Hệ thức lượng trong tam giác phát triển tư duy phần 2

Hệ thức lượng trong tam giác phát triển tư duy phần 2

Câu 27.  Cho tam giác $ABC$. Trên các cạnh $BC$, $CA$ và $AB$ của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm $A',$ $B'$ và $C'.$ Gọi ${{S}_{a}},$ ${{S}_{b}},$ ${{S}_{c}}$ và $S$ tương ứng là diện tích của các tam giác $AB'C',$ $BC'A',$ $CA'B'$ và $ABC$. Chứng minh bất đẳng thức: $\sqrt{{{S}_{a}}}+\sqrt{{{S}_{b}}}+\sqrt{{{S}_{c}}}\le \frac{3}{2}\sqrt{S}.$ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

Hướng dẫn Câu 27:

Ta có các công thức tính diện tích:  $2{{S}_{a}}=AC'\cdot AB'\sin A;\,\,\,\,\,2S=AB\cdot AC\sin A$

$\sqrt{\frac{{{S}_{a}}}{S}}=\sqrt{\frac{AC'}{AB}\cdot \frac{AB'}{AC}}\le \frac{1}{2}\left( \frac{AC'}{AB}+\frac{AB'}{AC} \right)$ (BĐT Cauchy)

Tương tự ta cũng có:   $\sqrt{\frac{{{S}_{b}}}{S}}\le \frac{1}{2}\left( \frac{BA'}{BC}+\frac{BC'}{BA} \right)$ và $\sqrt{\frac{{{S}_{c}}}{S}}\le \frac{1}{2}\left( \frac{CB'}{CA}+\frac{CA'}{CB} \right)$

Do đó: $\sqrt{\frac{{{S}_{a}}}{S}}+\sqrt{\frac{{{S}_{b}}}{S}}+\sqrt{\frac{{{S}_{c}}}{S}}\le \frac{1}{2}\left( \frac{AC'}{AB}+\frac{BC'}{BA}+\frac{BA'}{BC}+\frac{CA'}{CB}+\frac{CB'}{CA}+\frac{AB'}{AC} \right)=\frac{3}{2}$  (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{align}  & \frac{AC'}{AB}=\frac{AB'}{AC} \\  & \frac{BA'}{BC}=\frac{BC'}{BA} \\ & \frac{CB'}{CA}=\frac{CA'}{CB} \\ \end{align} \right.$ Û $\left\{ \begin{align}  & C'B'{//}BC \\ & A'C'{//}CA \\  & B'A'{//}AB \\ \end{align} \right.$  Û  $A’$, $B’$, $C’$ là trung điểm của $BC$, $CA$, $AB$.

 

Câu 28.  Giả sử tam giác $ABC$ có diện tích là $S$; $a$, $b$, $c$ lần lượt là độ dài các cạnh $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng $4S(\cot A+\cot B+\cot C)={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 28:

* Chứng minh được hệ thức $\cot A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$ (4).

* Tương tự có $\cot B=\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{4S}$ (5),

$\cot C=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4S}$ (6).

Cộng theo vế các đẳng thức  (4), (5), (6) ta được:

$\cot A+\cot B+\cot C=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4S}$ hay $4S(\cot A+\cot B+\cot C)={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$.

 

Câu 29.  Cho tam giác $ABC$ có $5{{\sin }^{2}}A+{{\cos }^{2}}B+{{\cos }^{2}}C=2$ . Chứng minh $\sin A\le \frac{3}{5}$.

Hướng dẫn Câu 29:

Biến đổi hệ thức về dạng $5{{\sin }^{2}}A={{\sin }^{2}}B+{{\sin }^{2}}C$

Theo định lí sin ta có $\sin A=\frac{a}{2R};{ sinB=}\frac{b}{2R};{ sinC=}\frac{c}{2R}$ , thay vào hệ thức đã cho ta có $5{{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2bc\Rightarrow \frac{{{a}^{2}}}{bc}\ge \frac{2}{5}$ 

Ta có $\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}=2\frac{{{a}^{2}}}{bc}\ge \frac{4}{5}\Rightarrow {{\cos }^{2}}A\ge \frac{16}{25}$ + ${{\sin }^{2}}A=1-{{\cos }^{2}}A\le \frac{9}{25}\Rightarrow \sin A\le \frac{3}{5}$ .

