Hệ thức lượng trong tam giác phát triển tư duy

Hệ thức lượng trong tam giác phát triển tư duy

Câu 1.  Cho tam giác $ABC$ có diện tích là $S$ và nội tiếp đường tròn có bán kính là $R$; kí hiệu các góc $\widehat{BAC}=A$, $\widehat{CBA}=B$, $\widehat{ACB}=C$. Cho biết $3S=2{{R}^{2}}\left( {{\sin }^{3}}A+{{\sin }^{3}}B+{{\sin }^{3}}C \right)$, chứng minh $ABC$ là tam giác đều.

Hướng dẫn Câu 1:

$3S=2{{R}^{2}}\left( {{\sin }^{3}}A+{{\sin }^{3}}B+{{\sin }^{3}}C \right)$ $\Leftrightarrow 3abc={{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( a+b+c \right)\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}} \right]=0$ $\Leftrightarrow a=b=c$. Vậy $ABC$ là tam giác đều.

 

Câu 2.  Cho tam giác ${ABC}$ thỏa 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.  Trong đó $AB=c,\,\,BC=a,\,\,CA=b$ và $\widehat{ABC}=B$.

Hướng dẫn Câu 2:

$\frac{1+\cos B}{\sin B}=\frac{2a+c}{\sqrt{4{{a}^{2}}-{{c}^{2}}}}$ $\frac{1\,\,+\,\,\cos B}{\sin B}\,\,=\,\,\frac{2a\,\,+\,\,c}{\sqrt{4{{a}^{2}}\,\,-\,\,{{c}^{2}}}}\Leftrightarrow \frac{1\,\,+\,\,2\cos B+{{\cos }^{2}}B}{{{\sin }^{2}}B}=\frac{{{\left( 2a+c \right)}^{2}}}{\left( 2a+c \right)\left( 2a-c \right)}$

$\Leftrightarrow \frac{1+2 \cos B+\cos ^2 B}{\sin ^2 B}+1=\frac{2 a+c}{2 a-c}+1 \Leftrightarrow \frac{2+2 \cos B}{1-\cos ^2 B}=\frac{4 a}{2 a-c} \Leftrightarrow \frac{1}{1-\cos B}=\frac{2 a}{2 a-c}$

$\Leftrightarrow \frac{2+2 \cos B}{1-\cos ^2 B}=\frac{4 a}{2 a-c} \Leftrightarrow \frac{1}{1-\cos B}=\frac{2 a}{2 a-c}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{1-\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}}=\frac{2a}{2a-c}$  $\Leftrightarrow \frac{2ac}{2ac-{{a}^{2}}-{{c}^{2}}+{{b}^{2}}}=\frac{2a}{2a-c}$  $\Leftrightarrow 2ac-{{c}^{2}}=2ac-{{a}^{2}}-{{c}^{2}}+{{b}^{2}}$  $\Leftrightarrow \frac{2ac}{2ac-{{a}^{2}}-{{c}^{2}}+{{b}^{2}}}=\frac{2a}{2a-c}$  $\Leftrightarrow 2ac-{{c}^{2}}=2ac-{{a}^{2}}-{{c}^{2}}+{{b}^{2}}$  $\Leftrightarrow {{a}^{2}}={{b}^{2}}\Leftrightarrow a=b$.

Vậy ${ABC}$ là tam giác cân tại $C$.

 

Câu 3.  Cho tam giác ${ABC}$ có $\widehat{BAC}={{120}^{0}}$, ${AD}$ là đường phân giác trong của góc $A$ (${D}$ thuộc ${BC}$). Chứng minh rằng $\frac{1}{AD}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}$.

Hướng dẫn Câu 3: 

$B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos {{60}^{o}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD$,  $C{{D}^{2}}=A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD$.

Lại có $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$.  Suy ra $\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=\frac{B{{D}^{2}}}{D{{C}^{2}}}=\frac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD}{A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD}$

$\Leftrightarrow (A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}})A{{D}^{2}}=AB.AC.AD(AB-AC)\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}   AB=AC  \\   AD=\frac{AB.AC}{AB+AC}  \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \frac{1}{AD}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}   AB=AC  \\   \left( AB+AC \right)AD=AB.AC  \\\end{matrix} \right.$. Từ đó có đpcm.

 

Câu 4.  Cho tam giác ${ABC}$ có ba cạnh là $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$ và ba góc là $A,\,B,\,C$ thỏa mãn điều kiện $\frac{2\cos A}{a}+\frac{2\cos B}{b}+\frac{2\cos C}{c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh ${ABC}$ là tam giác đều.

Hướng dẫn Câu 4:

${{\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{A}^{2}}+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CA}=0$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2ac\cos B+2bc\cos A+2ab\cos C$$\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{abc}=\frac{2\cos A}{a}+\frac{2\cos B}{b}+\frac{2\cos C}{c}$.

Lại có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$ …

 

Câu 5.  Cho tam giác $ABC$ có hai trung tuyến kẻ từ $B$ và $C$ vuông góc với nhau và có $2p=a\left( 1+\sqrt{10} \right)$ . Chứng minh rằng tam giác $ABC$ cân

Hướng dẫn Câu 5:

Gọi $G$ là trọng tâm, khi đó tam giác $GBC$ vuông tại G. Theo định lí pitago và công thức đường trung tuyến suy ra ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}=5{{a}^{2}}$.

Lại có $2p=a\left( 1+\sqrt{10} \right)$ suy ra $b+c=a\sqrt{10}$, suy ra $b=c=a\sqrt{5}$.

 

Câu 6.  Cho tam giác ${ABC}$ có $AB=\sqrt{11},$ $C={{45}^{0}}$ và hai đường trung tuyến $AM$, $BN$ vuông góc với nhau. Tính diện tích tam giác $ABC$.

