Bài viết trình bày đầy đủ các hệ thức lượng trong tam giác cùng một số dạng toán liên quan, trong mỗi dạng toán, bài viết hướng dẫn chi tiết phương pháp giải toán, các ví dụ minh họa và bài tập tự luyện đi kèm.
A. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
Cho tam giác \(ABC\) có \(a\), \(b\), \(c\) lần lượt là độ dài ba cạnh đối diện với ba góc \(A\), \(B\), \(C\) của tam giác.
1. Định lí cosin:
\({a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A.\)
\({b^2} = {c^2} + {a^2} – 2ca\cos B.\)
\({c^2} = {a^2} + {b^2} – 2ab\cos C.\)
2. Định lí sin:
\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\) (\(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\)).
3. Độ dài đường trung tuyến của tam giác: Gọi \({m_a}\), \({m_b}\), \({m_c}\) là độ dài các đường trung tuyến lần lượt vẽ từ các đỉnh \(A\), \(B\), \(C\) của tam giác \(ABC.\)
\(m_a^2 = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} – \frac{{{a^2}}}{4}.\)
\(m_b^2 = \frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} – \frac{{{b^2}}}{4}.\)
\(m_c^2 = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} – \frac{{{c^2}}}{4}.\)
4. Các công thức tính diện tích tam giác: Gọi \(R\), \(r\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\), \(p\) là nửa chu vi \(\left( {p = \frac{{a + b + c}}{2}} \right)\) và \(S\) là diện tích của tam giác.
\(S = \frac{1}{2}ab\sin C\) \( = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B.\)
\(S = \frac{{abc}}{{4R}} = pr.\)
\(S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} \) (công thức Hê-rông).
B. CÁC DẠNG TOÁN HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
Dạng 1: Tính một số yếu tố trong tam giác theo một số yếu tố cho trước (trong đó có ít nhất một cạnh). Giải tam giác.
Phương pháp:
+ Sử dụng định lí cosin và định lí sin.
+ Tính toán các yếu tố trung gian (trước khi tính yếu tố cần tìm) bằng các hệ thức lượng trong tam giác thích hợp.
Chú ý: Bạn đọc hãy ôn tập lại các hệ thức lượng trong tam giác vuông (đã học ở lớp 9).
Bài toán 1: Cho tam giác \(ABC\) có \(b = 23\) \(cm\), \(c = 14\) \(cm\), \(\widehat A = {100^{0} }.\)
a) Tính các cạnh và góc còn lại của tam giác.
b) Tính diện tích của tam giác.
c) Tính đường cao \({h_a}\) vẽ từ \(A\) của tam giác.
Theo định lí cosin, ta có: \({a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A\) \( = {23^2} + {14^2} – 2.23.14.\cos {100^{0} }\) \( \approx 836,83.\)
Do đó: \(a = \sqrt {836,83} \approx 28.9\) (\(cm\)).
Từ định lí cosin ta cũng có: \(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}\) \( = \frac{{{{(28,9)}^2} + {{14}^2} – {{23}^2}}}{{2.28,9.14}} \approx 0,62.\)
Do đó \(\widehat B \approx {51^{0} }41′ .\)
Khi đó: \(\widehat C \approx {180^{0} } – \left( {{{100}^{0} } + {{51}^{0} }41′} \right) = {28^{0} }19′ .\)
b) Ta có: \(S = \frac{1}{2}ab\sin C\) \( = \frac{1}{2}.28,9.23.\sin {28^{0} }19′ \approx 157,6\) \(\left( {c{m^2}} \right).\)
c) Ta có: \({h_a} = b\sin C\) \( = 23.\sin {28^{0} }19′ \approx 10,9\) \((cm).\)
Bài toán 2: Cho tam giác \(ABC\) có \(a = 12\) \(cm\), \(\widehat B = {70^{0} }\), \(\widehat C = {35^{0} }.\)
a) Tính các cạnh và các góc còn lại của tam giác.
b) Tính bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác.
