Đề tài Hệ thức lượng giác và ứng dụng trong chương trình toán bậc trung học

Với mục tiêu ñã ñược ñặt ra, luận văn “Hệ thức lượng giác và ứng dụng trong chương trình Toán bậc trung học” ñã thực hiện ñược các vấn ñề sau: * Hệ thống các hệ thức lượng giác * Hệ thống và phân loại một số lớp bài toán giải ñược bằng các hệ thức lượng giác, cụ thể: - Lớp các bài toán nhận dạng tam giác - Các bài toán liên quan ñến cạnh và góc tam giác - Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường phân giác, ñường cao - Các bài toán về chu vi và diện tích tam giác - Các bài toán về ñường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác - Các bài toán về tứ giác - Các bài toán về hình học không gian - Các bài toán về số phức * Đối với mỗi lớp bài toán, có các ví dụ minh họa và những bài tập ñề nghị kèm theo. Hi vọng rằng nội dung của luận văn sẽ còn ñược tiếp tục mở rộng và hoàn thiện hơn nữa ñể có thể giải quyết ñược n

pdf13 trang | Chia sẻ: ngoctoan84 | Ngày: 17/04/2019 | Lượt xem: 341 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề tài Hệ thức lượng giác và ứng dụng trong chương trình toán bậc trung học, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG -----@ & ?----- LÊ MINH CHÂU HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ ỨNG DỤNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN BẬC TRUNG HỌC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2011 2 Công trình ñược hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Ngọc Châu Phản biện 1: .. Phản biện 2: .. Luận văn sẽ ñược bảo vệ trước Hội ñồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày tháng năm 2011. Có thế tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại học Đà Nẵng 3 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn ñề tài Lượng giác là một trong các chủ ñề toán học quan trọng và có nhiều ứng dụng trong nhiều ngành khoa học. Trong chương trình toán bậc phổ thông, lượng giác xuất hiện trong cả hai phạm vi ñại số và hình học. Trước hết với tư cách một ñối tượng nghiên cứu, sau ñó với tư cách một công cụ ñể giải quyết nhiều dạng toán khác nhau. Theo chương trình Toán phổ thông hiện hành của nước ta, lượng giác ñược ñưa vào giảng dạy theo thứ tự: Lớp 9: lượng giác trong tam giác. Lớp 10: lượng giác trong ñường tròn, và lượng giác trong hàm số ñược dạy ở lớp 11. Nói chung học sinh phổ thông ñược làm quen nhiều về lượng giác, ñặc biệt là hệ thức lượng giác, tuy nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức ñộ nhất ñịnh. Trong các ñề thi tuyển sinh Đại học, cao ñẳng hàng năm, thi học sinh giỏi toán trong và ngoài nước thường có những bài toán mà lời giải của chúng có thể tìm ñược bằng phương pháp sử dụng các hệ thức lượng giác. Với mục ñích tìm hiểu “hệ thức lượng giác” và hệ thống một cách ñầy ñủ những ứng dụng của “hệ thức lượng giác” trong chương trình toán bậc trung học, tôi chọn ñề tài luận văn của mình là: “Hệ thức lượng giác và ứng dụng trong chương trình Toán bậc trung học” 2. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu các kiến thức cơ bản về lượng giác, ñặc biệt là các hệ thức lượng giác. - Hệ thống và phân loại các dạng bài toán có thể dùng hệ thức lượng giác ñể giải. 4 - Ứng dụng các hệ thức lượng giác ñể giải một số lớp bài toán thuộc chương trình bậc trung học phổ thông. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Chương trình Toán bậc trung học, ñặc biệt là bộ môn lượng giác. - Các hệ thức lượng giác. - Các ứng dụng của hệ thức lượng giác trong chương trình toán bậc trung học 4. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tư liệu: qua sách báo, giáo trình, sách giáo khoa, các tạp chí toán học tuổi trẻ, cùng một số tài liệu khác từ internet. - Phân tích, tổng hợp, hệ thống các hệ thức lượng giác và khảo sát ứng dụng của nó qua các bài toán thuộc chương trình bậc trung học. - Trao ñổi, thảo luận với người hướng dẫn. 5. Nội dung luận văn Ngoài phần mở ñầu, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo, nội dung luận văn ñược chia thành 2 chương Chương 1: Các hệ thức lượng giác. Trình bày sơ lược các kiến thức lượng giác như: một số ñịnh nghĩa, tính chất, các công thức lượng giác, các hệ thức lượng giác và một số bất ñẳng thức ñại số ñể làm cơ sở cho chương sau. Chương 2: Ứng dụng của hệ thức lượng giác. Chương này trình bày một số ứng dụng của hệ thức lượng giác trong chương trình toán bậc trung học phổ thông. Cụ thể là những bài toán về tam giác, tứ giác, về số phức và những bài toán hình học không gian. 5 Chương 1. CÁC HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ bản về các hàm lượng giác, các hệ thức lượng giác và một số bất ñẳng thức ñại số ñể làm cơ sở cho chương sau. Các chứng minh chi tiết có thể xem trong [5], [9], [15]. 1.1. NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ LƯỢNG GIÁC 1.1.1. Các hàm lượng giác Hàm lượng giác là các hàm toán học của góc hoặc cung, thường ñược dùng khi nghiên cứu tam giác, các hiện tượng có tính chất tuần hoàn. Các hàm lượng giác của một góc thường ñược ñịnh nghĩa bởi tỷ lệ chiều dài hai cạnh của tam giác vuông chứa góc ñó, hoặc tỷ lệ chiều dài giữa các ñoạn thẳng nối các ñiểm ñặc biệt trên ñường tròn ñơn vị. Định nghĩa Cho tam giác ABC vuông tại A, có số ño góc B bằng α. Lúc ñó: - Tỷ số giữa cạnh ñối của góc B và cạnh huyền ñược gọi là sin của góc α, ký hiệu sinα. - Tỷ số giữa cạnh kề của góc B và cạnh huyền ñược gọi là cosin của góc α, ký hiệu cosα. - Tỷ số giữa cạnh ñối và cạnh kề của góc B ñược gọi là tang của góc α, ký hiệu tanα (hay tgα). - Tỷ số giữa cạnh kề và cạnh ñối của góc ñược gọi là cotang của góc α, ký hiệu cotα (hay cotgα). 1.1.2. Góc và cung lượng giác Trong lượng giác học không thể thiếu vấn ñề căn bản nhất, là 6 góc và số ño góc. Việc thay thế 0180 pi bằng 1 ñơn vị radian làm ñơn giản ñi nhiều trong tính toán và ñã ñược sử dụng rộng rãi ñến nay. 1.1.2.1. Các công thức tính ñộ dài cung và chuyển ñổi Cung tròn bán kính R có số ño a0 ( 0 ≤ a ≤ 3600) thì có ñộ dài là: l = piaR 180 . 1800 = pi rad, a0 = 0180 api rad ( 0 ≤ a ≤ 3600), rad = 0180α pi       ( 0 ≤ α ≤ 2pi ), l = Rα. 1.1.2.2. Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác 1.1.2.3. Giá trị lượng giác của góc (cung) có liên quan ñặc biệt Hai góc ñối nhau: Hai góc ñối nhau thì có cos bằng nhau; sin, tan, cot ñối nhau. sin(-α) = - sinα ; cos(-α) = cosα tan(-α) = - tanα ; cot(-α) = - cotα Hai góc hơn kém nhau pi: Hai góc hơn kém nhau pi thì sin, cos ñối nhau; tan và cot bằng nhau. sin(α + pi) = -sinα ; cos(α + pi) = - cosα tan(α + pi) = tanα ; cot(α + pi) = cotα Hai góc bù nhau: Hai góc bù nhau thì sin bằng nhau, cos, tan và cot ñối nhau. sin(pi - α) = sinα ; cos(pi - α) = - cosα tan(pi - α) = - tanα ; cot(pi - α) = - cotα Hai góc phụ nhau: Hai góc phụ nhau thì sin góc này bằng cosin góc kia, tan góc này bằng cot góc kia. 7 sin( 2 pi - α) = cosα ; cos( 2 pi - α) = sinα tan( 2 pi - α) = cotα ; cot( 2 pi - α) = tanα 1.1.3. Các công thức lượng giác 1.1.3.1. Công thức cộng cos(α ± β) = cosαcosβ m sinαsinβ sin(α ± β) = sinαcosβ ± sinβcosα tan(α + β) = tan tan 1 tan tan α β α β + − ; tg(α - β) = tan tan 1 tan tan α β α β − + 1.1.3.2. Công thức nhân ñôi cos2α = cos2α - sin2α = 2cos2α - 1 = 1 - 2sin2α sin2α = 2sinαcosα tan2α = 2 2 tan 1 tan α α− (a ≠ 2 pi + kpi, k ∈ Z ) 1.1.3.3. Công thức hạ bậc sin2α = 1 os2 2 c α− ; cos2α = 1 os2 2 c α+ 1.1.3.4. Công thức góc nhân ba sin3α = - 4sin3 α + 3sinα ; cos3α = 4cos3 α - 3cosα tan3α = 3 2 3tan tan 1 3 tan α α α − − 1.1.3.5. Công thức biến ñổi tích thành tổng cosαcosβ = 1 2 [cos(α + β) + cos(α - β)] sinαsinβ = 1 2 [cos(α - β) - cos(α + β)] sinαcosβ = 1 2 [sin(α - β) + sin(α + β)] 8 1.1.3.6. Công thức biến ñổi tổng thành tích sinα + sinβ = 2sin 2 α β+ cos 2 α β− sinα - sinβ = 2cos 2 α β+ sin 2 α β− cosα + cosβ = 2cos 2 α β+ cos 2 α β− cosα - cosβ = - 2sin 2 α β+ sin 2 α β− tanα ± tanβ = sin( ) os osc c α β α β ± ; cotα + cotβ = sin( ) s in sin α β α β + 1.1.4. Định lý hàm sin, ñịnh lý hàm cosin, ñịnh lý hàm tang 1.1.4.1. Định lý hàm số sin 2 sin sin sin a b c R A B C = = = 1.1.4.2. Định lý hàm số cosin Trong tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c, ta có: a2 = b2 + c2 - 2bccosA; b2 = a2 + c2 - 2accosB; c2 = a2 + b2 - 2abcosC Định lý hàm số sin và ñịnh lý hàm số cosin là phương tiện chủ yếu trong các bài toán giải tam giác. - Khi biết ba cạnh a, b, c ta sử dụng ñịnh lý hàm sin ñể tính các góc. Chẳng hạn, ñể tính góc A, ta có: a2 = b2 + c2 - 2bccosA ⇔ 2 2 2 cos 2 b c aA bc + − = Góc B cũng ñược suy ra bằng cách tương tự, hoặc sau khi ñã tính ñược góc A, có thể dùng công thức nhận ñược từ ñịnh lý hàm sin: asinB = bsinA ⇒ sinB = sinb A a 9 - Khi ñã biết 2 cạnh b, c và góc A xen giữa chúng, có thể dùng ñịnh lý hàm cos ñể tính cạnh a: a2 = b2 + c2 - 2bccosA. Để tính góc B, có thể sử dụng: 2 2 2 cos 2 a c bB ac + − = hoặc sinB = sinb A a . - Khi biết một cạnh và hai góc, ta có thể dùng ñịnh lý hàm sin ñể tính hai cạnh còn lại. - Khi biết hai cạnh và một góc không xen giữa, ta dùng ñịnh lý hàm sin ñể tính một trong 2 góc kia, và cũng dùng ñịnh lý hàm sin ñể tính cạnh còn lại (hoặc dùng ñịnh lý hàm cosin sau khi ñã tính góc). 