 

Câu 30.  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, bán kính $R$. Chứng minh rằng nếu $A{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}=4{{R}^{2}}$ và $O$ thuộc miền trong của tứ giác thì $AC\bot BD$

Hướng dẫn Câu 30:

+ Từ giả thiết ta có ${{\left( \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OC} \right)}^{2}}=4{{R}^{2}}$ $\Leftrightarrow 2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OD}.\overrightarrow{OC}=0\Rightarrow {{R}^{2}}.\cos \widehat{AOB}+{{R}^{2}}.\cos \widehat{COD}=0$

$\widehat{AOB}+\widehat{COD}={{180}^{0}}$ 

+ Vì $O$ nằm trong tứ giác $ABCD$ nên $\widehat{AOD}+\widehat{BOC}={{180}^{0}}$

+  $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}=\left( \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA} \right)\left( \overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OB} \right)=\left( \overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB} \right)-\left( \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OB} \right)$  $={{R}^{2}}.(\cos \widehat{AOB}+\cos \widehat{COD})+{{R}^{2}}.(\cos \widehat{AOD}+\cos \widehat{COB})=0$

Vậy $AC\bot BD$.

 

Câu 31.  Chứng minh rằng nếu: ${{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}}$ thì tam giác $ABC$ có các góc nhọn và thỏa mãn: $2{{\sin }^{2}}A=\tan B.\tan C$. 

Hướng dẫn Câu 31:

Vì ${{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}}\Rightarrow a>b,\,\,a>c$

Do $a>b\Rightarrow 0<\frac{b}{a}<1\Rightarrow {{\left( \frac{b}{a} \right)}^{4}}<{{\left( \frac{b}{a} \right)}^{2}}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

$a>c\Rightarrow 0<\frac{c}{a}<1\Rightarrow {{\left( \frac{c}{a} \right)}^{4}}<{{\left( \frac{c}{a} \right)}^{2}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2) suy ra: $\frac{{{b}^{4}}+{{c}^{4}}}{{{a}^{4}}}<\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}\Rightarrow \,1<\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}\,\Rightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}>{{a}^{2}}$

Áp dụng định lí cosin: $\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}>0\,\,\,\,\,$

Suy ra $A$ là góc nhọn.

Ta có: $\tan B.tanC=\frac{\sin B.\sin C}{\cos B.\cos C}=\frac{\sin B.\sin C}{\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}\cdot \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}}\,\,\,\,$

Sử dụng giả thiết, định lí sin và biến đổi ta được: $\tan B.\tan C=2{{\sin }^{2}}A$.

 

Câu 32.  Cho tam giác $ABC$ có đường phân giác trong $AD=\sqrt{p\left( p-a \right)}$ với $BC=a,\,\,\,p$ là nửa chu vi. Tam giác $ABC$ là tam giác gì?

Hướng dẫn Câu 32:

Đặt $AC=b,\,\,\,AB=c$, $AD$ là đường phân giác trong nên ta có: $\frac{{CD}}{BD}=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}.$

$B{D}=\frac{B{D}}{BC}.BC=\frac{B{D}}{B{D}+DC}.BC=\frac{1}{1+\frac{C{D}}{B{D}}}.BC=\frac{1}{1+\frac{b}{c}}.a=\frac{ac}{b+c}$

$A{{D}^{2}}=p\left( p-a \right)\Leftrightarrow A{{B}^{2}}+B{{{D}}^{2}}-2AB.B{D}.cosB=p\left( p-a \right)$

$\Leftrightarrow {{c}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}{{c}^{2}}}{{{\left( b+c \right)}^{2}}}-2\frac{a{{c}^{2}}}{b+c}.\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}=p\left( p-a \right)$ $...\Leftrightarrow \frac{4bcp\left( p-a \right)}{{{\left( b+c \right)}^{2}}}=p\left( p-a \right)$  $\Leftrightarrow b=c.$

Tam giác $ABC$ cân tại $A$.