a) Ta có: \(\widehat A = {180^{0} } – (\widehat B + \widehat C)\) \( = {180^{0} } – \left( {{{70}^{0} } + {{35}^{0} }} \right) = {75^{0} }.\)
Theo định lí sin, ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}.\)
Suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b = \frac{{a\sin B}}{{\sin A}}}\\
{c = \frac{{a\sin C}}{{\sin A}}}
\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b = \frac{{12.\sin {{70}^{0} }}}{{\sin {{75}^{0} }}}}\\
{c = \frac{{12.\sin {{35}^{0} }}}{{\sin {{75}^{0} }}}}
\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b \approx 11,7cm}\\
{c \approx 7,1cm}
\end{array}} \right.\)
b) Theo định lí sin, ta có: \(2R = \frac{a}{{\sin A}}\) \( \Rightarrow R = \frac{a}{{2\sin A}}\) \( = \frac{{12}}{{2\sin {{75}^{0} }}} \approx 6,2\) \((cm).\)
Nhận xét:
– Ta sử dụng định lí cosin khi biết \(2\) cạnh và góc xen giữa \(2\) cạnh đó.
– Ta sử dụng định lí sin khi biết:
+ \(1\) cạnh và góc đối diện cạnh đó.
+ \(1\) cạnh và \(2\) góc kề với nó (lúc này ta sẽ tính được góc đối diện cạnh đó).
– Việc tìm các yếu tố của tam giác khi biết các yếu tố khác còn được gọi là giải tam giác.
Bài toán 3: Cho tam giác \(ABC\) có \(a = 13\) \(cm\), \(b = 14\) \(cm\), \(c = 15\) \(cm.\)
a) Tính \(\hat A\), \(\cos B\), \(\tan C.\)
b) Tính diện tích của tam giác.
Theo định lí cosin, ta có:
\(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}\) \( = \frac{{{{14}^2} + {{15}^2} – {{13}^2}}}{{2.14.15}} = 0,6\) \( \Rightarrow \widehat A \approx {53^{0} }7′.\)
\(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}\) \( = \frac{{{{13}^2} + {{15}^2} – {{14}^2}}}{{2.13.15}} \approx 0,5.\)
Ta có: \({\sin ^2}B = 1 – {\cos ^2}B\) \( = 1 – {(0,5)^2} = 0,75 = \frac{3}{4}\) \( \Rightarrow \sin B = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
Do \(\cos B \approx 0,5 \Rightarrow \widehat B \approx {60^{0} }.\)
Từ đó: \(\widehat C \approx {180^{0} } – \left( {{{53}^{0} }7′ + {{60}^{0} }} \right) = {66^{0} }53’\) \( \Rightarrow \tan C = \tan {66^{0} }53′ \approx 2,34.\)
Dạng 2: Chứng minh các hệ thức liên quan tới các yếu tố trong tam giác.
Phương pháp: Sử dụng các hệ thức lượng đã có và các tính chất, các yếu tố trong tam giác để chứng minh.
Bài toán: Cho tam giác \(ABC\) có các cạnh \(a\), \(b\), \(c\), các đường cao tương ứng là \({h_a}\), \({h_b}\), \({h_c}.\) Chứng minh:
a) \(r = (p – a) \tan \frac{A}{2}\) \( = (p – b) \tan \frac{B}{2}\) \( = (p – c) \tan \frac{C}{2}.\)
b) \(\frac{1}{{{h_a}}} + \frac{1}{{{h_b}}} + \frac{1}{{{h_c}}} = \frac{1}{r}.\)
Ta có: \(r = IE = AE.\tan \frac{A}{2}\) \((*).\)
Mặt khác: \(AE + AF + BF\) \( + BD + CD + CE = 2p\) \( \Rightarrow 2AE + 2(BD + CD) = 2p\) \( \Rightarrow 2AE + 2a = 2p\) \( \Rightarrow AE = p – a.\)
Thế vào \((*)\) ta có: \(r = (p – a) \tan \frac{A}{2}.\)
Tương tự ta chứng minh được: \(r = (p – b) \tan \frac{B}{2}\) \( = (p – c) \tan \frac{C}{2}.\)
b) Dựa vào công thức tính diện tích tam giác: \(S = \frac{1}{2}a{h_a} = \frac{1}{2}b{h_b} = \frac{1}{2}c{h_c} = pr\), ta có: \(\frac{1}{{{h_a}}} = \frac{a}{{2S}}\), \(\frac{1}{{{h_b}}} = \frac{b}{{2S}}\), \(\frac{1}{{{h_c}}} = \frac{c}{{2S}}\), \(\frac{1}{r} = \frac{p}{S}.\)
Dạng 3: Nhận dạng tam giác.