1.1.4.3. Định lý hàm số tang Trong tam giác ABC, ta luôn có: a b a b − + = tan 2 tan 2 A B A B − + = tan 2 A B− tan 2 C b c b c − + = tan 2 tan 2 B C B C − + = tan B - C 2 tan 2 A c a c a − + = tan 2 tan 2 C A C A − + = tan 2 C A− tan 2 B Chú thích. Định lý hàm số tang ñược Viète phát biểu vào khoảng năm 1850. Nó là hệ quả của ñịnh lý hàm số sin. Tuy nhiên, vào thời Viète, kết quả này ñược chứng minh ñộc lập chứ không thông qua ñịnh lý hàm sin. Ngày nay, không ai còn lưu giữ ñược chứng minh của Viète. Định lý hàm số tang có thể ñược dùng ñể giải tam giác trong trường hợp biết ñược 2 góc và một cạnh, mà không cần sử dụng ñịnh lý hàm cosin và ñịnh lý hàm số sin. Thật vậy, nếu biết 2 góc, ta cũng có ñược 10 góc thứ ba, tiếp theo, chẳng hạn biết b, dùng ñịnh lý hàm số tang ñể giải ra a, rối dùng hệ thức tương tự ñể có c. 1.2. CÁC HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN Trong một tam giác ABC bất kỳ, ta có các hệ thức sau: 1.2.1. Đẳng thức lượng giác Bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác 2sin 2sin 2sin a b cR A B C = = = Bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác ( ) tan 2 A r p a= − ; ( ) tan 2 B r p b= − ; ( ) tan 2 C r p c= − 4 sin sin sin 2 2 2 A B C r R= Bán kính ñường tròn bàng tiếp tam giác tan 2a A r p= ; tan 2b B r p= ; tan 2c C r p= Đường phân giác trong của tam giác 2 cos 2 a Abc l b c = + ; 2 cos 2 b B ac l a c = + ; 2 cos 2 c C ab l a b = + Đường trung tuyến của tam giác 2 2 2 2 2 4a b c a m + = − ; 2 2 2 2 2 4b a c b m + = − ; 2 2 2 2 2 4c a b c m + = − ma 2 + mb 2 + mc 2 = 3 4 (a 2 + b2 + c2) Diện tích tam giác 1 1 1 . . . 2 2 2a b c S a h b h c h= = = ; 4 abcS R = 11 1 1 1 sin sin sin 2 2 2 S bc A ac B ab C= = = 22 sin sin sinS R A B C= ; S pr= ( ) ( ) ( )a b cS p a r p b r p c r= − = − = − ( )( )( )S p p a p b p c= − − − Một số ñẳng thức khác cos A + cos B + cos C = 1 + r R sin 2 sin 2 sin 2 4sin sin sinA B C A B C+ + = 2 2 2sin sin sin 2(1 cos cos os )A B C A Bc C+ + = + cos cos cos 1 4sin sin sin 2 2 2 A B CA B C+ + = + t anA tan tan tan A tan tanB C B C+ + = (∆ABC không phải là tam giác vuông) tan tan tan tan tan tan 1 2 2 2 2 2 2 A B B C C A + + = cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A+ + = 1.2.2. Bất ñẳng thức lượng giác 1 sin sin sin 2 2 2 8 A B C ≤ ; 2 < sinA + sinB + sinC ≤ 2 33 < + + ≤ 31 cosA cosB cosC 2 < + + ≤A B C 31 sin sin sin 2 2 2 2 tan tan tan 3 2 2 2 A B C + + ≥ cotA + cotB + cotC ≥ 3 ≤ 1cosA cosB cosC 8 ; + + ≤2 2 2 9sin A sin B sin C 4 12 < + + ≤2 2 2A B C 92 cos cos cos 2 2 2 4 < + + ≤A B C 3 32 cos cos cos 2 2 2 2 tanA + tanB + tanC ≥ 3 3 (A,B,C nhọn) sinA + sinB + sinC ≤ 4cos A2 cos B 2 cos C 2 0 < a ≤ b ≤ c ⇔ 0 < A ≤ B ≤ C ⇔ 0 sin sin sin 1 1 cos cos cos 0 A B C A B C ≤ ≤ ≤ ≤  > ≥ ≥ ≥ Nếu 0 ≤ x ≤ pi; 0 ≤ y ≤ pi, thì sin sin sin 2 2 x y x y+ +≤ Nếu 2 2 x pi pi − ≤ ≤ ; 2 2 ypi pi− ≤ ≤ , thì cos cos cos 2 2 x y x y+ +≤ ∀x ∈ (0, 2 pi ), ta luôn có: x2 < tg x 2 < 2x pi < sin x < x 1.3. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ 1.3.1. Bất ñẳng thức Cosi Với n số thực không âm a1, a2,..., an (n ≥ 2), ta có: 1 2 1 2 ... ... n n n a a a a a a n + + + ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... na a a= = = . 1.3.2. Bất ñẳng thức Bunhiacopxki Với hai bộ n số thực ( )1 2, ,..., na a a ; ( )1 2, ,..., nb b b bất kì, ta có: ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 1 2 ... n n a a a b b b = = = Qui ước: Nếu một số ib nào ñó bằng 0 thì ia bằng 0. 