2 + 7 8 t− 7 64 = 0. (2.71) Chứng minh. Từ công thức cos 2pi 14 = 2 cos2 pi 14 − 1 nên thay t bởi 2t− 1 vào phương trình (2.62) ta được đpcm.  Bài toán 2.72. tan2 pi 7 , tan2 3pi 7 , tan2 5pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 21t2 + 35t− 7 = 0. (2.72) Chứng minh. Từ công thức 1 cos2 pi 7 = 1 + tan2 pi 7 nên thay t bởi 1 + t vào phương trình (2.66) ta được đpcm.  www.VNMATH.com 62 Bài toán 2.73. cot2 pi 7 , cot2 3pi 7 , cot2 5pi 7 là các nghiệm của phương trình t3 − 5t2 + 3t− 1 7 = 0. (2.73) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.72) ta được đpcm.  Bài toán 2.74. cos 2pi 9 , cos 4pi 9 , cos 8pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 3 4 t+ 1 8 = 0. (2.74) Chứng minh. Đặt K1 = cos 2pi 9 + cos 4pi 9 + cos 8pi 9 ; K2 = cos 2pi 9 cos 4pi 9 + cos 4pi 9 cos 8pi 9 + cos 8pi 9 cos 2pi 9 ; K3 = cos 2pi 9 cos 4pi 9 cos 8pi 9 . Như vậy theo định lí Vieta về nghiệm của phương trình bậc ba, để chứng minh cos 2pi 9 , cos 4pi 9 , cos 8pi 9 là các nghiệm của phương trình (2.62) ta chỉ cần chứng minh K1 = 0;K2 = −3 4 ;K3 = −1 8 . 1. Ta tính K1. K1 = cos 2pi 9 + cos 4pi 9 + cos 8pi 9 = 2 cos pi 9 cos 3pi 9 − cos pi 9 = cos pi 9 − cos pi 9 = 0. 2. Ta tính K2. 2K2 = 2 cos 2pi 9 cos 4pi 9 + 2 cos 4pi 9 cos 8pi 9 + 2 cos 8pi 9 cos 2pi 9 = cos 2pi 9 + cos 6pi 9 + cos 4pi 9 + cos 12pi 9 + cos 6pi 9 + cos 10pi 9 = cos 2pi 9 + cos 4pi 9 + cos 10pi 9 − 3 cos 3pi 9 = cos 2pi 9 + cos 4pi 9 + cos 8pi 9 − 3 2 = 0− 3 2 ⇒ K2 = −3 4 . www.VNMATH.com 63 3. Ta tính K3. 8 sin 2pi 9 K3 = 8 sin 2pi 9 cos 2pi 9 cos 4pi 9 cos 8pi 9 = 4 sin 4pi 9 cos 4pi 9 cos 8pi 9 = 2 sin 8pi 9 cos 8pi 9 = sin 16pi 9 = − sin 2pi 9 ⇒ K3 = −1 8 . Vậy (2.74) được cm.  Bài toán 2.75. 1 cos 2pi 9 , 1 cos 4pi 9 , 1 cos 8pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 6t2 + 8 = 0. (2.75) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.74) ta được đpcm.  Bài toán 2.76. cos2 2pi 9 , cos2 4pi 9 , cos2 8pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 3 2 t2 + 9 16 t− 1 64 = 0. (2.76) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.2 cho phương trình (2.74) ta được đpcm.  Bài toán 2.77. sin2 2pi 9 , sin2 4pi 9 , sin2 8pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 3 2 t2 + 9 16 t− 3 64 = 0. (2.77) Chứng minh. Từ công thức cos2 2pi 9 = 1− sin2 2pi 9 nên thay t bởi 1− t vào phương trình (2.76) ta được đpcm.  Bài toán 2.78. 1 cos2 2pi 9 , 1 cos2 4pi 9 , 1 cos2 8pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 36t2 + 96t− 64 = 0. (2.78) www.VNMATH.com 64 Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.76) ta được đpcm.  Bài toán 2.79. tan2 2pi 9 , tan2 4pi 9 , tan2 8pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 33t2 + 27t− 3 = 0. (2.79) Chứng minh. Từ công thức 1 cos2 2pi 9 = 1 + tan2 2pi 9 nên thay t bởi 1 + t vào phương trình (2.78) ta được đpcm.  Bài toán 2.80. cot2 2pi 9 , cot2 4pi 9 , cot2 8pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 9t2 + 11t− 1 3 = 0. (2.80) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.79) ta được đpcm.  Bài toán 2.81. cos pi 9 , cos 5pi 9 , cos 7pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 − 3 4 t− 1 8 = 0. (2.81) Chứng minh. Từ công thức cos2 2pi 9 = 1 + cos 4pi 9 2 = 1− cos 5pi 9 2 cos2 4pi 9 = 1 + cos 8pi 9 2 = 1− cos pi 9 2 cos2 8pi 9 = 1 + cos 16pi 9 2 = 1− cos 7pi 9 2 nên thay t bởi 1− t 2 vào phương trình (2.76) ta được đpcm.  Bài toán 2.82. 1 cos pi 9 , 1 cos 5pi 9 , 1 cos 7pi 9 là các nghiệm của phương trình t3 + 6t2 − 8 = 0. (2.82) Chứng minh. Áp dụng nhận xét 1.1 cho phương trình (2.81) ta được đpcm.  www.VNMATH.com 65 Chương 3 Bất đẳng thức trong tam giác và nhận dạng tam giác Việc xây dựng và chứng minh bất đẳng thức lượng giác trong tam giác là vấn đề rất khó. Khi đã giải quyết được vấn đề này ta sẽ giải quyết được rất nhiều bài toán nhận dạng tam giác đặc biệt (đều, vuông, cân). Nội dung chương này nhằm dựa vào các hệ thức lượng giác đã xây dựng ở chương 2 và một số kết quả, bất đẳng thức quen thuộc để xây dựng và chứng minh các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác. Cho tam giác ABC, gọi O, I,H,G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp, trực tâm và trọng tâm tam giác ABC. Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC. Ta có 1. OG = 1 3 √ 9R2 − (a2 + b2 + c2). Suy ra 9R2 ≥ a2 + b2 + c2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. 2. OI2 = R2 − abc a+ b+ c . Suy ra R2 ≥ abc a+ b+ c . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. 3. HI2 = 4R2 − a 3 + b3 + c3 + abc a+ b+ c . Suy ra 4R2 > a 3 + b3 + c3 + abc a+ b+ c . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. 4. IG = 1 3 √ 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2). Suy ra 9r2 + 2(a2 + b2 + c2) > 3p2. www.VNMATH.com 66 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. 3.1 Nhận dạng tam giác đều Bài 3.1. Chứng minh rằng ab+ bc+ ca 6 a2 + b2 + c2 < 2(ab+ bc+ ca). (3.1) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có ab+ bc+ ca 6 a2 + b2 + c2 ⇔ (a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2 ≥ 0. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Mặt khác trong mọi tam giác ABC ta luôn có a > |b− c| suy ra a2 > b2 − 2bc+ c2. Tương tự b2 > a2 − 2ac+ c2; c2 > b2 − 2ab+ a2. Cộng vế theo vế ta được a2 + b2 + c2 > 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab− 2bc− 2ca ⇔ 2ab+ 2bc+ 2ca > a2 + b2 + c2. Vậy bài toán được chứng minh.  Bài 3.2. Chứng minh rằng (a+ b)(b+ c)(c+ a) abc > 8. (3.2) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có a+ b ≥ 2 √ ab; b+ c ≥ 2 √ bc; www.VNMATH.com 67 c+ a ≥ 2√ca. Suy ra (a+ b)(b+ c)(c+ a) ≥ 8abc ⇔ (a+ b)(b+ c)(c+ a) abc ≥ 8. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.3. Chứng minh rằng 1 4 < ab+ bc+ ca (a+ b+ c)2 6 1 3 . (3.3) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có ab+ bc+ ca (a+ b+ c)2 6 1 3 ⇔ (a+ b+ c)2 ≥ 3ab+ 3bc+ 3ca ⇔ (a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2 ≥ 0. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. và 1 4 < ab+ bc+ ca (a+ b+ c)2 ⇔ 4ab+ 4bc+ 4ca > (a+ b+ c)2 ⇔ 2ab+ 2bc+ 2ca > a2 + b2 + c2. Bất đẳng thức cuối này đúng do (3.1). Vậy bài toán được chứng minh.  Bài 3.4. Chứng minh rằng 1 a + 1 b + 1 c > 9 2p . (3.4) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có a+ b+ c ≥ 3 3 √ abc; 1 a + 1 b + 1 c ≥ 3 3 √ abc . www.VNMATH.com 68 Suy ra (a+ b+ c)( 1 a + 1 b + 1 c ) ≥ 9 ⇔ (1 a + 1 b + 1 c ) ≥ 9 a+ b+ c ⇔ (1 a + 1 b + 1 c ) ≥ 9 2p . Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.5. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 > 4p 2 3 . (3.5) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có a2 + b2 + c2 > 4p 2 3 ⇔ 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a+ b+ c)2 ⇔ (a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2 ≥ 0. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.6. Chứng minh rằng ab+ bc+ ca 6 2(p2 − r2 − 4Rr). (3.6) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.1) ta có ab+ bc+ ca 6 a2 + b2 + c2. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.3) ta được a2 + b2 + c2 = 2(p2 − r2 − 4Rr). Suy ra ab+ bc+ ca 6 2(p2 − r2 − 4Rr). Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  www.VNMATH.com 69 Bài 3.7. Chứng minh rằng p2 > 3r(4R + r). (3.7) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.1) ta có ab+ bc+ ca 6 a2 + b2 + c2. Áp dụng tính chất 1.2 cho phương trình (2.1) ta được ab+ bc+ ca = p2 + r2 + 4Rr. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.3) ta được a2 + b2 + c2 = 2(p2 − r2 − 4Rr). Suy ra p2 + r2 + 4Rr 6 2(p2 − r2 − 4Rr) ⇔ p2 ≥ 3r2 + 12Rr ⇔ p2 ≥ 3r(4R + r). Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.8. Chứng minh rằng (p− a)(p− b)(p− c) 6 abc 8 . (3.8) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có√ (p− a)(p− b) 6 p− a+ p− b 2 ⇔ √ (p− a)(p− b) 6 c 2 . Tương tự √ (p− b)(p− c) 6 a 2 ;√ (p− c)(p− a) 6 b 2 . suy ra (p− a)(p− b)(p− c) 6 abc 8 . Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  www.VNMATH.com 70 Bài 3.9. Chứng minh rằng R > 2r. (3.9) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.14), ta được (p− a)(p− b)(p− c) = pr2. Kết hợp với (3.8) ta được (p− a)(p− b)(p− c) 6 abc 8 ⇔ pr2 6 abc 8 ⇔ rS 6 abc 8 ⇔ rabc 4R 6 abc 8 ⇔ R ≥ 2r. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.10. Chứng minh rằng p2 + r2 > 14Rr. (3.10) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.2), ta được 1 a + 1 b + 1 c = p2 + r2 + 4Rr 4pRr . Theo (3.4) ta có 1 a + 1 b + 1 c > 9 2p . Suy ra p2 + r2 + 4Rr 4pRr ≥ 9 2p ⇔ p2 + r2 + 4Rr ≥ 18Rr ⇔ p2 + r2 ≥ 14Rr. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Nhận xét, Theo (3.7) ta có p2 ≥ 3r2 + 12Rr. Theo (3.10) ta có p2 + r2 ≥ 14Rr. Cộng vế theo vế ta được 2p2 + r2 ≥ 3r2 + 26Rr ⇔ 2p2 ≥ 2r2 + 6Rr + 20Rr. www.VNMATH.com 71 Kết hợp với (3.9) ta được 2p2 ≥ 2r2 + 6.2r.r + 20Rr ⇔ p2 ≥ 7r2 + 10Rr. Bài 3.11. Chứng minh rằng p > 3 √ 3r. (3.11) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.9) ta có R ≥ 2r. Theo (3.10) ta có p2 + r2 ≥ 14Rr. Suy ra p2 + r2 ≥ 14.2rr ⇔ p2 ≥ 27r2 ⇔ p ≥ 3√3r. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Nhận xét, từ bất đẳng thức trên ta có p2 ≥ 3 √ 3S.  Bài 3.12. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 > 4 √ 3S. (3.12) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.5) ta có a2 + b2 + c2 > 4p 2 3 . Theo (3.11) ta có p ≥ 3√3r. Suy ra a2 + b2 + c2 > 4p.3 √ 3r 3 ⇔ a2 + b2 + c2 > 4 √ 3pr ⇔ a2 + b2 + c2 > 4 √ 3S. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.13. Chứng minh rằng 2p2 > 27Rr. (3.13) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? www.VNMATH.com 72 Chứng minh. Ta có a+ b+ c ≥ 3 3 √ abc⇔ (a+ b+ c)3 ≥ 27abc. Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.1) ta được abc = 4pRr. Nên bất đẳng thức trên tương đương (2p)3 ≥ 27.4pRr ⇔ 2p2 ≥ 27Rr. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.14. Chứng minh rằng p2 > 8Rr + 11r2. (3.14) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.7) ta có p2 ≥ 12Rr + 3r2 ⇔ p2 ≥ 8Rr + 4Rr + 3r2. Theo (3.9) ta có R ≥ 2r. Suy ra p2 ≥ 8Rr + 4.2r.r + 3r2 ⇔ p2 ≥ 8Rr + 11r2. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.15. Chứng minh rằng p2 + 5r2 > 16Rr. (3.15) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC là IG = 1 3 √ 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2). Suy ra 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2) ≥ 0. www.VNMATH.com 73 Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.3) ta được a2 + b2 + c2 = 2(p2 − r2 − 4Rr). Từ đó ta có 9r2 − 3p2 + 2.2(p2 − r2 − 4Rr) ≥ 0 ⇔ p2 + 5r2 ≥ 16Rr. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.16. Chứng minh rằng 4R2 > p2 − 3r2 − 4Rr. (3.16) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có khoảng cách giữa trực tâm H và tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC là IH = √ 4R2 − a 3 + b3 + c3 + abc a+ b+ c . Áp dụng tính chất 1.7 cho phương trình (2.1) ta được a3 + b3 + c3 = −(−2p)3 + 3(−2p)(p2 + r2 + 4Rr)− 3.(−4pRr) = 8p3 − 6p(p2 + r2 + 4Rr) + 12pRr = 2p(4p2 − 3p2 − 3r2 − 12Rr + 6Rr) = 2p(p2 − 3r2 − 6Rr). Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.1) ta được abc = 4pRr. Nên IH = √ 4R2 − 2p(p 2 − 3r2 − 6Rr) + 4pRr 2p ⇔ IH = √ 4R2 − p2 + 3r2 + 6Rr − 2Rr ⇔ IH = √ 4R2 − p2 + 3r2 + 4Rr. Suy ra 4R2 − p2 + 3r2 + 4Rr ≥ 0 ⇔ 4R2 ≥ p2 − 3r2 − 4Rr. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  www.VNMATH.com 74 Bài 3.17. Chứng minh rằng p 6 3 √ 3 2 R. (3.17) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.16) ta có 4R2 > p2 − 3r2 − 4Rr ⇔ 4R2 + 3r2 + 4Rr ≥ p2. Theo (3.9) ta có R ≥ 2r. Suy ra 2R2 ≥ 4Rr và R 2 4 ≥ r2. Nên 4R2 + 3 R2 4 + 2R2 ≥ 4R2 + 3r2 + 4Rr ≥ p2 ⇔ 27 4 R2 ≥ p2 ⇔ p 6 3 √ 3 2 R. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.18. Chứng minh rằng p2 + r2 + 4Rr > 4 √ 3S. (3.18) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.10) ta có p2 + r2 > 14Rr ⇔ p2 + r2 + 4Rr > 18Rr. Theo (3.17) ta có p 6 3 √ 3 2 R⇔ R ≥ 2p 3 √ 3 . Suy ra p2 + r2 + 4Rr > 18r 2p 3 √ 3 ⇔ p2 + r2 + 4Rr > 4 √ 3pr ⇔ p2 + r2 + 4Rr > 4 √ 3S. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  www.VNMATH.com 75 Bài 3.19. Chứng minh rằng 9R2 > 2p2 − 2r2 − 8Rr. (3.19) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Ta có khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC là OG = 1 3 √ 9R2 − (a2 + b2 + c2). Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.3) ta được a2 + b2 + c2 = 2(p2 − r2 − 4Rr). Nên OG = 1 3 √ 9R2 − 2(p2 − r2 − 4Rr). Suy ra 9R2 − 2(p2 − r2 − 4Rr) ≥ 0 ⇔ 9R2 > 2p2 − 2r2 − 8Rr. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.20. Chứng minh rằng √ 3p 6 r + 4R. (3.20) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.19) ta có 9R2 > 2p2 − 2r2 − 8Rr ⇔ 2p2 6 9R2 + 2r2 + 8Rr ⇔ 3p2 6 27 2 R2 + 3r2 + 12Rr ⇔ 3p2 6 27 2 R2 + r2 + 2r2 + 8Rr + 4Rr. Theo (3.9) ta có R 2 ≥ r. www.VNMATH.com 76 Suy ra 3p2 6 27 2 R2 + r2 + 2 R2 4 + 8Rr + 4R R 2 ⇔ 3p2 6 16R2 + 8Rr + r2 ⇔ 3p2 6 (4R + r)2 ⇔ √ 3p 6 4R + r. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.21. Chứng minh rằng 8R2 > p2 + r2 + 2Rr. (3.21) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.9) ta có R ≥ 2r ⇔ r R 6 1 2 . Theo (3.17) ta có p ≤ 3 √ 3 2 R⇔ p R ≤ 3 √ 3 2 . Suy ra p2 R2 + r2 R2 + 2Rr R2 ≤ (3 √ 3 2 )2 + ( 1 2 )2 + 2. 1 2 ⇔ p 2 R2 + r2 R2 + 2Rr R2 ≤ 8 ⇔ 8R2 > p2 + r2 + 2Rr. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.22. Chứng minh rằng 1 R2 6 1 ab + 1 bc + 1 ca 6 1 4r2 . (3.22) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.2 cho phương trình (2.2) ta được 1 ab + 1 bc + 1 ca = 1 2Rr . www.VNMATH.com 77 Theo (3.9) ta có R ≥ 2r. Thay vào đẳng thức trên, ta được điều phải chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.23. Chứng minh rằng ha la + hb lb + hc lc > 3 3 √ 2r R . (3.23) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có ha la + hb lb + hc lc ≥ 3 3 √ hahbhc lalblc . Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.24) ta được hahbhc = 2p2r2 R . Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.40) ta được la 2lb 2lc 2 = 256p4R2r4 (p2 + r2 + 2Rr)2 . Suy ra lalblc = 16p2Rr2 p2 + r2 + 2Rr . Vậy ha la + hb lb + hc lc ≥ 3 3 √ p2 + r2 + 2Rr 8R2 . Theo (3.10) ta có p2 + r2 ≥ 14Rr. Nên ha la + hb lb + hc lc ≥ 3 3 √ 14Rr + 2Rr 8R2 ⇔ ha la + hb lb + hc lc ≥ 3 3 √ 2r R . Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  www.VNMATH.com 78 Bài 3.24. Chứng minh rằng p2 + r2 6 5R2 + 4Rr. (3.24) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Theo (3.16) ta có 4R2 ≥ p2 − 3r2 − 4Rr ⇔ p2 ≤ 4R2 + 3r2 + 4Rr ⇔ p2 ≤ 5R2 + 4Rr − r2 + 4r2 −R2 ⇔ p2 ≤ 5R2 + 4Rr − r2 − (R− 2r)(R + 2r). Theo (3.9) thì R ≥ 2r. Suy ra p2 ≤ 5R2 + 4Rr − r2 ⇔ p2 + r2 ≤ 5R2 + 4Rr. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.25. Chứng minh rằng 12r(2R− r) 6 a2 + b2 + c2 6 8R2 + 4r2. (3.25) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.3) ta được a2 + b2 + c2 = 2(p2 − r2 − 4Rr). Nên bất đẳng thức đã cho tương đương với 12r(2R− r) 6 2(p2 − r2 − 4Rr) 6 8R2 + 4r2 ⇔ 12Rr − 6r2 6 p2 − r2 − 4Rr 6 4R2 + 2r2 ⇔ 16Rr − 5r2 6 p2 6 4R2 + 3r2 + 4Rr. Bất đẳng thức cuối cùng này đúng do (3.15) và (3.16). Vậy bài toán được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  www.VNMATH.com 79 Bài 3.26. Chứng minh rằng 9r 6 ha + hb + hc 6 2p2 3R . (3.26) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.24) ta được ha + hb + hc = p2 + r2 + 4Rr 2R . Nên bất đẳng thức đã cho tương đương với 9r 6 p 2 + r2 + 4Rr 2R 6 2p 2 3R . Bất đẳng thức p2 + r2 + 4Rr 2R 6 2p 2 3R ⇔ 3p2 + 3r2 + 12Rr ≤ 4p2 ⇔ p2 ≥ 3r2 + 12Rr. Đây chính là (3.7) đã được chứng minh. Bất đẳng thức 9r 6 p 2 + r2 + 4Rr 2R ⇔ 18Rr ≤ p2 + r2 + 4Rr ⇔ p2 + r2 ≥ 14Rr. Đây chính là (3.10) đã được chứng minh. Vậy bài toán được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.27. Chứng minh rằng 1 p− a + 1 p− b + 1 p− b > 3 4 √ 3√ pr . (3.27) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? www.VNMATH.com 80 Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.15) ta có 1 p− a + 1 p− b + 1 p− b = 4R + r pr . Nên bất đẳng thức đã cho tương đương với 4R + r pr ≥ 3 4 √ 3√ pr ⇔ 4R + r ≥ 3 4 √ 3 √ pr. Theo (3.20) ta có 4R + r ≥ p √ 3. Theo (3.11) ta có p ≥ 3 √ 3r. Suy ra 4R + r ≥ p √ 3 = √ 3p √ p ≥ √ 3p √ 3 √ 3r = 3 4 √ 3 √ pr. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.28. Chứng minh rằng 1 ha + 1 hb + 1 hc > 3 3 √ R 2S2 . (3.28) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.25) ta được 1 ha + 1 hb + 1 hc = 1 r . Nên bất đẳng thức đã cho tương đương với 1 r ≥ 3 3 √ R 2S2 ⇔ 1 r3 ≥ 27 R 2S2 ⇔ 2S2 ≥ 27Rr3 ⇔ 2p2r2 ≥ 27Rr3 ⇔ 2p2 ≥ 27Rr. Đây chính là (3.13) đã được chứng minh. Vậy bài toán được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  www.VNMATH.com 81 Bài 3.29. Chứng minh rằng ra + rb + rc 6 p2 3r . (3.29) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.30) ta được ra + rb + rc = 4R + r. Nên bất đẳng thức đã cho tương đương với 4R + r ≤ p 2 3r ⇔ p2 ≥ 3r2 + 12Rr. Đây chính là (3.7) đã được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  Bài 3.30. Chứng minh rằng 1 ra + 1 rb + 1 rc > 2 R . (3.30) Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.31) ta được 1 ra + 1 rb + 1 rc = 1 r . Vậy bất đẳng thức đã cho tương đương với 1 r ≥ 2 R ⇔ R ≥ 2r. Đây là (3.9) đã được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.  3.2 Nhận dạng tam giác vuông Trong mục này ta tiếp tục khai thác các hệ thức đã tìm được để xây dựng và chứng minh một số bài toán nhận dạng tam giác vuông. Phương pháp xây dựng và chứng minh xoay quanh một bài toán cơ bản ”Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi p = 2R + r”. Trong bài toán trên chỉ chứa ba yếu tố cơ bản là p,R, r. Những yếu tố này đều có trong các hệ thức tìm được ở chương 2. www.VNMATH.com 82 Bài toán mở đầu. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi p = 2R + r. Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.2 cho phương trình (2.1) ta được ab+ bc+ ca = p2 + r2 + 4Rr. Nên p = 2R + r ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ 2p2 = 4R2 + ab+ bc+ ca ⇔ 2p2 − ab− bc− ca = 4R2 ⇔ (a+ b+ c) 2 2 − ab− bc− ca = 4R2 ⇔ a 2 + b2 + c2 2 = 4R2 ⇔ sin2A+ sin2B + sin2C = 2 ⇔ 1− cos 2A 2 + 1− cos 2B 2 + 1− cos2C = 2 ⇔ cos 2A+ cos 2B + 2 cos2C = 0 ⇔ 2 cos (A+B) cos (A−B) + 2 cos2 (A+B) = 0 ⇔ 2 cosC(cos (A−B) + cos (A+B)) = 0 ⇔ 4 cosA cosB cosC = 0 Tương đương cosA = 0 hoặc cosB = 0 hoặc cosC = 0. Hay tam giác ABC là tam giác vuông  Các bài toán ứng dụng. Bài 3.31. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi r + ra + rb + rc = 2p. (3.31) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.30) ta được ra + rb + rc = 4R + r. www.VNMATH.com 83 Khi đó đẳng thức đã cho tương đương r + 4R + r = 2p⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.32. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi sinA+ sinB + sinC = 2 + r R . (3.32) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.41) ta được sinA+ sinB + sinC = p R . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p R = 2 + r R ⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.33. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi (cotA+ cotB)(cotB + cotC)(cotC + cotA) = 2R2 r(2R + r) . (3.33) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.6 cho phương trình (2.53) ta được (cotA+ cotB)(cotB + cotC)(cotC + cotA) = p2 − r2 − 4Rr 2pr + (2R + r)2 − p2 2pr = 2R2 pr . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 2R2 pr = 2R2 r(2R + r) ⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.34. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 = 4R + r 2R + r . (3.34) www.VNMATH.com 84 Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.55) ta được tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 = 4R + r p . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 4R + r p = 4R + r 2R + r ⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.35. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi tan A 2 tan B 2 tan C 2 = r 2R + r . (3.35) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.55) ta được tan A 2 tan B 2 tan C 2 = r p . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương r p = r 2R + r ⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.36. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi (tan A 2 + tan B 2 )(tan B 2 + tan C 2 )(tan C 2 + tan A 2 ) = 4R 2R + r . (3.36) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.6 cho phương trình (2.55) ta được (tan A 2 + tan B 2 )(tan B 2 + tan C 2 )(tan C 2 + tan A 2 ) = 4R + r p − r p ⇔ (tan A 2 + tan B 2 )(tan B 2 + tan C 2 )(tan C 2 + tan A 2 ) = 4R p . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 4R p = 4R 2R + r ⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  www.VNMATH.com 85 Bài 3.37. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi cot A 2 + cot B 2 + cot C 2 = 2R + r r . (3.37) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.56) ta được cot A 2 + cot B 2 + cot C 2 = p r . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p r = 2R + r r ⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.38. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi (cot A 2 + cot B 2 )(cot B 2 + cot C 2 )(cot C 2 + cot A 2 ) = 4R(2R + r) r2 . (3.38) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.6 cho phương trình (2.56) ta được (cot A 2 + cot B 2 )(cot B 2 + cot C 2 )(cot C 2 + cot A 2 ) = p r 4R + r r − p r ⇔ (cot A 2 + cot B 2 )(cot B 2 + cot C 2 )(cot C 2 + cot A 2 ) = 4pR r2 . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 4pR r2 = 4R(2R + r) r2 ⇔ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.39. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi 4rarbrc = r(r + ra + rb + rc) 2. (3.39) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.30) ta được ra + rb + rc = 4R + r. Áp dụng tính chất 1.3 cho phương trình (2.30) ta được rarbrc = p 2r. Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 4p2r = r(r + 4R + r)2 ⇔ 4p2 = (4R + 2r)2 ⇒ p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  www.VNMATH.com 86 Bài 3.40. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi sinA sinB + sinB sinC + sinC sinA = 1 2R2 (2R2 + 4Rr + r2). (3.40) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.2 cho phương trình (2.41) ta được sinA sinB + sinB sinC + sinC sinA = p2 + r2 + 4Rr 4R2 . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p2 + r2 + 4Rr 4R2 = 1 2R2 (2R2 + 4Rr + r2) ⇔ p2 + r2 + 4Rr = 4R2 + 8Rr + 2r2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.41. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi cosA cosB + cosB cosC + cosC cosA = 1 2R2 (2Rr + r2). (3.41) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.2 cho phương trình (2.46) ta được cosA cosB + cosB cosC + cosC cosA = p2 + r2 − 4R2 4R2 . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p2 + r2 − 4R2 4R2 = 1 2R2 (2Rr + r2) ⇔ p2 + r2 − 4R2 = 4Rr + 2r2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  www.VNMATH.com 87 Bài 3.42. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi sin3A+ sin3B + sin3C = p 2R3 (R− r)(2R + r). (3.42) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.7 cho phương trình (2.41) ta được sin3A+ sin3B + sin3C = −(− p R )3 + 3(− p R ) p2 + r2 + 4Rr 4R2 − 3(− pr 2R2 ) = p3 R3 − 3p 3 + 3pr2 + 12pRr 4R3 + 3pr 2R2 = 4p3 − 3p3 − 3pr2 − 12pRr + 6pRr 4R3 = p3 − 3pr2 − 6pRr 4R3 = p(p2 − 3r2 − 6Rr) 4R3 . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p(p2 − 3r2 − 6Rr) 4R3 = p 2R3 (R− r)(2R + r) ⇔ p2 − 3r2 − 6Rr = 4R2 + 2Rr − 4Rr − 2r2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.43. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi (sinA+sinB)(sinB+sinC)(sinC+sinA) = p 2R3 (R+r)(2R+r). (3.43) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.6 cho phương trình (2.41) ta được (sinA+ sinB)(sinB + sinC)(sinC + sinA) = −(− p R ) p2 + r2 + 4Rr 4R2 − pr 2R2 = p3 + pr2 + 4pRr − 2pRr 4R3 = p3 + pr2 + 2pRr 4R3 = p 4R3 (p2 + r2 + 2Rr). www.VNMATH.com 88 Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p 4R3 (p2 + r2 + 2Rr) = p 2R3 (R + r)(2R + r) ⇔ p2 + r2 + 2Rr = 4R2 + 2Rr + 4Rr + 2r2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.44. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi sinA+ sinB sinC + sinB + sinC sinA + sinC + sinA sinB = 1 Rr (2R2 + r2 +Rr). (3.44) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.9 cho phương trình (2.41) ta được sinA+ sinB sinC + sinB + sinC sinA + sinC + sinA sinB = − p R p2 + r2 + 4Rr 4R2 − pr 2R2 − 3 = p2 + r2 + 4Rr 2Rr − 3 = p2 + r2 − 2Rr 2Rr . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p2 + r2 − 2Rr 2Rr = 1 Rr (2R2 + r2 +Rr) ⇔ p2 + r2 − 2Rr = 4R2 + 2r2 + 2Rr ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.45. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi cos3A+ cos3B + cos3C = 1 2R3 (2R + r)2(R− r)− 1. (3.45) www.VNMATH.com 89 Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.7 cho phương trình (2.46) ta được cos3A+ cos3B + cos3C = −(−R + r R )3 + 3(−R + r R ) p2 + r2 − 4R2 4R2 − 3(2R + r) 2 − p2 4R2 = R3 + 3R2r + 3Rr2 + r3 R3 − 3Rp 2 +Rr2 − 4R3 + rp2 + r3 − 4rR2 4R3 −34R 2 + 4Rr + r2 − p2 4R2 = 4R3 + 12R2r + 12Rr2 + 4r3 4R3 −3Rp 2 + 3Rr2 − 12R3 + 3rp2 + 3r3 − 12rR2 4R3 −12R 3 + 12R2r + 3Rr2 − 3p2R 4R3 = 4R3 + 12R2r + 6Rr2 + r3 − 3p2r 4R3 . Ta có V P(3.45) = 1 2R3 (2R + r)2(R− r)− 1 = 1 2R3 (4R2 + 4Rr + r2)(R− r)− 1 = 4R3 + 4R2r +Rr2 − 4R2r − 4Rr2 − r3 − 2R3 2R3 = 2R3 − 3Rr2 − r3 2R3 . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 4R3 + 12R2r + 6Rr2 + r3 − 3p2r 4R3 = 2R3 − 3Rr2 − r3 2R3 ⇔ 4R 3 + 12R2r + 6Rr2 + r3 − 3p2r 4R3 = 4R3 − 6Rr2 − 2r3 4R3 ⇔ 12R2r + 12Rr2 + 3r3 = 2p2r ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  www.VNMATH.com 90 Bài 3.46. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi (cosA+ cosB)(cosB + cosC)(cosC + cosA) = r 2R3 (2R2 + 3Rr + r2) (3.46) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.6 cho phương trình (2.46) ta được (cosA+ cosB)(cosB + cosC)(cosC + cosA) = R + r R . p2 + r2 − 4R2 4R2 + (2R + r)2 − p2 4R2 = Rp2 +Rr2 − 4R3 + rp2 + r3 − 4R2r 4R3 + 4R2 + 4Rr + r2 − p2 4R2 = Rp2 +Rr2 − 4R3 + rp2 + r3 − 4R2r + 4R3 + 4R2r +Rr2 −Rp2 4R3 = 2Rr2 + p2r + r3 4R3 = r 4R3 (2Rr + p2 + r2). Khi đó đẳng thức đã cho tương đương r 4R3 (2Rr + p2 + r2) = r 2R3 (2R2 + 3Rr + r2) ⇔ 2Rr + p2 + r2 = 4R2 + 6Rr + 2r2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.47. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi cotA+ cotB + cotC = 2R2 pr . (3.47) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.1 cho phương trình (2.53) ta được cotA+ cotB + cotC = p2 − r2 − 4Rr 2pr . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương p2 − r2 − 4Rr 2pr = 2R2 pr ⇔ p2 − r2 − 4Rr = 4R2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. www.VNMATH.com 91 Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.48. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi cot2A+ cot2B + cot2C = 4R4 p2r2 − 2. (3.48) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.5 cho phương trình (2.53) ta được cot2A+ cot2B + cot2C = ( p2 − r2 − 4Rr 2pr )2 − 2. Khi đó đẳng thức đã cho tương đương ( p2 − r2 − 4Rr 2pr )2 − 2 = 4R 4 p2r2 − 2 ⇒ p 2 − r2 − 4Rr 2pr = 2R2 pr ⇔ p2 − r2 − 4Rr = 4R2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.49. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi ra rbrc + rb rcra + rc rarb = 8R2 − r2 p2r . (3.49) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.14 cho phương trình (2.30) ta được ra rbrc + rb rcra + rc rarb = (4R + r)2 − 2p2 p2r = 16R2 + 8Rr + r2 − 2p2 p2r . www.VNMATH.com 92 Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 16R2 + 8Rr + r2 − 2p2 p2r = 8R2 − r2 p2r ⇔ 2p2 = 16R2 + 8Rr + r2 − 8R2 + r2 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.50. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi ( 1 ra + 1 rb − 1 rc )( 1 rb + 1 rc − 1 r a )( 1 rc + 1 ra − 1 rb ) = 12Rr − 4R2 − 5r2 p2r3 . (3.50) Chứng minh. Áp dụng tính chất 1.8 cho phương trình (2.30) ta được ( 1 ra + 1 rb − 1 rc )( 1 rb + 1 rc − 1 r a )( 1 rc + 1 ra − 1 rb ) = (−1 r )3 − 4(−1 r ) 4R + r p2r + 8(− 1 p2r ) = −1 r3 + 16R + 4r p2r2 − 8 p2r = −p2 + 16Rr + 4r2 − 8r2 p2r3 = −p2 + 16Rr − 4r2 p2r3 . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương −p2 + 16Rr − 4r2 p2r3 = 12Rr − 4R2 − 5r2 p2r3 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  Bài 3.51. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi cos2A+ cos2B + cos2C = −1. (3.51) www.VNMATH.com 93 Chứng minh. Áp dụng công thức góc nhân đôi, ta có cos2A+ cos2B + cos2C = 2cos2A− 1 + 2cos2B − 1 + 2cos2C − 1 = 2(cos2A+ cos2B + cos2C)− 3. Áp dụng tính chất 1.5 cho phương trình (2.46) ta được cos2A+ cos2B + cos2C = ( R + r R )2 − 2p 2 + r2 − 4R2 4R2 = 2R2 + 4Rr + 2r2 − p2 − r2 + 4R2 2R2 = 6R2 + 4Rr + r2 − p2 2R2 . Nên cos2A+ cos2B + cos2C = 2. 6R2 + 4Rr + r2 − p2 2R2 − 3 = 3R2 + 4Rr + r2 − p2 R2 . Khi đó đẳng thức đã cho tương đương 3R2 + 4Rr + r2 − p2 R2 = −1 ⇔ p2 = 4R2 + 4Rr + r2 ⇔ p2 = (2R + r)2. Suy ra p = 2R + r. Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.  3.3 Nhận dạng tam giác cân Bài 3.52. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, với ∀m ∈ R \ {0}, ta luôn có sinA+ sinB − 1 m cosC ≤ m 2 + 2 2m . (3.52) www.VNMATH.com 94 Chứng minh. Ta có sinA+ sinB − 1 m cosC = 2sin A+B 2 cos A−B 2 − 1 m cosC ≤ 2cosC 2 − 1 m cosC = 2cos C 2 − 1 m (2cos2 C 2 − 1) = − 2 m (cos C 2 − m 2 )2 + m 2 + 1 m ≤ m 2 + 2 2m . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại C với cos C 2 = m 2 . Ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có sinA+ sinB − cosC ≤ 3 2 . Giải. Áp dụng trực tiếp bài toán trên với m = 1. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại C với C = 2pi 3 . Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có sinA+ sinB − 1√ 3 cosC ≤ 5 √ 3 6 . Giải. Áp dụng trực tiếp bài toán trên với m = √ 3. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại C với C = pi 3 .  Bài 3.53. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, với ∀x ∈ R, ta luôn có cosA+ x(cosB + cosC) ≤ 1 + x 2 2 . (3.53) Chứng minh. Ta có (3.53)⇔ x2 − 2(cosB + cosC)x+ 2− 2cosA ≥ 0,∀x ∈ R. www.VNMATH.com 95 Đặt f(x) = x2 − 2(cosB + cosC)x+ 2− 2cosA. Khi đó f(x) ≥ 0,∀x ∈ R⇔ ∆′ ≤ 0. Mà ∆′ = (cosB + cosC)2 − 2(1− cosA) = 4cos2 B + C 2 cos2 B − C 2 − 4sin2A 2 = −4sin2A 2 (1− cos2B − C 2 ) ≤ 0. Vậy (3.53) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại A với cosB = cosC = x 2 . Ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta luôn có cosA+ cosB + cosC ≤ 3 2 . Giải. Áp dụng trực tiếp bài toán trên với x = 1. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại A với B = C = pi 3 , hay tam giác ABC là tam giác đều. Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta luôn có cosA+ √ 3(cosB + cosC) ≤ 5 2 . Giải. Áp dụng trực tiếp bài toán trên với x = √ 3. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại A với B = C = pi 6 .  Bài 3.54. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta luôn có 1. sin2A+ sin2B + ksin2C ≤ (2k + 1) 2 4k , khi k > 0; (3.54) 2. sin2A+ sin2B + ksin2C ≥ (2k + 1) 2 4k , khi k < 0. (3.55) www.VNMATH.com 96 Chứng minh. 1. Đặt M = sin2A+ sin2B + ksin2C, khi đó sin2A+ sin2B + ksin2C −M = 0 ⇔ 1− cos2A 2 + 1− cos2B 2 + ksin2C −M = 0 ⇔ 1− cos(A+B)cos(A−B) + ksin2C −M = 0 ⇔ 1 + cosCcos(A−B) + k(1− cos2C)−M = 0 ⇔ −kcos2C + cos(A−B)cosC + 1 + k −M = 0. Ta có ∆ = cos2(A−B) + 4k(1 + k −M) ≥ 0. Suy ra 4k2 + 4k − 4kM + 1 ≥ 0 ⇔M ≤ (2k + 1) 2 4k , do k > 0. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi{ cosC= cos(A−B) 2k cos2(A−B) = 1 ⇔ { cosC = 1 2k A = B Hay tam giác ABC cân tại C với cosC = 1 2k . 2. Chứng minh tương tự, khi k < 0 thì M ≥ (2k + 1) 2 4k . Ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta luôn có sin2A+ sin2B + 1√ 2 sin2C ≤ 1 + 3 √ 2 4 . Giải. Áp dụng trực tiếp bài toán trê