Bài tập tự luận (nâng cao) SVIP

Hướng dẫn giải:

Áp dụng định lí côsin ta có $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos A=4^{2}+5^{2}-2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \dfrac{3}{5}=29$

Suy ra $B C=\sqrt{29}$

Vì $\sin ^{2} A+\cos ^{2} A=1$ nên $\sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\sqrt{1-\dfrac{9}{25}}=\dfrac{4}{5}$
Theo công thức tính diện tích ta có $S_{A B C}=\dfrac{1}{2} A B \cdot A C \cdot \sin A=\dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 5 \cdot \dfrac{4}{5}=8$ (1)

Mặt khác $S_{A B C}=\dfrac{1}{2} a \cdot h_{a}=\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{29} \cdot h_{a}(2)$

Từ (1) và (2) suy ra $\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{29} \cdot h_{a}=8 \Rightarrow h_{a}=\dfrac{16 \sqrt{29}}{29}$

Vậy độ dài đường cao kẻ từ $\mathrm{A}$ là $h_{a}=\dfrac{16 \sqrt{29}}{29}$.

Hướng dẫn giải:

$\widehat{C}=\widehat{A}=\widehat{B}=180^{\circ}-30^{\circ}-45^{\circ}=105^{\circ}$

Theo địhh lí sin ta có $a=2 R \sin A=2.3 \cdot \sin 30^{\circ}=3$, $b=2 R \sin B=2.3 \cdot \sin 45^{\circ}=6 . \dfrac{\sqrt{2}}{2}=3 \sqrt{2}$

$c=2 R \sin C=2.3 \cdot \sin 105^{\circ} \approx 5,796$

Theo công thức đường trung tuyến ta có $m_{a}^{2}=\dfrac{2\left(b^{2}+c^{2}\right)-a^{2}}{4} \approx \dfrac{2\left(18+5,796^{2}\right)-9}{4}=23,547$

Theo công thức tính diện tích tam giác ta có $S_{A B C}=p r=\dfrac{1}{2} b c \sin A \Rightarrow r=\dfrac{b c \sin A}{2 p} \approx \dfrac{3 \sqrt{2} .5,796 \sin 30^{\circ}}{3+3 \sqrt{2}+5,796} \approx 0,943$.

Hướng dẫn giải:

$B C=8 \Rightarrow B M=4$. Đặt $A M=x$.

Theo định lí côsin ta có:

$\cos \widehat{A M B}=\dfrac{A M^{2}+B M^{2}-A B^{2}}{2 A M \cdot A B}$
Suy ra $\dfrac{5 \sqrt{13}}{26}=\dfrac{x^{2}+16-9}{2.4 . x}$
$\Leftrightarrow 13 x^{2}-20 \sqrt{13} x+91=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\sqrt{13} \\ x=\dfrac{7 \sqrt{13}}{13}\end{array}\right.$

Theo công thức tính đường trung tuyến ta có

$A M^{2}=\dfrac{2\left(A B^{2}+A C^{2}\right)-B C^{2}}{2 A B \cdot A C}$

TH1: Nếu $x=\sqrt{13} \Rightarrow 13=\dfrac{2\left(3^{2}+A C^{2}\right)-8^{2}}{4} \Rightarrow A C=7$.
Ta có $B C>A C>A B \Rightarrow$ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có $\cos A=\dfrac{A B^{2}+A C^{2}-B C^{2}}{2 A B \cdot A C}=\dfrac{9+49-64}{2.3 .7}=-\dfrac{1}{7}$
Suy ra $A \approx 98^{\circ} 12^{\prime}$

TH2: Nếu $x=\dfrac{7 \sqrt{13}}{13} \Rightarrow \dfrac{49}{13}=\dfrac{2\left(3^{2}+A C^{2}\right)-8^{2}}{4} \Rightarrow A C=\sqrt{\dfrac{397}{13}}$
Ta có $B C>A C>A B \Rightarrow$ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có $\cos A=\dfrac{A B^{2}+A C^{2}-B C^{2}}{2 A B \cdot A C}=\dfrac{9+\dfrac{397}{13}-64}{2 \cdot 3 \cdot \sqrt{\dfrac{397}{13}}}=-\dfrac{53}{\sqrt{5161}}$

Suy ra $A \approx 137^{\circ} 32^{\prime}$.

Hướng dẫn giải:

Đặt $A B=2 x(x>0) \Rightarrow A E=E B=x$.

Vì góc $\widehat{B D E}$ nhọn nên $\cos \widehat{B D E}>0$ suy ra $\cos \widehat{B D E}=\sqrt{1-\sin ^{2} \widehat{B D E}}=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}$
Theo định lí Pitago ta có:

$D E^{2}=A D^{2}+A E^{2}=1+x^{2} \Rightarrow D E=\sqrt{1+x^{2}}$ $B D^{2}=D C^{2}+B C^{2}=4 x^{2}+1 \Rightarrow B D=\sqrt{4 x^{2}+1}$

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $B D E$ ta có

$\begin{aligned}&\cos \widehat{B D E}=\dfrac{D E^{2}+D B^{2}-E B^{2}}{2 D E \cdot D B}\Leftrightarrow \dfrac{2 \sqrt{2}}{3}=\dfrac{4 x^{2}+2}{2 \sqrt{\left(1+x^{2}\right)\left(4 x^{2}+1\right)}} \\&\Leftrightarrow 4 x^{4}-4 x^{2}+1=0 \Leftrightarrow 2 x^{2}=1 \Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\text { Do } x>0)\end{aligned}$

Vậy độ dài cạnh $AB$ là $\sqrt{2}$.