13 1.3.3. Bất ñẳng thức Chebyshev Cho hai dãy số tăng ( )ia và ( )ib i = 1, n . Khi ñó: 1 2 1 2 1 1 2 2( ... )( ... ) ( ... )n n n na a a b b b n a b a b a b+ + + + + + ≤ + + + Nếu 1 2 1 2... à ...n na a a v b b b≤ ≤ ≤ ≥ ≥ ≥ thì: 1 2 1 2 1 1 2 2( ... )( ... ) ( ... )n n n na a a b b b n a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 1 2 ... ... n n a a a b b b = = =  = = = . 1.3.4. Bất ñẳng thức S-vac-xơ Cho hai dãy số thực a1, a2, an và b1, b2,,bn trong ñó bi > 0 với mọi i = 1,2,n. Khi ñó ta có: 2 22 1 21 1 1 ( ... ) .... ... n n n n a a a aa b b b b + + + + + ≥ + + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 1 2 ... n n aa a b b b = = = . Chương 2. ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC Chương này trình bày một số ứng dụng của hệ thức lượng giác trong chương trình toán bậc trung học phổ thông. Cụ thể là những bài toán về tam giác, tứ giác, về số phức và những bài toán hình học không gian. 2.1. ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC 2.1.1. Các bài toán về nhận dạng tam giác Bài toán 2.2. ([15]) Chứng minh rằng ∆ABC ñều nếu nó thỏa mãn ñẳng thức sau: rala + rblb + rclc = p2 Giải: Ta có: ra = S p - a ; la = 2bc b + c cos A 2 14 cosA = 2 2 2 2 b c a bc + − ⇒ 2cos2 2 A - 1 = bc acb 2 222 −+ ⇒ cos2 2 A = 2 2 2 2 22 ( ) 4 4 b c bc a b c a bc bc + + − + − = ( )( ) 4 b c a b c a bc + − + + = ⇒ cos 2 A = bc app )( − ⇒ la = cb appbc bc app cb bc + − = − + )(.2)(2 ⇒ rala = S p a− . cb appbc + − )(.2 = cb apbcp ap cpbpapp + − − −−− )( 2. ))()(( = ))((2.)( cpbp cb bc ap app −− +− − = p. ))((2 cpbp cb bc −− + ≤ p. ( ) ( ) . 2 2 p b p c ap− + − = (theo bất ñẳng thức côsi) Tương tự :       ≤ ≤ 2 . 2 . cplr bplr cc bb ⇒ rala + rblb + rclc ≤ 2 p (a + b + c) = p2 ⇒ Dấu ″=″ xảy ra ⇔      −=−=− = = cpbpap ca cb ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC là tam giác ñều ⇒ ñpcm 15 2.1.2. Các bài toán liên quan ñến cạnh và góc của tam giác Bài toán 2.21. ([10]) Cho ABC là một tam giác sao cho ACB = 2 ABC . Gọi D là một ñiểm trên cạnh BC sao cho CD = 2BD. Kéo dài ñoạn AD và lấy E sao cho AD = DE. Chứng minh rằng: ECB + 1800 = 2 EBC . Giải: Gọi H là trung ñiểm của CD, dễ thấy ABEH là hình bình hành. Trên BC kéo dài, lấy ñiểm G sao cho CG = CA. Đặt: BD = DH = HC = a3 , CA = b , AB = c BE = AH = x , AD = DE = y và CE = z Vì 2 ABC = ACB = CAG + CGA = 2 CGA , ta có các tam giác ABG và CAG ñồng dạng. Vậy ABBG = CA AG ⇔ AB = BG.CA AG hay c 2 = b(a + b). (2.1) Áp dụng ñịnh lý trung tuyến vào các tam giác ACD, ABH và CDE, ta ñược: b2 + y2 = 2x2 + 22 9 a (2.2) x 2 + c2 = 2y2 + 22 9 a (2.3) y2 + z2 = 2c2 + 22 9 a (2.4) A B C E GD H P Hình 2.1. 16 Khử y từ (2.2) và (2.3) ta có: x2 + c2 + 2b2 = 4x2 + 22 3 a . Thay (2.1) vào (2.4), ta có : 3x2 = c2 + 2b2 - 2a 2 3 ⇔ x2 = b2 + 3 ab - 22 9 a =       −      + 33 2 abab (2.5) Khử y từ (2.3) và (2.4) ta nhận ñược : x2 + c2 + 2z2 = 4c2 + 22 3 a Kết hợp kết quả này với (2.1) và (2.5), ta có z = b + 2 3 a (2.6) Từ (2.5) và (2.6), ta suy ra x2 = z(z - a) hay BE2 = CE(CE - BC) = CE.EP, trong ñó P là ñiểm trên CE sao cho CP = BC. Như thế, BECE = EP BE . Vậy các tam giác BEP và CEB ñồng dạng, vì BEP = CEB . Suy ra : ECB = EBP = EBC - PBC = EBC - 1 2 (180 0 - ECB ). Mà PBC = 12 (180 0 - BCP ) = EBC - 12 (180 0 - ECB ) Cuối cùng, ta ñược : ECB + 1800 = 2 EBC 2.1.3. Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường phân giác, ñường cao Bài toán 2.32. ([21]) Cho ∆ABC nhọn. Chứng minh rằng: 12 pi < ab R.lc + bc R.la + ca R.lb < 3pi Giải: Ta có: ablc = 2 cos. 2 C ba ab ab + = 2 cos2 C ba+ = 2sin( ) 2 2 a b Cpi + − Áp dụng bất ñẳng thức: 2x pi < sin x < x. 17 ⇒ 2( ) 2 2 Cpi pi − < sin( 2 pi - 2 C ) < ( 2 pi - 2 C ) ⇒ pi ) 2 (2 BA+ < cos C 2 < A + B 2 ⇒ pi )(2 BA+ < 2cos C2 < A + B ⇒ )( )( BA ba + + < 2 cos2 )( C ba+ < )(2 )( BA ba + +pi (2.7) Theo ñịnh lý hàm sin ta có: BA ba + + = )( )sin(sin2 BA BAR + + = 2R A + B sin A + 2R A + B sin B > 2R A + B . 2A pi + 2R A + B . 2B pi = 4R pi (sin x > 2x pi ) )(2 BA ba + + pi = )(2 )sin(sin2 BA BAR + + .pi < BA BAR + + pi).( = Rpi Nên từ (2.7) ta có ñược: 4R pi < 2 cos2 C ba+ < Rpi (2.8) Tương tự cho 2 trường hợp còn lại, ta ñược: 4R pi < 2 cos2 A cb+ < Rpi (2.9) 4R pi < 2 cos2 B ca+ < Rpi (2.10) Cộng (2.8), (2.9), (2.10) ta ñược: 12R pi < 2 cos2 C ba+ + 2 cos2 A cb+ + 2 cos2 B ac+ < 3Rpi ⇔ 12R pi < ab R.lc + bc R.la + ca R.lb < 3pi (ñpcm) 18 2.1.4. Các bài toán về chu vi và diện tích tam giác Bài toán 2.41. Chứng minh rằng: Nếu ∆ABC có: a/ Hai góc lớn hơn 600 thì p ≥ 3 (R + r) b/ Hai góc nhỏ hơn 600 thì p ≤ 3 (R + r) c/ Ít nhất một góc bằng 600 thì p = 3 (R + r) Giải: Ta có: 3( ) 2 p R r R − + = R cba 4 ++ - 3 1 2 r R   +    = 2 sinsinsin CBA ++ - )coscos(cos 2 3 CBA ++ [Chương 1, mục 1.2.1, mục 1.1.4.1] = ( 12 sin A - 3 2 cos A) + ( 1 2 sin B - 3 2 cos B) + ( 12 sin C - 3 2 cosC) = sin(A - pi3 ) + sin(B - pi 3) + sin(C - pi 3) Đặt x = A - pi3 ; y = B - pi 3 ; z = C - pi 3 ⇒ x + y + z = 0 Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z sin x + sin y + sin z = sin x + sin y - sin(x + y) = 2sin x + y2 .cos x - y 2 - 2sin x + y 2 .cos x + y 2 = 2sin ( 2 yx+ )       + − − 2 cos 2 cos yxyx = 4sin x + y2 .sin x 2 . sin y 2 Do x + y + z = 0 và x ≥ y ≥ z nên 20 3 x pi≤ < , 0 3 x y pi≤ + < Suy ra : 4sin x + y2 sin x 2 ≥ 0 - Nếu y > 0 ⇔ B > pi3, thì y = B - 3 pi < 2 3 pi , ⇒ sin y2 > 0 Do ñó 3( ) 2 p R r R − + = 4sin x + y2 sin x 2 sin y 2 ≥ 0, tức là: 19 p ≥ 3 (R + r) khi ∆ABC có 2 góc ≥ pi3 ⇒ a/ ñúng. - Nếu y < 0 ⇔ B < pi3, thì - 3 pi < y < 0 ⇒ sin y2 < 0 Do ñó 3( ) 2 p R r R − + = 4sin 2 x y+ sin 2 x sin 2 y ≤ 0, tức là: p ≤ 3 (R + r) khi ∆ABC có 2 góc < pi3 ⇒ b/ ñúng. - Nếu y = 0 ⇔ B = pi3 , thì sin y 2 = 0. Do ñó p = 3 (R + r). Khi ñó cơ ít nhất một góc bằng 3 pi . Suy ra c/ ñúng 2.1.5. Các bài toán về ñường tròn nội tiếp, ñường tròn ngoại tiếp tam giác Bài toán 2.52. ([12]) Cho ∆ABC nội tiếp trong ñường tròn (O, R). Gọi (O1, R1); (O2, R2); (O3, R3) là các ñường tròn tiếp xúc ngoài với (O, R) ñồng thời tiếp xúc với các cặp tia (AB, AC); (BC,BA); (CA, CB) và r là bán kính ñường tròn nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng: R1 + R2 + R3 ≥ 12r Giải: Theo bất ñẳng thức côsi, ta có: N C B O1 O A K M E Hình 2.2 20 (p - a)(p - b) ≤ 2( ) ( ) 2 p a p b− + −     = [ ]22 ( ) 2 p a b− + = c2 4 (2.11) Tương tự: (p - b)(p - c) ≤ a 2 4 ; (p - c)(p - a) ≤ b 2 4 (2.12) Nhân (2.11) và (2.12) vế theo vế, ta ñược: [(p - a)(p - b)(p - c)]2 ≤ 2 2 2 64 c a b ⇔ (p - a)(p - b)(p - c)] ≤ abc8 (2.13) Giả sử (O1, R1) tiếp xúc với cặp tia (AB, AC) tại M, N Kẻ OK ⊥ AM và OE ⊥ MO1. Đặt x = AM , AK = c2 ; EO = MK = x - c 2 . Xét ∆AKO có OK = R.cos AOK = R.cosC ⇒ O1E = R1 - ME = R1 - OK = R1-R.cosC Áp dụng ñịnh lý Pitago trong 1OEO ∆ ta có ( ) ( ) 2 2 22 2 2 1 1 1 1 .cos2 cOO OE EO R R x R R C = + ⇔ + = − + −    ⇔ R2 + R12 + 2RR1 = x2 - xc + R12 - 2RR1cosC + c 2 4 + R2cos2C ⇔ R2 + R12 + 2RR1 = x2 - xc + R12 - 2RR1cosC + R2 ⇔ 2RR1 (1 + cosC) = x(x - c). Mặt khác, AO1 là ñường phân giác của MAN∆ và 1AMO∆ vuông tại M nên: tg A2 = 1 1MO R r MA x p a = = − ⇒ ( )1R p a x r − = Khi ñó 2RR1 (1 + cosC) = x(x - c) ⇔ x - c = 1 2 (1 cos )RR C x + (2.14) Theo ñịnh lý hàm cosin: (1 + cosC) = 1 + 2 2 2 2 a b c ab + − = 2 2( ) 2 a b c ab + − 21 = ( )( ) 2 a b c a b c ab + + + − = 2 ( )p p c ab − (2.14) ⇔ x = ( ) 2 ( )2 . .2 1 cos 4 abc S p p c Rr C S p ab c c p a p a − + + = + − − ( ) ( )c p a c p c p a − + − = − = bc p - a Suy ra: R1 = 2)( ap bcr ap xr − = − . Tương tự: R2 = 2( ) car p b− ; R3 = 2( ) abr p c− Theo bất ñẳng thức Côsi: R1 + R2 + R3 = r       − + − + − 222 )()()( cp ab bp ca ap bc ≥ 3r 2 3 ))()((      −−− cpbpap abc ≥ 3r. 3 64 = 12r (do (2.13)) 2.2. ỨNG DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TỨ GIÁC Bài toán 2.58. ([9]) Cho tứ giác lồi ABCD thỏa mãn   DAB ABC BCD= = . Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Chứng minh rằng H, O, D thẳng hàng. Giải: Đặt CAB = α, ABC = β, BCA = γ. Chú ý rằng: α < β và γ < β. Ta cần xét các trường hợp: β < 900 , β = 900 và β > 900 . Giả sử β < 900 . Lúc ñó O, H là các ñiểm nằm trong ∆ABC và ta có: ACO = CAO = HCB = HAB = 900 - β. Vì thế O là ñiểm nằm bên trong ∆HAC, từ ñó: HAO = β - γ = ACD ; HCO = β - α = CAD ; HAD = HCD = 2β - 900 . 22 Áp dụng ñịnh lí hàm sin cho ∆AHD, ∆CHD, ∆ACD, ta ñược:       s in s in s in , , . s in s in s in A H D A D H C D H D C A D C D H D C D A DH A D C H D A C D = = = Nhân các ñẳng thức trên vế theo vế ta ñược: sinAHD .sinHCO .sin CAO = sin CHD .sin HAO .sin ACO Từ (2) của ñịnh lí Ceva, suy ra AO, CO và HD ñồng quy tại một ñiểm, do ñó H, O, D thẳng hàng. Trong trường hợp β = 900 , ta chứng minh ñược H trùng B, O là trung ñiểm AC và tứ giác AHCD là hình chữ nhật. Do vậy H, O, D thẳng hàng. Giả sử β > 900 . Trong trường hợp này, B và O lần lượt nằm trong ∆AHC và ∆ADC. Tương tự như trường hợp β < 900 ta cũng có các ñiểm H, O, D thẳng hàng. 2.3. HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Bài toán 2.69. ([7]) Cho hình hộp ñứng ABCDA’B’C’D’ với AB = a, AD = b, BAD = α, ñường chéo AC’ tạo với ñáy góc β, gọi O là giao ñiểm các ñường chéo của hình hộp . a. Tính thể tích hình hộp b. M là một ñiểm trong không gian. Tính tổng T các bình H D O A B C Hình 2.3 23 phương các khoảng cách từ M ñến 8 ñỉnh của hình hộp theo a, b, α, β và x = OM. Từ ñó hãy tìm ra vị trí của M ñể tổng T là bé nhất. Giải: a/ Ta có CC’⊥ (ABCD) ⇒ 'C AC = β, góc của AC’ và ñáy (ABCD) Trong ∆ABC có: AC2 = AB2 + BC2 - 2AB.BC.cos CBA = a2 + b2 - 2ab.cos (pi - α) = a2 + b2 + 2ab.cos α ⇒ AC = a2 + b2 + 2ab.cos α . Do ñó ta có: CC’ = tg β.AC = a2 + b2 + 2ab.cos α .tg