Hướng dẫn Câu 6:

Hai đường trung tuyến $BM,\,\,CN$ vuông góc nên có

${{\left( \frac{2}{3}{{m}_{b}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{2}{3}{{m}_{c}} \right)}^{2}}={{a}^{2}}$ $\Leftrightarrow \frac{4}{9}\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}-\frac{{{c}^{2}}}{4} \right)+\frac{4}{9}\left( \frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}{2}-\frac{{{b}^{2}}}{4} \right)={{a}^{2}}$ $\Leftrightarrow 5{{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}$

Mặt khác $a^2=b^2+c^2-2 b c \cos A$ $\Leftrightarrow {{a}^{2}}=5{{a}^{2}}-2bc\cos A$ $\Rightarrow bc=\frac{2{{a}^{2}}}{\cos A}=\frac{2{{a}^{2}}}{\cos \alpha }$

${{S}_{\vartriangle ABC}}=\frac{1}{2}bc\sin A={{a}^{2}}\tan \alpha $.

 

Câu 7.  Cho tam giác $ABC$ có $AB = c$, $BC = a$, $CA = b$. Trung tuyến $CM$ vuông góc với đường phân giác trong $AL$ và $\frac{CM}{AL}=\frac{3}{2}\sqrt{5-2\sqrt{5}}.$ Tính $\frac{b}{c}$  và $\cos A$.

Hướng dẫn Câu 7:

Ta có $\frac{LB}{LC}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow \overrightarrow{LB}=-\frac{c}{b}\overrightarrow{LC}$$\Leftrightarrow b\left( \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AL} \right)=-c\left( \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AL} \right)$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{AL}=\frac{b}{b+c}\overrightarrow{AB}+\frac{c}{b+c}\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{CM}=\frac{\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}}{2}=\frac{\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}}{2}$

Theo giả thiết:  ${AL}\bot {CM}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{AL}\cdot \overrightarrow{CM}{ }=\vec{0}$ $\Leftrightarrow (b\overrightarrow{AB}+c\overrightarrow{AC})(\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC})=0{ }$ $\Leftrightarrow b{{c}^{2}}+b{{c}^{2}}\cos A-2c{{b}^{2}}\cos A-2c{{b}^{2}}=0$  $\Leftrightarrow(c-2 b)(1+\cos A)=0 \Rightarrow c=2 b( { do } \cos A>-1) \Rightarrow \frac{b}{c}=\frac{1}{2}$  $\Rightarrow c=2b$ (do $\cos A>-1$)  $\Rightarrow \frac{b}{c}=\frac{1}{2}$.

Khi đó: $C M^2=\frac{b^2+a^2}{2}-\frac{c^2}{4}=\frac{a^2-b^2}{2}$

$A L^2=\frac{1}{9}(\overrightarrow{A B}+2 \overrightarrow{A C})^2=\frac{1}{9}\left(A B^2+4 A C^2+4 \cdot \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\right)=\frac{2}{9}\left(9 b^2-a^2\right)$

$\frac{C M}{A L}=\frac{3}{2} \sqrt{5-2 \sqrt{5}} \Leftrightarrow \frac{C M^2}{A L^2}=\frac{9}{4} \cdot \frac{a^2-b^2}{9 b^2-a^2}=\frac{9}{4}(5-2 \sqrt{5})$  $\Leftrightarrow \frac{a^2-b^2}{9 b^2-a^2}=5-2 \sqrt{5} \Leftrightarrow \frac{a^2}{b^2}=6-\sqrt{5}$

$\cos {A}=\frac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=\frac{5 b^2-a^2}{4 b^2}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$.

 

Câu 8.  Cho tam giác $ABC$ và một điểm $M$ bất kỳ, $BC = a$, $CA = b$, $AB=c$. 

a) Chứng minh rằng $({{b}^{2}}-{{c}^{2}})c{osA=a(c}{.cosC-b}{.cosB)}$.

b) Tìm tập hợp các điểm $M$ sao cho $M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=M{{A}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 8:

a) $VP=a.\left( c.\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}-b.\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac} \right)=...=\frac{({{b}^{4}}-{{c}^{4}})-{{a}^{2}}({{b}^{2}}-{{c}^{2}})}{2bc}$ $=\frac{({{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}})}{2bc}=({{b}^{2}}-{{c}^{2}}).c{os}A$

b) Gọi $D$ là điểm xác định bởi hệ thức: $\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{0}$ .

Ta có: $M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-M{{A}^{2}}=M{{D}^{2}}+D{{B}^{2}}+D{{C}^{2}}-D{{A}^{2}}=$

$=M{{D}^{2}}+D{{B}^{2}}+D{{C}^{2}}-{{(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC})}^{2}}=...=M{{D}^{2}}-2AB.AC.c{osA}{.}$

Nếu $A$ tù, tập hợp các điểm $M$ là tập $\varnothing$

Nếu $A$ vuông, tập hợp các điểm $M$ là $\{D\}$

Nếu $A$ nhọn, tập hợp các điểm M là đường tròn  $(D;\sqrt{2AB.AC.cos{A}})$.

 

Câu 9.  Cho tam giác $ABC$ có $BC={ }a,{ }AC={ }b,{ }AB={ }c$, độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh $A,{ }B,{ }C$lần lượt là ${{h}_{a}},{{h}_{b}},{{h}_{c}}$. Biết rằng $a{ }sinA+b{ }sinB+{ }c{ }sinC={{h}_{a}}+{{h}_{b}}+{{h}_{c}}$, chứng minh tam giác $ABC$ đều.

Hướng dẫn Câu 9:

Trong tam giác $ABC$ ta có $sinA=~~\frac{2S}{bc}~,~~sinB=~~\frac{2S}{ac},{ }sinC=~~~\frac{2S}{ab}~$ và ${{h}_{a}}=\frac{2S}{a},{ }{{h}_{b}}=~\frac{2S}{b},{ }{{h}_{c}}=~\frac{2S}{c}$, với $S$ là diện tích của tam giác $ABC$.