Hướng dẫn giải:

Theo giải thiết ta có $c<b<a$ suy ra $\widehat{C}<\widehat{B}<\widehat{A}$ do đó góc $\mathrm{A}$ là lớn nhất.

Theo định lí côsin ta có

$\cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\dfrac{8+(\sqrt{6}-\sqrt{2})^{2}-12^{2}}{2.2 \sqrt{2} \cdot(\sqrt{6}-\sqrt{2})}=\dfrac{4-4 \sqrt{3}}{8 \sqrt{3}-8}=-\dfrac{1}{2}$
Suy ra $\hat{A}=120^{\circ}$.

Hướng dẫn giải:

a) Áp dụng định lí $\sin$ ta có $\sin A=\dfrac{a}{2 R}, \sin B=\dfrac{b}{2 R}, \sin C=\dfrac{c}{2 R}$
Suy ra $\sin ^{2} A=\sin B \cdot \sin C \Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{2 R}\right)^{2}=\dfrac{b}{2 R} \cdot \dfrac{c}{2 R} \Leftrightarrow a^{2}=b c$ (đpcm).

b) Áp dụng định lí côsin và câu a) ta có

$\cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\dfrac{b^{2}+c^{2}-b c}{2 b c} \geq \dfrac{2 b c-b c}{2 b c}=\dfrac{1}{2}$ (đpcm).

Hướng dẫn giải:

a) Trên tia đối của tia $AC$ lấy $\mathrm{D}$ thỏa $A D=A B=c$ suy ra tam giác $B D A$ cân tại $\mathrm{A}$ và $\widehat{B D A}=\dfrac{1}{2} \widehat{A}$.

Áp dụng định lý hàm số côsin cho $\triangle A B D$, ta có:

$\begin{aligned}B D^{2} &=A B^{2}+A D^{2}-2 A B \cdot A D \cdot \cos \widehat{B A D} \\&=2 c^{2}-2 c^{2} \cdot \cos \left(180^{\circ}-A\right) \\&=2 c^{2}(1+\cos A)=2 c^{2}\left(1+\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}\right) \quad \text { Suy ra } \\&=\dfrac{c}{b}(a+b+c)(b+c-a)=\dfrac{4 c}{b} p(p-a) \\B D &=2 \sqrt{\dfrac{c p(p-a)}{b}}.\end{aligned}$

Gọi I là trung điểm của $\mathrm{BD}$ suy ra $A I \perp B D$.

Trong tam giác $A D I$ vuông tại I, ta có $\cos \dfrac{A}{2}=\cos \widehat{A D I}=\dfrac{D I}{A D}=\dfrac{B D}{2 c}=\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{b c}} .$

$\cos \dfrac{A}{2}=\cos \widehat{A D I}=\dfrac{D I}{A D}=\dfrac{B D}{2 c}=\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{b c}} \text {. }$

Vậy $\cos \dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{b c}}$.

b) Từ định lý hàm số $\sin$, ta có: $\sin A+\sin B+\sin C=\dfrac{a}{2 R}+\dfrac{b}{2 R}+\dfrac{c}{2 R}=\dfrac{p}{R}$ (1).

Theo câu a) ta có $\cos \dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{b c}}$, tưong tự thì $\cos \dfrac{B}{2}=\sqrt{\dfrac{p(p-b)}{c a}}$ và $\cos \dfrac{C}{2}=\sqrt{\dfrac{p(p-c)}{a b}}$, kết hợp với công thức $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\dfrac{a b c}{4 R}$ Suy ra $4 \cos \dfrac{A}{2} \cos \dfrac{B}{2} \cos \dfrac{C}{2}=4 \sqrt{\dfrac{p(p-a)}{b c}} \sqrt{\dfrac{p(p-b)}{c a}} \sqrt{\dfrac{p(p-c)}{a b}}$ $=\dfrac{4 p}{a b c} \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\dfrac{4 p S}{a b c}=\dfrac{p}{R}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\sin A+\sin B+\sin C=4 \cos \dfrac{A}{2} \cos \dfrac{B}{2} \cos \dfrac{C}{2}.$

Nhận xét: Từ câu a) và hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công thức $\sin \dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{(p-b)(p-c)}{b c}} ; \tan \dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}} ; \cot \dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}$.

Hướng dẫn giải:

a) Áp dụng định lí côsin và công thức $S=\dfrac{1}{2} b c \sin A$ ta có:
$\cot A=\dfrac{\cos A}{\sin A}=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c \sin A}=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{4 S}$ (đpcm).

b) Theo câu a) tương tự ta có $\cot B=\dfrac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{4 S}, \cot C=\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4 S}$

Suy ra $\cot A+\cot B+\cot C=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{4 S}+\dfrac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{4 S}+\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4 S}$

$=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4 S}$

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có $(p-a)(p-b)(p-c) \leq\left(\dfrac{3 p-a-b-c}{3}\right)^{3}=\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}$.