Phương pháp: Sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác và các tính chất của các tam giác đặc biệt: tam giác vuông, tam giác cân, tam giác đều.
Chú ý:
+ Nếu \({b^2} + {c^2} = {a^2}\) thì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\)
+ Nếu \(b = c\) thì tam giác \(ABC\) cân tại \(A.\)
+ Nếu \(a = b = c\) thì tam giác \(ABC\) đều.
Bài toán 1: Xác định dạng của tam giác \(ABC\), biết: \(S = \frac{1}{4}(a + b – c)\left( {a – b + c} \right).\)
Theo công thức Hê-rông, ta có: \(S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
Do đó: \(\sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} \) \( = \frac{1}{4}(a + b – c)(a – b + c)\) \( \Leftrightarrow \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} \) \( = (p – c)(p – b)\) \( \Leftrightarrow p(p – a)(p – b)(p – c)\) \( = {(p – c)^2}{(p – b)^2}\) \( \Leftrightarrow p(p – a)\) \( = (p – b)(p – c)\) \( \Leftrightarrow {p^2} – pa\) \( = {p^2} – pb – pc + bc\) \( \Leftrightarrow p(b + c – a) = bc\) \( \Leftrightarrow (a + b – c)(b + c – a) = 2bc\) \( \Leftrightarrow {(b + c)^2} – {a^2} = 2bc\) \( \Leftrightarrow {b^2} + 2bc + {c^2} – {a^2} = 2bc\) \( \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = {a^2}.\)
Vậy tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\)
Bài toán 2: Tam giác \(ABC\) có các góc và các cạnh thoả mãn: \(\frac{{1 + \cos B}}{{\sin B}} = \frac{{2a + c}}{{\sqrt {4{a^2} – {c^2}} }}.\) Chứng minh tam giác \(ABC\) là tam giác cân.
Ta có: \(\frac{{1 + \cos B}}{{\sin B}} = \frac{{2a + c}}{{\sqrt {4{a^2} – {c^2}} }}\) \( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1 + \cos B}}{{\sin B}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{2a + c}}{{\sqrt {4{a^2} – {c^2}} }}} \right)^2}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{(1 + \cos B)}^2}}}{{{{\sin }^2}B}} = \frac{{{{(2a + c)}^2}}}{{4{a^2} – {c^2}}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{(1 + \cos B)}^2}}}{{1 – {{\cos }^2}B}} = \frac{{2a + c}}{{2a – c}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{1 + \cos B}}{{1 – \cos B}} = \frac{{2a + c}}{{2a – c}}.\)
Theo định lí cosin, ta có: \(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}.\)
Do đó: \(\frac{{1 + \cos B}}{{1 – \cos B}}\) \( = \frac{{1 + \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}}}{{1 – \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}}}\) \( = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2} + 2ac}}{{{b^2} – {a^2} – {c^2} + 2ac}}.\)
Tức là: \(\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2} + 2ac}}{{{b^2} – {a^2} – {c^2} + 2ac}}\) \( = \frac{{2a + c}}{{2a – c}}\) \( \Leftrightarrow 2{a^3} + 2a{c^2} – 2a{b^2} + 4{a^2}c\) \( – {a^2}c – {c^3} + {b^2}c – 2a{c^2}\) \( = 2a{b^2} – 2{a^3} – 2{a^2} – 4{a^2}c\) \( + {b^2}c – {a^2}c – {c^3} + 2a{c^2}\) \( \Leftrightarrow 4{a^3} – 4a{b^2} = 0\) \( \Leftrightarrow 4a\left( {{a^2} – {b^2}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow {a^2} = {b^2}\) \( \Leftrightarrow a = b.\)
Vậy tam giác \(ABC\) cân tại \(C.\)
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài toán 1: Tính các góc, các cạnh còn lại, đường cao \({h_a}\) và bán kính đường tròn ngoại tiếp \(R\) của tam giác \(ABC\) biết:
a) \(a = 118cm\), \(b = 92cm\), \(\widehat C = {58^{0} }.\)