Ta có $a{ }sinA+b{ }sinB+c{ }sin{ }C={{h}_{a}}+{{h}_{b}}+{{h}_{c}}$ $\Leftrightarrow a\frac{2S}{bc}+\,\,b\frac{2S}{ac}+\,\,c\frac{2S}{ab}=\frac{2S}{a}+\,\frac{2S}{b}+\,\frac{2S}{c}$ $\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{abc}=\frac{ab+ac+bc}{abc}$ $\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( a-c \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}=0$ $\Leftrightarrow a=b=c$.

Vậy tam giác $ABC$ đều.

 

Câu 10.  Cho tam giác $ABC$ có $BC=a,CA=b,AB=c$, độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ $A,B,C$ lần lượt là ${{m}_{a}},{{m}_{b}},{{m}_{c}}$. Chứng minh rằng $\frac{a}{{{m}_{a}}}+\frac{b}{{{m}_{b}}}+\frac{c}{{{m}_{c}}}\ge 2\sqrt{3}$.

Hướng dẫn Câu 10:

Áp dụng bất đẳng thức: $xy\le \frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2},{ }\forall x,y\ge 0$. Dấu “=” xảy ra khi $x=y$.

Ta có: $a{{m}_{a}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\left( \frac{\sqrt{3}a}{2}{{m}_{a}} \right)\le \frac{2}{\sqrt{3}}\frac{\frac{3}{4}{{a}^{2}}+{{m}_{a}}^{2}}{2}$$=\frac{2}{\sqrt{3}}\frac{\frac{3}{4}{{a}^{2}}+\frac{2({{b}^{2}}+{{c}^{2}})-{{a}^{2}}}{4}}{2}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2\sqrt{3}}$.

Tương tự: $b{{m}_{b}}\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2\sqrt{3}}$;$c{{m}_{c}}\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2\sqrt{3}}$.

Vì vậy $\frac{a}{{{m}_{a}}}+\frac{b}{{{m}_{b}}}+\frac{c}{{{m}_{c}}}=\frac{{{a}^{2}}}{a{{m}_{a}}}+\frac{{{b}^{2}}}{b{{m}_{b}}}+\frac{{{c}^{2}}}{c{{m}_{c}}}$$\ge \frac{2\sqrt{3}{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{2\sqrt{3}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{2\sqrt{3}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$

$\Rightarrow \frac{a}{{{m}_{a}}}+\frac{b}{{{m}_{b}}}+\frac{c}{{{m}_{c}}}$$\ge \frac{2\sqrt{3}({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=2\sqrt{3}$.

Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c$ hay tam giác $ABC$ đều.

 

Câu 11.  Cho tam giác $ABC$  có chu vi bằng 20, góc $\widehat{BAC}={{60}^{0}}$, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng $\sqrt{3}$. Gọi ${{A}_{1}},\,{{B}_{1}},{{C}_{1}}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,\,B,C$ lên $BC,\,AC,AB$ và $M$ là điểm trong tam giác $ABC$ sao cho $\widehat{ABM}=\widehat{BCM}=\widehat{CAM}=\varphi $ . Tính $\cot \varphi $  và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ${{A}_{1}}\,{{B}_{1}}{{C}_{1}}$.

Hướng dẫn Câu 11:

Gọi $BC=a,CA=b,AB=c$ và $S,p,r$ lần lượt là diện tích, nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tích tam giác $ABC$

Theo đề bài ta có $\widehat{ABM}=\widehat{BCM}=\widehat{CAM}=\varphi $

Vậy $M$ là điểm Brocard của tam giác $ABC$. Khi đó ta có tính chất quen thuộc sau

$\cot \varphi =\cot A+\cot B+\cot C$

Lại sử dụng đẳng thức lượng giác sau: $\cot A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$, ta được

$\cot \varphi =\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}{4S}$.

Vậy ta cần tìm độ dài 3 cạnh tam giác $ABC$

Có: $S=pr=\frac{1}{2}bc\sin \widehat{BAC}=10\sqrt{3}\Rightarrow bc=40$(1)

Gọi $I,D$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và hình chiếu của $I$ lên cạnh  $AB$

Theo công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp ta được:

$r=\frac{b+c-a}{2}\Rightarrow b+c-a=6$ và $b+c+a=20$

Do đó: $(b+c-a)(b+c+a)=120\Rightarrow {{(b+c)}^{2}}-{{a}^{2}}=120\Rightarrow {{(a+6)}^{2}}-{{a}^{2}}=120\Rightarrow a=7$

Thay $a=7$ vào đẳng thức $b+c+a=20$, ta được $b+c=13$(2)

Từ (1), (2) ta được $\left\{ \begin{align} & bc=40 \\  & b+c=13 \\ \end{align} \right.$  không giảm tổng quát ta giả sử $b<c$ thì giải được $b=5,\,c=8$

Vậy $\cot \varphi =\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}{4S}=\frac{{{5}^{2}}+{{7}^{2}}+{{8}^{2}}}{4.10.\sqrt{3}}=\frac{23\sqrt{3}}{20}$

Gọi ${{R}_{0}}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ${{A}_{1}}\,{{B}_{1}}{{C}_{1}}$.