 

Câu 33.  Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(O)$, biết $BC{ }={ }a,{ }AC{ }={ }b,{ }AB{ }={ }c.$ Chứng minh rằng: $\frac{O{{A}^{2}}}{bc}+\frac{O{{B}^{2}}}{ac}+\frac{O{{C}^{2}}}{ab}=1.$

Hướng dẫn Câu 33:

Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn $(O)$, $AB$, $AC$, $BC$.

Ta có: $AM=AN$, $OM=ON$, $\widehat{MAN}+\widehat{MON}={{180}^{o}}$

${{S}_{AM{O}N}}=\frac{1}{2}AM.AN.\sin A+\frac{1}{2}OM.ON.sin\widehat{MON}$ $=\frac{1}{2}A{{M}^{2}}.\sin A+\frac{1}{2}O{{M}^{2}}sin\left( {{180}^{o}}-A \right)$ $=\frac{1}{2}\left( A{{M}^{2}}+O{{M}^{2}} \right).\sin A$ $=\frac{1}{2}A{{O}^{2}}.\sin A$  $\Rightarrow O{{A}^{2}}=\frac{2.{{{S}}_{AM{O}N}}}{\sin A}$

Chứng minh tương tự ta có: $O{{B}^{2}}=\frac{2.{{{S}}_{BMOP}}}{\sin B}$, $O{{C}^{2}}=\frac{2.{{{S}}_{CNOP}}}{\operatorname{sinC}}$

$\Rightarrow \frac{O{{A}^{2}}}{bc}+\frac{O{{B}^{2}}}{ac}+\frac{O{{C}^{2}}}{ab}=\frac{2.{{{S}}_{AM{O}N}}}{bc.\sin A}+\frac{2.{{{S}}_{BMOP}}}{ac.\sin B}+\frac{2.{{{S}}_{CNOP}}}{ab.\sin C}$ $=\frac{2\left( {{{S}}_{AM{O}N}}+{{{S}}_{BMOP}}+{{{S}}_{CNOP}} \right)}{2.{{{S}}_{\Delta ABC}}}=\frac{2.{{{S}}_{\Delta ABC}}}{2.{{{S}}_{\Delta ABC}}}=1.$

 

Câu 34.  Cho $\Delta ABC$ đều, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$ bán kính $R$.

a) Chứng minh rằng: $M\in \left( O \right)\Leftrightarrow M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=6{{{R}}^{2}}$.

b) Đặt $M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}-3M{{C}^{2}}=T$. Chứng minh rằng: $T=2\overrightarrow{MO}\left( \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC} \right)$. Tìm $M$ sao cho $T$ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Hướng dẫn Câu 34:

a) Ta có: $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}={{\left( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC} \right)}^{2}}$ $=3M{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}+2\overrightarrow{MO}\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)$$=6{{{R}}^{2}}$ do $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\vec{0}$.

b) Ta có $T=M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}-3M{{C}^{2}}$ $={{\left( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB} \right)}^{2}}-3{{\left( \overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC} \right)}^{2}}$ $=2\overrightarrow{MO}\left( \overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC} \right)$ $=2\overrightarrow{MO}\left( \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC} \right)$

$T=2\overrightarrow{MO}\left( \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC} \right)=2\overrightarrow{MO}\left( \overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB} \right)$$=2\left| \overrightarrow{MO} \right|\left| \overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB} \right|\cos \left( \overrightarrow{MO},\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB} \right)$

Ta có $\left| \overrightarrow{MO} \right|=R$, $\left| \overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB} \right|=\sqrt{{{\left( R\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( 2R\sqrt{3} \right)}^{2}}+2\left( R\sqrt{3} \right)\left( 2R\sqrt{3} \right)\cos \left( \overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB} \right)}=R\sqrt{21}$

Suy ra $-R\sqrt{21}\le T\le R\sqrt{21}$

Vậy $T$ đạt giá trị lớn nhất bằng $R\sqrt{21}$ khi $\overrightarrow{OM}$ và $\left( \overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB} \right)$ cùng hướng,

$T$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $-R\sqrt{21}$ khi $\overrightarrow{OM}$ và $\left( \overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB} \right)$ ngược  hướng.