b) \(b = 31,2cm\), \(\widehat A = {124^{0} }30’\), \(\widehat C = {18^{0} }.\)
c) \(a = 153cm\), \(b = 117cm\), \(c = 134cm.\)
Bài toán 2: Gọi \({m_a}\), \({m_b}\), \({m_c}\) là các trung tuyến ứng với các cạnh \(a\), \(b\), \(c\) của tam giác \(ABC\):
a) Biết \(a = 26cm\), \(b = 18cm\), \(c = 16cm.\) Tính \({m_a}.\)
b) Biết \(a = 7cm\), \(b = 11cm\), \({m_c} = 6cm.\) Tính \(c.\)
c) Biết \(a = 5cm\), \(b = 7 cm\), \(\widehat C = {46^{0} }.\) Tính \({m_b}.\)
Bài toán 3: Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của các đường chéo \(AC\), \(BD\) của tứ giác \(ABCD\), chứng minh:
a) \(A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}\) \( = A{C^2} + B{D^2} + 4I{J^2}.\)
b) Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành \( \Leftrightarrow A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}\) \( = A{C^2} + B{D^2}.\)
c) Xác định công thức tính đường chéo \(d\) của hình thang cân biết đáy nhỏ là \(a\), đáy lớn là \(b\) và cạnh bên là \(c.\)
Bài toán 4: Chứng minh tập các điểm mà tổng các bình phương khoảng cách đến \(2\) điểm cố định \(A\), \(B\) cho trước bằng một số không đổi \(k^2\) là một đường tròn.
Bài toán 5: Cho tam giác \(ABC\), chứng minh:
a) \(S = \frac{{abc}}{{4R}}.\)
b) \(S = pr.\)
c) \(\sin A = \frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
d) \(S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
Bài toán 6: Gọi \({r_a}\), \({r_b}\), \({r_c}\) lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp thuộc cạnh \(a\), \(b\), \(c\) của tam giác \(ABC\), \(r\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC.\) Chứng minh:
a) \({r_a} = p\tan \frac{A}{2}\) \( = \frac{S}{{p – a}}\) \( = \frac{{(p – b)(p – c)}}{r}.\)
b) \(\frac{1}{{{r_a}}} + \frac{1}{{{r_b}}} + \frac{1}{{{r_c}}} = \frac{1}{r}.\)
c) \(S = \sqrt {r.{r_a}.{r_b}.{r_c}} .\)
d) \(r = p\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}.\)
e) \({r_a} + {r_b} + {r_c} – r = 4R\) (công thức Stây-nơ).
Bài toán 7: Cho tam giác \(ABC\), chứng minh:
a) \({h_a} = \frac{2}{a}\sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
b) \({c^2} = {(a – b)^2} + 4S.\frac{{1 – \cos C}}{{\sin C}}.\)
c) \( a\sin B\sin C = {h_a}\sin A.\)
d) \(\cot A + \cot B + \cot C\) \( = \frac{{R\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{abc}}.\)
Bài toán 8: Cho tam giác \(ABC\), chứng minh:
a) Nếu \({m_a} = c\) thì \( \tan B = 3\tan C.\)
b) Nếu \(a + c = 2b\) thì \(ac = 6Rr.\)
Bài toán 9: Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác \(ABC\) vuông là:
a) \(\sin A = \frac{{\sin B + \sin C}}{{\cos B + \cos C}}.\)
b) \(\tan \frac{B}{2} = \frac{b}{{a + c}}.\)
c) \(2R + r = p.\)
Bài toán 10: Xác định dạng tam giác \(ABC\), biết rằng:
a) \((p – b)\cot \frac{C}{2} = p\tan \frac{B}{2}.\)
b) \(\frac{{{{\sin }^2}B}}{{{{\sin }^2}C}} = \frac{{\tan B}}{{\tan C}}.\)
c) \(S = \frac{2}{3}{R^2}\left( {{{\sin }^3}A + {{\sin }^3}B + {{\sin }^3}C} \right).\)
d) \({\sin ^4}C + 2{\sin ^4}A + 2{\sin ^4}B\) \( = 2{\sin ^2}C\left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B} \right).\)
Bài toán 11: Chứng minh rằng nếu \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c = 2a\cos B}\\
{\frac{{{a^3} + {b^3} – {c^3}}}{{a + b – c}} = {c^2}}
\end{array}} \right.\) thì tam giác \(ABC\) đều.
A. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
Cho tam giác \(ABC\) có \(a\), \(b\), \(c\) lần lượt là độ dài ba cạnh đối diện với ba góc \(A\), \(B\), \(C\) của tam giác.
1. Định lí cosin:
\({a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A.\)
\({b^2} = {c^2} + {a^2} – 2ca\cos B.\)
\({c^2} = {a^2} + {b^2} – 2ab\cos C.\)
2. Định lí sin:
\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\) (\(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\)).
3. Độ dài đường trung tuyến của tam giác: Gọi \({m_a}\), \({m_b}\), \({m_c}\) là độ dài các đường trung tuyến lần lượt vẽ từ các đỉnh \(A\), \(B\), \(C\) của tam giác \(ABC.\)
\(m_a^2 = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} – \frac{{{a^2}}}{4}.\)
\(m_b^2 = \frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} – \frac{{{b^2}}}{4}.\)
\(m_c^2 = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} – \frac{{{c^2}}}{4}.\)
4. Các công thức tính diện tích tam giác: Gọi \(R\), \(r\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\), \(p\) là nửa chu vi \(\left( {p = \frac{{a + b + c}}{2}} \right)\) và \(S\) là diện tích của tam giác.
\(S = \frac{1}{2}ab\sin C\) \( = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B.\)
\(S = \frac{{abc}}{{4R}} = pr.\)
\(S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} \) (công thức Hê-rông).
B. CÁC DẠNG TOÁN HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
Dạng 1: Tính một số yếu tố trong tam giác theo một số yếu tố cho trước (trong đó có ít nhất một cạnh). Giải tam giác.
Phương pháp:
+ Sử dụng định lí cosin và định lí sin.
+ Tính toán các yếu tố trung gian (trước khi tính yếu tố cần tìm) bằng các hệ thức lượng trong tam giác thích hợp.
Chú ý: Bạn đọc hãy ôn tập lại các hệ thức lượng trong tam giác vuông (đã học ở lớp 9).
Bài toán 1: Cho tam giác \(ABC\) có \(b = 23\) \(cm\), \(c = 14\) \(cm\), \(\widehat A = {100^{0} }.\)
a) Tính các cạnh và góc còn lại của tam giác.
b) Tính diện tích của tam giác.
c) Tính đường cao \({h_a}\) vẽ từ \(A\) của tam giác.
Theo định lí cosin, ta có: \({a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A\) \( = {23^2} + {14^2} – 2.23.14.\cos {100^{0} }\) \( \approx 836,83.\)
Do đó: \(a = \sqrt {836,83} \approx 28.9\) (\(cm\)).
Từ định lí cosin ta cũng có: \(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}\) \( = \frac{{{{(28,9)}^2} + {{14}^2} – {{23}^2}}}{{2.28,9.14}} \approx 0,62.\)
Do đó \(\widehat B \approx {51^{0} }41′ .\)
Khi đó: \(\widehat C \approx {180^{0} } – \left( {{{100}^{0} } + {{51}^{0} }41′} \right) = {28^{0} }19′ .\)
b) Ta có: \(S = \frac{1}{2}ab\sin C\) \( = \frac{1}{2}.28,9.23.\sin {28^{0} }19′ \approx 157,6\) \(\left( {c{m^2}} \right).\)
c) Ta có: \({h_a} = b\sin C\) \( = 23.\sin {28^{0} }19′ \approx 10,9\) \((cm).\)
Bài toán 2: Cho tam giác \(ABC\) có \(a = 12\) \(cm\), \(\widehat B = {70^{0} }\), \(\widehat C = {35^{0} }.\)
a) Tính các cạnh và các góc còn lại của tam giác.
b) Tính bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác.