Ta có $\widehat{{{B}_{1}}{{A}_{1}}{{C}_{1}}}={{180}^{0}}-\widehat{B{{A}_{1}}{{C}_{1}}}-\widehat{{{B}_{1}}{{A}_{1}}C}$

Mà $\Delta {{B}_{1}}{{A}_{1}}C\sim \Delta BAC$ và $\Delta B{{A}_{1}}{{C}_{1}}\sim \Delta BAC$ nên $\widehat{B{{A}_{1}}{{C}_{1}}}=\widehat{{{B}_{1}}{{A}_{1}}C}={{60}^{0}}\Rightarrow \widehat{{{B}_{1}}{{A}_{1}}{{C}_{1}}}={{60}^{0}}$

Tương tự ta có $\Delta {{B}_{1}}A{{C}_{1}}\sim \Delta BAC\Rightarrow \frac{{{B}_{1}}{{C}_{1}}}{BC}=\frac{A{{B}_{1}}}{AB}=\operatorname{sinA}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{B}_{1}}{{C}_{1}}=\frac{7}{2}$

Vậy ${{R}_{0}}=\frac{{{B}_{1}}{{C}_{1}}}{2\sin \widehat{{{B}_{1}}A{}_{1}{{C}_{1}}}}=\frac{\frac{7}{2}}{2\sin {{60}^{0}}}=\frac{7\sqrt{3}}{6}$.

 

Câu 12.  Cho tam giác $ABC$. Đặt $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Gọi $M$  là điểm tùy ý.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}$ theo $a$, $b$, $c$.

b) Giả sử $a=\sqrt{6}\,{cm}$, $b=2\,{cm}$, $c=\left( 1+\sqrt{3} \right)\,{cm}$. Tính số đo góc nhỏ nhất của tam giác $ABC$ và diện tích tam giác $ABC$.

Hướng dẫn Câu 12:

a) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ suy ra $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$.

Ta có $P=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}={{\overrightarrow{MA}}^{2}}+{{\overrightarrow{MB}}^{2}}+{{\overrightarrow{MC}}^{2}}$.

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}G A^2=\frac{4}{9} m_a^2=\frac{4}{9}\left(\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)=\frac{1}{9}\left(2 b^2+2 c^2-a^2\right) \\G B^2=\frac{4}{9} m_b^2=\frac{4}{9}\left(\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\right)=\frac{1}{9}\left(2 a^2+2 c^2-b^2\right) \\G C^2=\frac{4}{9} m_c^2=\frac{4}{9}\left(\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}\right)=\frac{1}{9}\left(2 a^2+2 b^2-c^2\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow {{\overrightarrow{MA}}^{2}}+{{\overrightarrow{MB}}^{2}}+{{\overrightarrow{MC}}^{2}}=3M{{G}^{2}}+\left( G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}} \right)$

Khi đó $P=3M{{G}^{2}}+\left( G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}} \right)$và ${{P}_{\min }}\Leftrightarrow M{{G}^{2}}_{\min }\Leftrightarrow M{{G}_{\min }}\Leftrightarrow M\equiv G$.

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}G A^2=\frac{4}{9} m_a^2=\frac{4}{9}\left(\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)=\frac{1}{9}\left(2 b^2+2 c^2-a^2\right) \\ G B^2=\frac{4}{9} m_b^2=\frac{4}{9}\left(\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\right)=\frac{1}{9}\left(2 a^2+2 c^2-b^2\right) \\ G C^2=\frac{4}{9} m_c^2=\frac{4}{9}\left(\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}\right)=\frac{1}{9}\left(2 a^2+2 b^2-c^2\right)\end{array}\right.$

Từ trên, ta được: ${{P}_{\min }}=G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}=\frac{1}{3}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$. Dấu bằng diễn ra khi và chỉ khi $M\equiv G$.

b) Do $a=\sqrt{6}\,{cm}\,,\,b=2\,{cm},\,c=\left( 1+\sqrt{3} \right)\,{cm}$ nên $b$ là cạnh nhỏ nhất trong ba cạnh của tam giác. Từ đó góc $B$ là góc có số đo nhỏ nhất trong tam giác.

Áp dụng hệ quả của định lý côsin trong tam giác $ABC$ ta có:

${cos}\ B=\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}$$=\frac{6+{{\left( 1+\sqrt{3} \right)}^{2}}-4}{2\sqrt{6}.\left( 1+\sqrt{3} \right)}$$=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Vậy góc $B$ có số đo là ${{45}^{{}^\circ }}$.

Diện tích tam giác $ABC$ là: $S=\frac{1}{2}ac.\sin B$$=\frac{1}{2}\sqrt{6}.\left( 1+\sqrt{3} \right).\sin {{45}^{{}^\circ }}$ $=\frac{3+\sqrt{3}}{2}\,\,\left( {c}{{{m}}^{2}} \right)$.

Hoặc: Gọi $p$ là nửa chu vi của tam giác $ABC$. Ta có:

$p=\frac{a+b+c}{2}$ $=\frac{3+\sqrt{6}+\sqrt{3}}{2}$.  $p-a=\frac{3+\sqrt{3}-\sqrt{6}}{2}$.  $p-b=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}-1}{2}$.  $p-c=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}+1}{2}$.

Diện tích tam giác $ABC$ là: $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$ $=\frac{3+\sqrt{3}}{2}\,\,\left( {c}{{{m}}^{2}} \right)$.

 

Câu 13.  Cho $A$, $B$, $C$ là 3 điểm cố định. $M$ là điểm thay đổi trong mặt phẳng thỏa mãn $\left| 3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right|=\left| 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|$. Tìm tập hợp điểm $M$.

Hướng dẫn Câu 13:

$\left| 3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right|=\left| 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|$

Gọi $I$ và $J$ là điểm sao cho $3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$  và $2\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JC}=\overrightarrow{0}$

Dễ thấy $I$ và $J$ cố định (Cần chỉ rõ $I$, $J$ cố định trên hình)

Ta có đẳng thức trên tương đương với $3\left| \overrightarrow{MI} \right|=4\left| \overrightarrow{MJ} \right|$ $\Leftrightarrow 9{{\left| \overrightarrow{MI} \right|}^{2}}=16{{\left| \overrightarrow{MJ} \right|}^{2}}$ $\Leftrightarrow 9{{\overrightarrow{MI}}^{2}}=16{{\overrightarrow{MJ}}^{2}}$ $\Leftrightarrow \left( 3\overrightarrow{MI}+4\overrightarrow{MJ} \right)\left( 3\overrightarrow{MI}-4\overrightarrow{MJ} \right)=0$

Gọi $E$ và $F$ lần lượt là hai điểm thỏa mãn $3\overrightarrow{EI}+4\overrightarrow{EJ}=\overrightarrow{0}$  và $3\overrightarrow{FI}-4\overrightarrow{FJ}=\overrightarrow{0}$. $E$ và $F$ là hai điểm cố định do $I$, $J$ cố định.