β Vậy thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là: V = S ABCD .CC’ = AB.AD.sin α.CC’ = ab.sin α.tg β. a2 + b2 + 2ab.cos α b/ Áp dụng ñịnh lí ñường trung tuyến vào các tam giác MAC’, MBD’, MCA’, MDB’, trung tuyến MO, ta có: 2 2 2 2 ' ' 2 2 ACMA MC MO+ = + ; 2 2 2 2 ' ' 2 2 BDMB MD MO+ = + 2 2 2 2 ' ' 2 2 A CMC MA MO+ = + ; 2 2 2 2 ' ' 2 2 B DMD MB MO+ = + Cộng các ñẳng thức trên vế theo vế, ta có: O α β A' D' D C' C B' BA Hình 2.4 24 T = 8MO2 + 1 2 (AC’ 2 + BD’2 + A’C2 + B’D2) Mặt khác, ta có: AC’2 + BD’2 = 2a2 + 2BC’2 ; A’C2 + B’D2 = 2a2 + 2B’C2 ; BC’2 + B’C2 = 2b2 + 2CC’2 ⇒ AC’2 + A’C2 + B’D2 + BD’2 = 4(a2 + b2 + CC’2) Do ñó ta có: T = MA2 + MB2 + MC2 + MD2 + MC’2 + MD’2 + MA’2 + MB’2 = 8x2 + 2[a2 + b2 + CC’2] ⇒ T = 8x2 + 2 2 2 2 2 2a b (a b 2abcos ).tgα β + + + +  = 8x2 + 2 2 2 2 2(a b )(1 ) 2abcos .tgtg β α β + + +  T ñạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi : x = 0 ⇔ M ≡ 0 Vậy Tmin = 2 2 2 2 2(a b )(1 ) 2abcos .tgtg β α β + + +  tại M ≡ 0 2.4. HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG SỐ PHỨC Bài toán 2.78. ([2]). Cho 3 số phức z1, z2, z3 thỏa mãn hệ: 1 2 3 31 2 2 3 1 1 1 z z z zz z z z z  + + =   + + =  Tìm giá trị của biểu thức T = 1 2 3az bz cz+ + với a, b, c ∈ R. Giải: Vì 1 2 3 1z z z+ + = nên 31 2 2 3 1 1zz z z z z = = = , do ñó có thể ñặt: 1 2 z z = cosx + isinx , 2 3 z z = cosy + isiny Suy ra: 3 3 2 1 2 1 . z z z z z z = = cos(- x - y) + isin(- x - y) Mà 31 2 2 3 1 1zz z z z z + + = nên ( ) cos cos os( ) 1 s inx sin sin 0 x y c x y y x y + + − − =  + + − − = 25 Ta có: 0 = sinx + siny + sin(- x - y) = 2sin os 2 2 x y x y c + − - 2 sin os 2 2 x y x y c + + = 2sin os os 2 2 2 x y x y x y c c + − +  −    = 4 sin sin sin 2 2 2 x y x y+ sin 0 2 2 sin 0 2 2 2 sin 0 2 x y x y k x x k y ky pi pi pi + = + = ⇔ = ⇔ =  =   =  Do ñó có 2 trong 3 số z1, z2, z3 bằng nhau. Giả sử z1 = z2, thì 3 31 1 3 1 3 1 0z zz z z z z z + = ⇔ = − Hay ta có: 2 3 3 1 1 1z z iz z   = − ⇒ = ±    Do ñó: 1 2 3az bz cz+ + = 1 1 1az bz ciz+ ± = 1z a b ic+ ± = ( )2 2a b c+ + Vậy T bằng ( )2 2a b c+ + , Tương tự T = ( )2 2b c a+ + hoặc T = ( )2 2a c b+ + 26 KẾT LUẬN Với mục tiêu ñã ñược ñặt ra, luận văn “Hệ thức lượng giác và ứng dụng trong chương trình Toán bậc trung học” ñã thực hiện ñược các vấn ñề sau: * Hệ thống các hệ thức lượng giác * Hệ thống và phân loại một số lớp bài toán giải ñược bằng các hệ thức lượng giác, cụ thể: - Lớp các bài toán nhận dạng tam giác - Các bài toán liên quan ñến cạnh và góc tam giác - Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường phân giác, ñường cao - Các bài toán về chu vi và diện tích tam giác - Các bài toán về ñường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác - Các bài toán về tứ giác - Các bài toán về hình học không gian - Các bài toán về số phức * Đối với mỗi lớp bài toán, có các ví dụ minh họa và những bài tập ñề nghị kèm theo. Hi vọng rằng nội dung của luận văn sẽ còn ñược tiếp tục mở rộng và hoàn thiện hơn nữa ñể có thể giải quyết ñược nhiều lớp bài toán thuộc chương trình toán bậc trung học phổ thông.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfle_minh_chau_1154_2084453.pdf
Luận văn liên quan