a) Ta có: \(\widehat A = {180^{0} } – (\widehat B + \widehat C)\) \( = {180^{0} } – \left( {{{70}^{0} } + {{35}^{0} }} \right) = {75^{0} }.\)
Theo định lí sin, ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}.\)
Suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b = \frac{{a\sin B}}{{\sin A}}}\\
{c = \frac{{a\sin C}}{{\sin A}}}
\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b = \frac{{12.\sin {{70}^{0} }}}{{\sin {{75}^{0} }}}}\\
{c = \frac{{12.\sin {{35}^{0} }}}{{\sin {{75}^{0} }}}}
\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b \approx 11,7cm}\\
{c \approx 7,1cm}
\end{array}} \right.\)
b) Theo định lí sin, ta có: \(2R = \frac{a}{{\sin A}}\) \( \Rightarrow R = \frac{a}{{2\sin A}}\) \( = \frac{{12}}{{2\sin {{75}^{0} }}} \approx 6,2\) \((cm).\)
Nhận xét:
– Ta sử dụng định lí cosin khi biết \(2\) cạnh và góc xen giữa \(2\) cạnh đó.
– Ta sử dụng định lí sin khi biết:
+ \(1\) cạnh và góc đối diện cạnh đó.
+ \(1\) cạnh và \(2\) góc kề với nó (lúc này ta sẽ tính được góc đối diện cạnh đó).
– Việc tìm các yếu tố của tam giác khi biết các yếu tố khác còn được gọi là giải tam giác.
Bài toán 3: Cho tam giác \(ABC\) có \(a = 13\) \(cm\), \(b = 14\) \(cm\), \(c = 15\) \(cm.\)
a) Tính \(\hat A\), \(\cos B\), \(\tan C.\)
b) Tính diện tích của tam giác.
Theo định lí cosin, ta có:
\(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}\) \( = \frac{{{{14}^2} + {{15}^2} – {{13}^2}}}{{2.14.15}} = 0,6\) \( \Rightarrow \widehat A \approx {53^{0} }7′.\)
\(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}\) \( = \frac{{{{13}^2} + {{15}^2} – {{14}^2}}}{{2.13.15}} \approx 0,5.\)
Ta có: \({\sin ^2}B = 1 – {\cos ^2}B\) \( = 1 – {(0,5)^2} = 0,75 = \frac{3}{4}\) \( \Rightarrow \sin B = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
Do \(\cos B \approx 0,5 \Rightarrow \widehat B \approx {60^{0} }.\)
Từ đó: \(\widehat C \approx {180^{0} } – \left( {{{53}^{0} }7′ + {{60}^{0} }} \right) = {66^{0} }53’\) \( \Rightarrow \tan C = \tan {66^{0} }53′ \approx 2,34.\)
Dạng 2: Chứng minh các hệ thức liên quan tới các yếu tố trong tam giác.
Phương pháp: Sử dụng các hệ thức lượng đã có và các tính chất, các yếu tố trong tam giác để chứng minh.
Bài toán: Cho tam giác \(ABC\) có các cạnh \(a\), \(b\), \(c\), các đường cao tương ứng là \({h_a}\), \({h_b}\), \({h_c}.\) Chứng minh:
a) \(r = (p – a) \tan \frac{A}{2}\) \( = (p – b) \tan \frac{B}{2}\) \( = (p – c) \tan \frac{C}{2}.\)
b) \(\frac{1}{{{h_a}}} + \frac{1}{{{h_b}}} + \frac{1}{{{h_c}}} = \frac{1}{r}.\)
Ta có: \(r = IE = AE.\tan \frac{A}{2}\) \((*).\)
Mặt khác: \(AE + AF + BF\) \( + BD + CD + CE = 2p\) \( \Rightarrow 2AE + 2(BD + CD) = 2p\) \( \Rightarrow 2AE + 2a = 2p\) \( \Rightarrow AE = p – a.\)
Thế vào \((*)\) ta có: \(r = (p – a) \tan \frac{A}{2}.\)
Tương tự ta chứng minh được: \(r = (p – b) \tan \frac{B}{2}\) \( = (p – c) \tan \frac{C}{2}.\)
b) Dựa vào công thức tính diện tích tam giác: \(S = \frac{1}{2}a{h_a} = \frac{1}{2}b{h_b} = \frac{1}{2}c{h_c} = pr\), ta có: \(\frac{1}{{{h_a}}} = \frac{a}{{2S}}\), \(\frac{1}{{{h_b}}} = \frac{b}{{2S}}\), \(\frac{1}{{{h_c}}} = \frac{c}{{2S}}\), \(\frac{1}{r} = \frac{p}{S}.\)
Dạng 3: Nhận dạng tam giác.