Vậy ta có $\overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MF}=0$  nên quỹ tích các điểm $M$ là đường tròn đường kính $EF$.

 

Câu 14.  Có tồn tại một tam giác không cân thỏa mãn điều kiện $a+{{m}_{a}}=b+{{m}_{b}}$ (trong đó $a$, $b$, $c$ là độ dài các cạnh đối diện các góc của tam giác, ${{m}_{a}},{{m}_{b}}$ lần lượt là độ dài đường trung tuyến của tam giác xuất phát từ $A$ và $B$).

Hướng dẫn Câu 14:

Giả sử tam giác $ABC$ không cân thỏa mãn $a+{{m}_{a}}=b+{{m}_{b}}$

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có $m_{a}^{2}-m_{b}^{2}=\frac{3}{4}\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)$.

Vì tam giác $ABC$ không cân nên ${{m}_{a}}-{{m}_{b}}=b-a\ne 0$ và ta có

$m_{a}^{2}-m_{b}^{2}=\frac{3}{4}\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)$  $\Leftrightarrow \left( {{m}_{a}}-{{m}_{b}} \right)\left( {{m}_{a}}+{{m}_{b}} \right)=\frac{3}{4}\left( b-a \right)\left( b+a \right)$  $\Leftrightarrow {{m}_{a}}+{{m}_{b}}=\frac{3}{4}\left( b+a \right)$

Tính được ${{m}_{a}}=\frac{7b-a}{8},\,\,\,{{m}_{b}}=\frac{7{a}-b}{8}$

Mà ${{m}_{a}}^{2}=\frac{2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4}$  ta có $17{{{a}}^{2}}+17{{b}^{2}}-32{{c}^{2}}-14{a}b=0$ chính là điều kiện một tam giác không cân thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Có thể chọn $a=1,\,\,\,\,b=2,\,\,\,c=\sqrt{\frac{57}{32}}$.

 

Câu 15.  Tam giác $ABC$ có đặc điểm gì nếu có: $\frac{1+\cos A}{a}+\frac{1+\cos B}{b}+\frac{1+\cos C}{c}=\frac{27Rr}{abc}$ (trong đó $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$ và $r$, $R$ là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác $ABC$).

Hướng dẫn Câu 15:

Có $S=\frac{abc}{4R}=pr$, với $p=\frac{a+b+c}{2}$  $\Rightarrow 2S=2pr=(a+b+c)r$

Lại có $2bc.\cos A={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}$,  $2ac.\cos B={{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}$, $2ab.\cos C={{b}^{2}}+{{a}^{2}}-{{c}^{2}}$

$\frac{1+\cos A}{a}+\frac{1+\cos B}{b}+\frac{1+\cos C}{c}=\frac{27Rr}{abc}$ $\Leftrightarrow \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{27}=abc\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{3}=\sqrt[3]{abc}\,\,\,\,(1)$

Mà $\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}$. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Vậy tam giác $ABC$ đều.

 

Câu 16.  Cho tam giác $A B C$, trên cạnh $A C$ lấy điểm $M$, trên cạnh $B C$ lấy điểm $N$ sao cho $A M=3 M C, N C=2 B N$. Gọi $I$ là giao điểm của $A N$ và $B M$. Tính tổng diện tích tam giác $A I B$ và diện tích tứ giác $CINM$ biết diện tích tam giác $N B I$ bằng 4 .

Hướng dẫn Câu 16:

Đặt $\overrightarrow{AI}=k\overrightarrow{AN}$ ta có $\overrightarrow{BI}-\overrightarrow{BA}=k\overrightarrow{BN}-k\overrightarrow{BA}\Rightarrow \overrightarrow{BI}=\left( 1-k \right)\overrightarrow{BA}+\frac{k}{3}\overrightarrow{BC}(1)$

Tương tự $4\overrightarrow{AM}=3\overrightarrow{AC}\Rightarrow \overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+3\overrightarrow{BC}(2)$

Vì $B$, $I$, $M$ thẳng hàng nên từ (1) và (2) ta có $\frac{1-k}{1}=\frac{\frac{k}{3}}{3}\Leftrightarrow k=\frac{9}{10}$

Có $\frac{{{S}_{\Delta NBI}}}{{{S}_{\Delta NBA}}}=\frac{NI}{NA}=\frac{1}{10};\frac{{{S}_{\Delta ABN}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{BN}{BC}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=30.{{S}_{\Delta NBI}}=120$

Có $\begin{align}  & {{S}_{AIB}}+{{S}_{CINM}}={{S}_{ABN}}+{{S}_{BCM}}-{{S}_{BIN}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}+\frac{1}{4}{{S}_{ABC}}-{{S}_{BIN}}=40+30-1=69 \\  &  \\ \end{align}$.

 

Câu 17.  Cho tam giác nhọn $ABC$, gọi $H,E,K$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh $A,B,C$. Gọi diện tích các tam giác $ABC$ và $HEK$ lần lượt là ${{S}_{\Delta ABC}}$ và ${{S}_{\Delta HEK}}$ . Biết rằng ${{S}_{\Delta ABC}}=4\,{{S}_{\Delta HEK}}$, chứng minh  ${{\sin }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+{{\sin }^{2}}C=\frac{9}{4}$.