Mặt khác $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \Rightarrow S \leq \sqrt{p \dfrac{p^{3}}{27}}=\dfrac{p^{2}}{3 \sqrt{3}}$.

Ta có $p^{2}=\dfrac{(a+b+c)^{2}}{4} \leq \dfrac{3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}{4}$ suy ra $S \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4 \sqrt{3}}$.

Do đó \(\cot A+\cot B+\cot C\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}}}=\sqrt{3}.\)

Hướng dẫn giải:

Gọi $G$ là trộng tâm của tam giác $A B C$.

Khi đó hai trung tuyến kẻ từ $B$ và $C$ vuông góc với nhau khi và chỉ khi tam giác $G B C$ vuông tại $G$ $\Leftrightarrow G B^{2}+G C^{2}=B C^{2} \Leftrightarrow\left(\dfrac{2}{3} m_{b}\right)^{2}+\left(\dfrac{2}{3} m_{c}\right)^{2}=a^{2}\left(^{*}\right)$

Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có
$m_{b}^{2}=\dfrac{2\left(a^{2}+c^{2}\right)-b^{2}}{4}, m_{c}^{2}=\dfrac{2\left(a^{2}+b^{2}\right)-c^{2}}{4}$.
Suy ra $\left(^{*}\right) \Leftrightarrow \dfrac{4}{9}\left(m_{b}^{2}+m_{c}^{2}\right)=a^{2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{4}{9}\left[\dfrac{2\left(a^{2}+c^{2}\right)-b^{2}}{4}+\dfrac{2\left(a^{2}+b^{2}\right)-c^{2}}{4}\right]=a^{2} \Leftrightarrow 4 a^{2}+b^{2}+c^{2}=9 a^{2} \Leftrightarrow b^{2}+c^{2}=5 a^{2}$.

Hướng dẫn giải:

Áp dụng định lí côsin và sin ta có:

$\sin C=2 \sin B \cos A \Leftrightarrow \frac{c}{2 R}=2 \cdot \dfrac{b}{2 R} \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$

$c^{2}=b^{2}+c^{2}-a^{2} \Leftrightarrow a=b$.
Suy ra tam giác $A B C$ cân tại đỉnh $C$.

Hướng dẫn giải:

Ta có: $\sin A=\dfrac{\sin B+\sin C}{\cos B+\cos C} \Leftrightarrow \sin A(\cos B+\cos C)=\sin B+\sin C$
$\begin{aligned}&\Leftrightarrow \frac{a}{2 R}\left(\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2 c a}+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}\right)=\frac{b+c}{2 R} \\&\Leftrightarrow b\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)+c\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)=2 b^{2} c+2 c^{2} b \\&\Leftrightarrow b^{3}+c^{3}+b^{2} c+b c^{2}-a^{2} b-a^{2} c=0 \Leftrightarrow(b+c)\left(b^{2}+c^{2}\right)-a^{2}(b+c)=0 \\& \Leftrightarrow b^{2}+c^{2}=a^{2} \Leftrightarrow \Delta A B C \text { vuông tại A. }\end{aligned}$

Hướng dẫn giải:

a) Áp dụng công thức diện tích ta có $S=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} a h_{a}$ suy ra
$a \cdot \sin A+b \sin B+c \sin C=h_{a}+h_{b}+h_{c} \Leftrightarrow a \cdot \dfrac{2 S}{b c}+b \cdot \dfrac{2 S}{c a}+c \cdot \dfrac{2 S}{a b}=\dfrac{2 S}{a}+\dfrac{2 S}{b}+\dfrac{2 S}{c}$
$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=a b+b c+c a \Leftrightarrow(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}=0$
$\Leftrightarrow a=b=c$.
Vậy tam giác $A B C$ đều.
b) Ta có: $\dfrac{\cos ^{2} A+\cos ^{2} B}{\sin ^{2} A+\sin ^{2} B}=\dfrac{1}{2}\left(\cot ^{2} A+\cot ^{2} B\right)$
$\Leftrightarrow \dfrac{\cos ^{2} A+\cos ^{2} B+\sin ^{2} A+\sin ^{2} B}{\sin ^{2} A+\sin ^{2} B}=\dfrac{1}{2}\left(\cot ^{2} A+1+\cot ^{2} B+1\right)$
$\Leftrightarrow \dfrac{2}{\sin ^{2} A+\sin ^{2} B}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sin ^{2} A}+\dfrac{1}{\sin ^{2} B}\right) \Leftrightarrow\left(\sin ^{2} A+\sin ^{2} B\right)^{2}=4 \sin ^{2} A \sin ^{2} B$
$\Leftrightarrow \sin ^{2} A=\sin ^{2} B \Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{2 R}\right)^{2}=\left(\dfrac{b}{2 R}\right)^{2} \Leftrightarrow a=b \Leftrightarrow \Delta A B C$ cân tại $C$.