Phương pháp: Sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác và các tính chất của các tam giác đặc biệt: tam giác vuông, tam giác cân, tam giác đều.
Chú ý:
+ Nếu \({b^2} + {c^2} = {a^2}\) thì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\)
+ Nếu \(b = c\) thì tam giác \(ABC\) cân tại \(A.\)
+ Nếu \(a = b = c\) thì tam giác \(ABC\) đều.
Bài toán 1: Xác định dạng của tam giác \(ABC\), biết: \(S = \frac{1}{4}(a + b – c)\left( {a – b + c} \right).\)
Theo công thức Hê-rông, ta có: \(S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
Do đó: \(\sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} \) \( = \frac{1}{4}(a + b – c)(a – b + c)\) \( \Leftrightarrow \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} \) \( = (p – c)(p – b)\) \( \Leftrightarrow p(p – a)(p – b)(p – c)\) \( = {(p – c)^2}{(p – b)^2}\) \( \Leftrightarrow p(p – a)\) \( = (p – b)(p – c)\) \( \Leftrightarrow {p^2} – pa\) \( = {p^2} – pb – pc + bc\) \( \Leftrightarrow p(b + c – a) = bc\) \( \Leftrightarrow (a + b – c)(b + c – a) = 2bc\) \( \Leftrightarrow {(b + c)^2} – {a^2} = 2bc\) \( \Leftrightarrow {b^2} + 2bc + {c^2} – {a^2} = 2bc\) \( \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = {a^2}.\)
Vậy tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\)
Bài toán 2: Tam giác \(ABC\) có các góc và các cạnh thoả mãn: \(\frac{{1 + \cos B}}{{\sin B}} = \frac{{2a + c}}{{\sqrt {4{a^2} – {c^2}} }}.\) Chứng minh tam giác \(ABC\) là tam giác cân.
Ta có: \(\frac{{1 + \cos B}}{{\sin B}} = \frac{{2a + c}}{{\sqrt {4{a^2} – {c^2}} }}\) \( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1 + \cos B}}{{\sin B}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{2a + c}}{{\sqrt {4{a^2} – {c^2}} }}} \right)^2}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{(1 + \cos B)}^2}}}{{{{\sin }^2}B}} = \frac{{{{(2a + c)}^2}}}{{4{a^2} – {c^2}}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{{(1 + \cos B)}^2}}}{{1 – {{\cos }^2}B}} = \frac{{2a + c}}{{2a – c}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{1 + \cos B}}{{1 – \cos B}} = \frac{{2a + c}}{{2a – c}}.\)
Theo định lí cosin, ta có: \(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}.\)
Do đó: \(\frac{{1 + \cos B}}{{1 – \cos B}}\) \( = \frac{{1 + \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}}}{{1 – \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}}}}\) \( = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2} + 2ac}}{{{b^2} – {a^2} – {c^2} + 2ac}}.\)
Tức là: \(\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2} + 2ac}}{{{b^2} – {a^2} – {c^2} + 2ac}}\) \( = \frac{{2a + c}}{{2a – c}}\) \( \Leftrightarrow 2{a^3} + 2a{c^2} – 2a{b^2} + 4{a^2}c\) \( – {a^2}c – {c^3} + {b^2}c – 2a{c^2}\) \( = 2a{b^2} – 2{a^3} – 2{a^2} – 4{a^2}c\) \( + {b^2}c – {a^2}c – {c^3} + 2a{c^2}\) \( \Leftrightarrow 4{a^3} – 4a{b^2} = 0\) \( \Leftrightarrow 4a\left( {{a^2} – {b^2}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow {a^2} = {b^2}\) \( \Leftrightarrow a = b.\)
Vậy tam giác \(ABC\) cân tại \(C.\)
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài toán 1: Tính các góc, các cạnh còn lại, đường cao \({h_a}\) và bán kính đường tròn ngoại tiếp \(R\) của tam giác \(ABC\) biết:
a) \(a = 118cm\), \(b = 92cm\), \(\widehat C = {58^{0} }.\)