 

Câu 35.  Cho tam giác $ABC$ có ${{m}_{a}},\,{{h}_{c}},{{h}_{b}}$ lần lượt là độ dài đường trung tuyến kẻ từ $A$, đường cao kẻ từ đỉnh $C$ và đường cao kẻ từ đỉnh $B$. Tính $\cos A$ trong trường hợp tam giác $ABC$ không vuông và có: ${{m}_{a}}=5,\,{{h}_{c}}=6,\,{{h}_{b}}=8$.

Hướng dẫn Câu 35:

+ Gọi $K$ là trung điểm $BC$, kẻ các đường cao $BN$, $CM$ của $\Delta ABC$

+ Vẽ $KE // BN$  $\Rightarrow $ $KE=4$; vẽ $KF//CM$  $\Rightarrow $ $KF = 3$

Ta có tứ giác $AEKF$ nội tiếp đường tròn đường kính $2R=AK=5$ (do $AK={{m}_{a}}=5$) và $A+\widehat{EKF}={{180}^{0}}$

$\Delta {EF}K$ có $\frac{{EF}}{\sin EKF}=2R\Leftrightarrow {EF}=5\sin EKF=5\sin A$

Và có ${E}{{{F}}^{2}}=K{{E}^{2}}{+K}{{{F}}^{2}}-2KE.KF.\cos EKF={{3}^{2}}+{{4}^{2}}+2.3.4.\cos A$

+ Từ các điều trên suy ra $25{{\sin }^{2}}A=25+24\cos A$ $\Leftrightarrow \left[\begin{align}& \cos A=0\,\,kotm \\  & \cos A=-24/25\,tm \\ \end{align} \right.$

Vậy $\cos A=-\frac{24}{25}.$

 

Câu 36.  Cho tam giác $ABC$ đều. Tìm tập hợp những điểm $M$ sao cho: $3M{{A}^{2}}=2M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 36:

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Ta có: $3M{{A}^{2}}=2M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}$

$\Leftrightarrow 3{{\left( \overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GM} \right)}^{2}}=2{{\left( \overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GM} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GM} \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow 3G{{A}^{2}}-2G{{B}^{2}}-G{{C}^{2}}=2\overrightarrow{GM}\left( 3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} \right)$

$\Leftrightarrow 2\overrightarrow{GM}\left( 3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} \right)=0$ (Do $GA = GB = GC$)

Mà $\left( 3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} \right)$ không đổi, ta có: $3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC}=3\overrightarrow{GA}-2(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})-(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC})=-\left( 2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right)$

Giả sử $K$ được xác định: $2\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow 2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AK}$

Suy ra $\overrightarrow{GM}\cdot \overrightarrow{AK}=0\Rightarrow GM\bot AK$

Tập hợp điểm $M$ là đường thẳng $d$ qua $G$ và vuông góc với $AK$.

 

Câu 37.  Cho điểm $M$ tùy ý ở trong tam giác $ABC$. Gọi $H$ là giao điểm của $AM$ và $BC$, $K$ là giao điểm của $BM$ và $CA$, $P$ là giao điểm của $CM$ và $AB$; $A’$ đối xứng với $A$ qua $H$, $B’$ đối xứng với $B$ qua $K$, $C’$ đối xứng với $C$ qua $P$. Chứng minh: ${{S}_{A'B'C'}}=3{{S}_{ABC}}+4{{S}_{HKP}}$.

Hướng dẫn Câu 37:

Đặt $x=\frac{MH}{MA},\,\,y=\frac{MK}{MB},\,\,z=\frac{MP}{MC}$     

${{S}_{1}}={{S}_{MBC}},\,{{S}_{2}}={{S}_{MCA}},\,\,{{S}_{3}}={{S}_{MAB}}\,$

Ta có: $\frac{{{S}_{MA'B'}}}{{{S}_{MAB}}}=\frac{MA'}{MA}\cdot \frac{MB'}{MB}=\left( 2x+1 \right)\left( 2y+1 \right)$

$\,\frac{{{S}_{MB'C'}}}{{{S}_{MBC}}}=\left( 2y+1 \right)\left( 2z+1 \right),\,\frac{{{S}_{MC'A'}}}{{{S}_{MCA}}}=\left( 2z+1 \right)\left( 2x+1 \right)\,$

${{S}_{A'B'C'}}=\left( 4xy+2x+2y+1 \right){{S}_{3}}+\left( 4yz+2y+2z+1 \right){{S}_{1}}+\left( 4zx+2z+2x+1 \right){{S}_{2}}$   (1)