Hướng dẫn Câu 17:

Đặt $S={{S}_{ABC}}$ thì từ giả thiết suy ra ${{S}_{EAK}}+{{S}_{KBH}}+{{S}_{HCE}}=\frac{3}{4}S\Rightarrow \frac{{{S}_{EAK}}}{S}+\frac{{{S}_{KBH}}}{S}+\frac{{{S}_{HCE}}}{S}=\frac{3}{4}$

Ta có:

$\frac{{{S}_{EAK}}}{S}=\frac{\frac{1}{2}AE.AK\sin A}{\frac{1}{2}AB.AC\sin A}=\frac{AE}{AB}.\frac{AK}{AC}=\cos A.\cos A={{\cos }^{2}}A$

$\frac{{{S}_{KBH}}}{S}=\frac{\frac{1}{2}BK.BH.\sin B}{\frac{1}{2}AB.BC\sin B}=\frac{BK}{BC}.\frac{BH}{AB}=\cos B.\cos B={{\cos }^{2}}B$

$\frac{{{S}_{HCE}}}{S}=\frac{\frac{1}{2}CH.CE.\sin C}{\frac{1}{2}AC.BC\sin C}=\frac{CH}{AC}.\frac{CE}{BC}=\cos C.\cos C={{\cos }^{2}}C$

Do đó: $\frac{{{S}_{EAK}}}{S}+\frac{{{S}_{KBH}}}{S}+\frac{{{S}_{HCE}}}{S}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow {{\cos }^{2}}A+{{\cos }^{2}}B+{{\cos }^{2}}C=\frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow 1-{{\sin }^{2}}A+1-{{\sin }^{2}}B+1-{{\sin }^{2}}C=\frac{3}{4}\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}A+{{\sin }^{2}}B+{{\sin }^{2}}C=\frac{9}{4}$.

 

Câu 18.  Trong mặt phẳng, cho góc $\widehat{xOy}={{60}^{0}}$. $M$, $N$ là hai điểm lần lượt thay đổi trên hai tia $Ox$ và $Oy$ sao cho: $\frac{1}{OM}+\frac{1}{ON}=\frac{2012}{2013}$. Chứng minh đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định.

Hướng dẫn Câu 18:

Gọi $Ot$ là tia phân giác của góc $xOy$.  Suy ra $Ot$ cố định. Gọi $I$ là giao điểm $MN$ với tia $Ot$. Chứng minh $I$ cố định.

* ${{S}_{\Delta OMN}}=\frac{1}{2}OM.ON.\sin MON$=$\frac{1}{2}OM.ON.\sin {{60}^{0}}=\frac{\sqrt{3}}{4}OM.ON$  (1)

* ${{S}_{\Delta OMN}}={{S}_{\Delta OMI}}+{{S}_{\Delta ONI}}=\frac{1}{2}OM.OI.\sin MOI+\frac{1}{2}ON.OI.\sin NOI$ = $\frac{1}{2}(OM+ON).OI.\sin {{30}^{0}}=\frac{1}{4}(OM+ON).OI$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{1}{OI}=\frac{OM+ON}{\sqrt{3}OM.ON}$$=\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{1}{OM}+\frac{1}{ON})=\frac{2012}{2013\sqrt{3}}$$\Rightarrow I$ cố định.

 

Câu 19.  Cho tam giác $ABC$ có $BC\,=\,a\,;\,AC\,=\,b$ và diện tích bằng $S$. Tính các góc của tam giác này biết $S\,=\,\frac{1}{4}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)$.

Hướng dẫn Câu 19:

Ta có: $S\,=\,\frac{1}{4}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\,\ge \,\frac{ab}{2}\,\Leftrightarrow \,\frac{1}{2}ab\sin C\,\ge \,\frac{ab}{2}\,\Leftrightarrow \,\sin C\,\ge \,1\,\,\,\left( 1 \right)$

Mặt khác $\sin C\,\,\le \,1\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)\,$ và $\left( 2 \right)$ ta suy ra $\sin C\,=\,1\,\Rightarrow \,\widehat{C}\,=\,{{90}^{0}}.$  Khi $\sin C\,=\,1$ thì (1) xảy ra dấu $''\,=\,''$ hay $a=b.$

Vậy tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$ nên $\widehat{A}\,=\,\widehat{B}\,=\,{{45}^{0}}.$

 

Câu 20.  Cho tam giác $ABC$ có $BC=a,\,CA=b,\,AB=c$ và $R,\,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác $ABC$ thoả mãn $\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{abc}+\frac{2r}{R}=4$. Chứng minh tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Hướng dẫn Câu 20:

Ta có: $S=\frac{abc}{4R}=pr\Rightarrow {{S}^{2}}=\frac{abc}{4}.p.\frac{r}{R}\Rightarrow p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)=\frac{abc}{4}.p.\frac{r}{R}$

          $\Rightarrow \frac{2r}{R}=\frac{\left( a-b+c \right)\left( a+b-c \right)\left( b+c-a \right)}{abc}$.

Do đó: $\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{abc}+\frac{2r}{R}=4$

$\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+\left( a-b+c \right)\left( a+b-c \right)\left( b+c-a \right)=4abc$

$\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+\left[ {{a}^{2}}-{{\left( b-c \right)}^{2}} \right]\left( b+c-a \right)=4abc$

$\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+\left[ -{{a}^{3}}+{{a}^{2}}\left( b+c \right)-\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)\left( b-c \right)+a{{\left( b-c \right)}^{2}} \right]=4abc$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+{{a}^{2}}c=6abc\,\,(*)$

Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có: ${{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+{{a}^{2}}c\ge 6abc$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Ta có: $(*)\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều (đpcm).

 

Câu 21.  Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $AC\bot BD$ và nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R=1$. Đặt diện tích tứ giác $ABCD$ bằng $S$ và $AB=a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA=d$.  Tính giá trị biểu thức $T=\frac{\left( ab+cd \right)\left( ad+bc \right)}{S}$ .