b) \(b = 31,2cm\), \(\widehat A = {124^{0} }30’\), \(\widehat C = {18^{0} }.\)
c) \(a = 153cm\), \(b = 117cm\), \(c = 134cm.\)
Bài toán 2: Gọi \({m_a}\), \({m_b}\), \({m_c}\) là các trung tuyến ứng với các cạnh \(a\), \(b\), \(c\) của tam giác \(ABC\):
a) Biết \(a = 26cm\), \(b = 18cm\), \(c = 16cm.\) Tính \({m_a}.\)
b) Biết \(a = 7cm\), \(b = 11cm\), \({m_c} = 6cm.\) Tính \(c.\)
c) Biết \(a = 5cm\), \(b = 7 cm\), \(\widehat C = {46^{0} }.\) Tính \({m_b}.\)
Bài toán 3: Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của các đường chéo \(AC\), \(BD\) của tứ giác \(ABCD\), chứng minh:
a) \(A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}\) \( = A{C^2} + B{D^2} + 4I{J^2}.\)
b) Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành \( \Leftrightarrow A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}\) \( = A{C^2} + B{D^2}.\)
c) Xác định công thức tính đường chéo \(d\) của hình thang cân biết đáy nhỏ là \(a\), đáy lớn là \(b\) và cạnh bên là \(c.\)
Bài toán 4: Chứng minh tập các điểm mà tổng các bình phương khoảng cách đến \(2\) điểm cố định \(A\), \(B\) cho trước bằng một số không đổi \(k^2\) là một đường tròn.
Bài toán 5: Cho tam giác \(ABC\), chứng minh:
a) \(S = \frac{{abc}}{{4R}}.\)
b) \(S = pr.\)
c) \(\sin A = \frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
d) \(S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
Bài toán 6: Gọi \({r_a}\), \({r_b}\), \({r_c}\) lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp thuộc cạnh \(a\), \(b\), \(c\) của tam giác \(ABC\), \(r\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC.\) Chứng minh:
a) \({r_a} = p\tan \frac{A}{2}\) \( = \frac{S}{{p – a}}\) \( = \frac{{(p – b)(p – c)}}{r}.\)
b) \(\frac{1}{{{r_a}}} + \frac{1}{{{r_b}}} + \frac{1}{{{r_c}}} = \frac{1}{r}.\)
c) \(S = \sqrt {r.{r_a}.{r_b}.{r_c}} .\)
d) \(r = p\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}.\)
e) \({r_a} + {r_b} + {r_c} – r = 4R\) (công thức Stây-nơ).
Bài toán 7: Cho tam giác \(ABC\), chứng minh:
a) \({h_a} = \frac{2}{a}\sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} .\)
b) \({c^2} = {(a – b)^2} + 4S.\frac{{1 – \cos C}}{{\sin C}}.\)
c) \( a\sin B\sin C = {h_a}\sin A.\)
d) \(\cot A + \cot B + \cot C\) \( = \frac{{R\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{abc}}.\)
Bài toán 8: Cho tam giác \(ABC\), chứng minh:
a) Nếu \({m_a} = c\) thì \( \tan B = 3\tan C.\)
b) Nếu \(a + c = 2b\) thì \(ac = 6Rr.\)
Bài toán 9: Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác \(ABC\) vuông là:
a) \(\sin A = \frac{{\sin B + \sin C}}{{\cos B + \cos C}}.\)
b) \(\tan \frac{B}{2} = \frac{b}{{a + c}}.\)
c) \(2R + r = p.\)
Bài toán 10: Xác định dạng tam giác \(ABC\), biết rằng:
a) \((p – b)\cot \frac{C}{2} = p\tan \frac{B}{2}.\)
b) \(\frac{{{{\sin }^2}B}}{{{{\sin }^2}C}} = \frac{{\tan B}}{{\tan C}}.\)
c) \(S = \frac{2}{3}{R^2}\left( {{{\sin }^3}A + {{\sin }^3}B + {{\sin }^3}C} \right).\)
d) \({\sin ^4}C + 2{\sin ^4}A + 2{\sin ^4}B\) \( = 2{\sin ^2}C\left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B} \right).\)
Bài toán 11: Chứng minh rằng nếu \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c = 2a\cos B}\\
{\frac{{{a^3} + {b^3} – {c^3}}}{{a + b – c}} = {c^2}}
\end{array}} \right.\) thì tam giác \(ABC\) đều.