Hướng dẫn Câu 21:

Ta có  ${{S}_{ABC}}=\frac{a.b.AC}{4R}\Rightarrow ab=\frac{{{S}_{ABC}}.4R}{AC}$

Tương tự ta cũng có: $cd=\frac{{{S}_{ADC}}.4R}{AC}$,  $ad=\frac{{{S}_{ABD}}.4R}{BD}$, $bc=\frac{{{S}_{BCD}}.4R}{BD}$

$T=\frac{\left( ab+cd \right)\left( ad+bc \right)}{S}$$=\frac{\left( \frac{{{S}_{ABC}}.4R}{AC}+\frac{{{S}_{ADC}}.4R}{AC} \right)\left( \frac{{{S}_{ABD}}.4R}{BD}+\frac{{{S}_{BCD}}.4R}{BD} \right)}{S}$ $=\frac{4\left( \frac{{{S}_{ABC}}}{AC}.\frac{{{S}_{ABD}}}{BD}+\frac{{{S}_{ABC}}}{AC}.\frac{{{S}_{BCD}}}{BD}+\frac{{{S}_{ADC}}}{AC}.\frac{{{S}_{ABD}}}{BD}+\frac{{{S}_{ADC}}}{AC}.\frac{{{S}_{BCD}}}{BD} \right)}{S}$ $=\frac{4\left( {{S}_{ABC}}.{{S}_{ABD}}+{{S}_{ABC}}.{{S}_{BCD}}+{{S}_{ADC}}.{{S}_{ABD}}+{{S}_{ADC}}.{{S}_{BCD}} \right)}{S.AC.BD}$ $=\frac{4\left[ {{S}_{ABC}}.S+{{S}_{ADC}}.S \right]}{S.AC.BD}=\frac{4S\left( {{S}_{ABC}}+{{S}_{ADC}} \right)}{S.AC.BD}=\frac{4S.S}{S.2S}=2$ $=\frac{4\left[ {{S}_{ABC}}\left( {{S}_{ABD}}+{{S}_{BCD}} \right)+{{S}_{ADC}}\left( {{S}_{ABD}}+{{S}_{BCD}} \right) \right]}{S.AC.BD}$.

Vậy $T=2$.

 

Câu 22.  Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{ABC}={{60}^{\circ }}$. Gọi $D$ là giao điểm của chân đường phân giác trong góc $A$ với $BC$, điểm $E$ và $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $AB$ và $BC$. Đặt $\frac{AB}{AC}=x$, tính tỉ số $\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}$ theo $x$ và tính tỉ số đó khi $BD=3,BC=9$.

Hướng dẫn Câu 22:

Ta có: $\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=x\left( x>0 \right)\Rightarrow DB=\frac{x}{x+1}BC$.

Do $\widehat{EDF}+\widehat{BAC}={{180}^{0}}$ và $DE=DF$ nên ta có: $\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{\frac{1}{2}DE.DF.\sin \widehat{EDF}}{\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat{BAC}}=\frac{D{{E}^{2}}}{xA{{C}^{2}}}$.

Mặt khác: $DE=DB.\sin {{60}^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{2}DB=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{x}{x+1}BC$.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $ABC$ ta có:

$B{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}-2BC.AB.\cos {{60}^{\circ }}=A{{C}^{2}}\Leftrightarrow B{{C}^{2}}-xAC.BC+{{x}^{2}}A{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}=0$.

Với $\Delta =A{{C}^{2}}\left( 4-3{{x}^{2}} \right)\ge 0\Leftrightarrow 0<x\le \frac{2}{\sqrt{3}}$.

Khi đó  $BC=AC.\frac{x+\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{2}$ hay $BC=AC.\frac{x-\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{2}$ . 

Nhưng $BC=AC.\frac{x-\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{2}$ khi $x-\sqrt{4-3{{x}^{2}}}>0\Leftrightarrow x>\sqrt{4-3{{x}^{2}}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}>1\Leftrightarrow x>1\Leftrightarrow 1<x\le \frac{2}{\sqrt{3}}$ .

Khi $0<x\le 1$ thì $\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{3}{4}.{{\left( \frac{x}{x+1} \right)}^{2}}.A{{C}^{2}}.{{\left( \frac{x+\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{2} \right)}^{2}}\frac{1}{xA{{C}^{2}}}=\frac{3x}{16}.{{\left( \frac{x+\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{x+1} \right)}^{2}}$.

Khi $1<x\le \frac{2}{\sqrt{3}}$ thì  $\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{3}{4}.{{\left( \frac{x}{x+1} \right)}^{2}}.A{{C}^{2}}.{{\left( \frac{x+\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{2} \right)}^{2}}\frac{1}{xA{{C}^{2}}}=\frac{3x}{16}.{{\left( \frac{x+\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{x+1} \right)}^{2}}$

hoặc  $\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{3}{4}.{{\left( \frac{x}{x+1} \right)}^{2}}.A{{C}^{2}}.{{\left( \frac{x-\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{2} \right)}^{2}}\frac{1}{xA{{C}^{2}}}=\frac{3x}{16}.{{\left( \frac{x-\sqrt{4-3{{x}^{2}}}}{x+1} \right)}^{2}}$.

Trường hợp $BD=3$, $BC=9$.

Ta có: $\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=x=\frac{1}{2},0<x<1$. Áp dụng kết quả trên ta có:

$\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{3.\frac{1}{2}}{16}.{{\left( \frac{\frac{1}{2}+\sqrt{4-3{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}}}{\frac{1}{2}+1} \right)}^{2}}=\frac{7+\sqrt{13}}{48}$.

 

Câu 23.  Cho tam giác $ABC$ có $BC=a; CA=b; BA=c$ và diện tích là $S$. Biết $S={{b}^{2}}-{{(a-c)}^{2}}$. Tính $tanB$?

Hướng dẫn Câu 23:

Ta có: $S={{b}^{2}}-{{(a-c)}^{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{2}acsinB={{a}^{2}}+{{c}^{2}}-2accosB-{{a}^{2}}-{{c}^{2}}+2ac$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}acsinB=2ac(1-cosB)\Leftrightarrow sinB=4(1-cosB)\Leftrightarrow cosB=1-\frac{1}{4}sinB(*)$

 Mặt khác: $si{{n}^{2}}B+co{{s}^{2}}B=1\Leftrightarrow si{{n}^{2}}B + {{(1-\frac{1}{4}sinB)}^{2}}=1\Leftrightarrow \frac{17}{16}si{{n}^{2}}B-\frac{1}{2}sinB=0$

 $\Leftrightarrow sinB=\frac{8}{17}(do sinB>0)$

Kết hợp với (*) ta được $cosB=\frac{15}{17}\Rightarrow tanB=\frac{8}{15}.$

 

Câu 24.  Chứng minh rằng: $a\operatorname{Sin}A+b\operatorname{Sin}B+c\operatorname{Sin}C=\frac{2\left( m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2} \right)}{3R}$ với mọi tam giác $ABC$. ($a=BC$, $b=AC$, $c=AB$; ${{m}_{a}}$, ${{m}_{b}}$, ${{m}_{c}}$ lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ $A,\,B,\,C$; $R$ bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$).

Hướng dẫn Câu 24:

Ta có:

$2\left( m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2} \right)=2\left( \frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2}-\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}{2}-\frac{{{b}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}-\frac{{{c}^{2}}}{4} \right)$ $={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}+{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-\frac{{{b}^{2}}}{2}+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-\frac{{{c}^{2}}}{2}$$=\frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{2}$

Do đó: VP $=\frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{2.3R}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2R}=a.\frac{a}{2R}+b.\frac{b}{2R}+c.\frac{c}{2R}$$=a.\operatorname{Sin}A+b.\operatorname{Sin}B+c.\operatorname{Sin}C=$ VT.

 

Câu 25.  Cho tam giác $ABC$ có cạnh $BC = a$,  $AC = b$, $AB = c$ thỏa mãn  $\frac{c}{b}=\frac{{{m}_{b}}}{{{m}_{c}}}\ne 1$, trong đó ${{m}_{b}},\,\,{{m}_{c}}$ là  các trung  tuyến kẻ từ $B$ và $C$. Chứng minh rằng: $2cotA = cotB + cotC$.

Hướng dẫn Câu 25:

Theo bài ra: $\frac{c}{b}=\frac{{{m}_{b}}}{{{m}_{c}}}\Rightarrow \frac{{{c}^{2}}}{{{b}^{2}}}=\frac{m_{b}^{2}}{m_{c}^{2}}$

Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ta có:

${{a}^{2}}+{{c}^{2}}=2m_{b}^{2}+\frac{{{b}^{2}}}{2}$ và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=2m_{c}^{2}+\frac{{{c}^{2}}}{2}$   

Nên: $\frac{{{c}^{2}}}{{{b}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-\frac{{{b}^{2}}}{2}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-\frac{{{c}^{2}}}{2}}$ $\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}-\frac{1}{2}{{c}^{4}}={{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}-\frac{1}{2}{{b}^{4}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}\left( {{c}^{2}}-{{b}^{2}} \right)-\frac{1}{2}\left( c{}^{4}-{{b}^{4}} \right)=0$  $\Leftrightarrow \left( {{c}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\left( a{}^{2}-\frac{1}{2}\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}} \right) \right)=0$  $\Leftrightarrow {{a}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}} \right)=0$  $\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}$  $\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}={{a}^{2}}+2bc\cos A\Leftrightarrow {{a}^{2}}=2bc\cos A$

$\Leftrightarrow {{\left( 2R\sin A \right)}^{2}}=2\left( 2R\sin B \right).\left( 2R\sin C \right)\cos A\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}A=2\sin B\sin C\cos A$  $\Leftrightarrow \frac{\cos A}{\sin A}=\frac{\sin A}{2\sin B\sin C}=\frac{\sin \left( B+C \right)}{2\sin B\sin C}$  $\Leftrightarrow \cot A=\frac{\sin B\cos C+\sin C\cos B}{2\sin B\sin C}$  $=\frac{1}{2}\left( \frac{\cos C}{\sin C}+\frac{\cos B}{\sin B} \right)$  $\Leftrightarrow 2\cot A=\cot C+\cot B$.

 

Câu 26.  Cho tam giác $ABC$, có $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$. Gọi $I$, $p$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng

$\frac{I{{A}^{2}}}{c\left( p-a \right)}+\frac{I{{B}^{2}}}{a\left( p-b \right)}+\frac{I{{C}^{2}}}{b\left( p-c \right)}=2$.

Hướng dẫn Câu 26:

Gọi $M$ là tiếp điểm của $AC$ với đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Khi đó ta có $AM=p-a;IM=r$.

Ta được: $I{{A}^{2}}=A{{M}^{2}}+M{{I}^{2}}$ $={{\left( p-a \right)}^{2}}+{{r}^{2}}$ $={{\left( p-a \right)}^{2}}+{{\left( \frac{S}{p} \right)}^{2}}$ $={{\left( p-a \right)}^{2}}+\frac{\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}{p}$ $=\frac{\left( p-a \right)bc}{p}$

$\Rightarrow \frac{I{{A}^{2}}}{c\left( p-a \right)}=\frac{b}{p}$.

Tương tự ta có $\frac{I{{B}^{2}}}{a\left( p-b \right)}=\frac{c}{p};\frac{I{{C}^{2}}}{b\left( p-c \right)}=\frac{a}{p}$.

Do vậy $\frac{I{{A}^{2}}}{c\left( p-a \right)}+\frac{I{{B}^{2}}}{a\left( p-b \right)}+\frac{I{{C}^{2}}}{b\left( p-c \right)}=\frac{a+b+c}{p}=2$.

 

Nguyễn Quốc Hoàn ,   01/3/2023