${{S}_{HKP}}=xy{{S}_{3}}+yz{{S}_{1}}+zx{{S}_{2}}$ (2)

Từ (1), (2), ta có: ${{S}_{A'B'C'}}=4{{S}_{HKP}}+2\left( x+y \right){{S}_{3}}+2\left( y+z \right){{S}_{1}}+2\left( z+x \right){{S}_{2}}+{{S}_{ABC}}\,\,(3)$

Mà $x=\frac{MH}{MA}=\frac{{{S}_{MBC}}}{{{S}_{MBAC}}}=\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}+{{S}_{3}}}\Rightarrow x\left( {{S}_{2}}+{{S}_{3}} \right)={{S}_{1}}$ $\Rightarrow y\left( {{S}_{3}}+{{S}_{1}} \right)={{S}_{2}},\,\,z\left( {{S}_{1}}+{{S}_{2}} \right)={{S}_{3}}$

Thay vào (3) ta được điều phải chứng minh.

 

Câu 38.  Cho tam giác $ABC$ có cạnh $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$. Tìm vị trí điểm $M$ để: $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$ đạt giá trị bé nhất.

Hướng dẫn Câu 38:

Ta có $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=\frac{1}{2}\left( M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}} \right)$, $\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}=\frac{1}{2}\left( M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-B{{C}^{2}} \right)$, $\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}=\frac{1}{2}\left( M{{C}^{2}}+M{{A}^{2}}-C{{A}^{2}} \right)$

Cộng các vế của ba đẳng thức ta được:
$\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$$=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, ta có:

$M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=3M{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}$

Nên $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$ $=3M{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$ $\ge G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$

Vậy $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$ bé nhất khi $M$ trùng $G$.

 

Câu 39.  Chứng minh: Nếu tam giác $ABC$ có $\left( 1-c{os}A \right)\left( 1-c{osB} \right)=\frac{ab}{4{{c}^{2}}}$  thì nó là tam giác đều.

Hướng dẫn Câu 39:

Sử dụng định lý côsin:

$(1-c{os}A)(1-c{osB})=\frac{ab}{4{{c}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{\left[ {{a}^{2}}-{{(b-c)}^{2}} \right]\left[ {{b}^{2}}-{{(c-a)}^{2}} \right]}{4ab{{c}^{2}}}=\frac{ab}{4{{c}^{2}}}$  $\Leftrightarrow \left[ {{a}^{2}}-{{(b-c)}^{2}} \right]\left[ {{b}^{2}}-{{(c-a)}^{2}} \right]={{a}^{2}}{{b}^{2}}(*)$

Do  ${{a}^{2}}-{{(b-c)}^{2}}\le {{a}^{2}},{{b}^{2}}-{{(c-a)}^{2}}\le {{b}^{2}}$

 Nên (*) $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & {{a}^{2}}-{{(b-c)}^{2}}={{a}^{2}} \\ & {{b}^{2}}-{{(c-a)}^{2}}={{b}^{2}} \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow a=b=c$.

Vậy $ABC$ là tam giác đều.

 

Câu 40.  Cho tam giác $ABC$ có $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$. Gọi $N$, $M$, $K$ lần lượt là chân các đường phân giác từ $A$, $B$, $C$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:  $a(b+c)\overrightarrow{AN}+b(c+a)\overrightarrow{BM}+c(a+b)\overrightarrow{CK}=\vec{0}$.

Hướng dẫn Câu 40:

Theo tính chất đường phân giác ta có: $\frac{NB}{{NC}}=\frac{c}{{b}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\Rightarrow \frac{NC}{{BC}}=\frac{b}{{b+c}}\,\,\,\,\,\,\,\Rightarrow \frac{NB}{{BC}}=\frac{c}{{b+c}}$   $\Rightarrow$ $\overrightarrow{AN}=\frac{b}{b+c}\overrightarrow{AB}+\frac{c}{b+c}\overrightarrow{AC}$

Tương tự ta có: $\overrightarrow{BM}=\frac{a}{a+c}\overrightarrow{BA}+\frac{c}{a+c}\overrightarrow{BC}$;  $\overrightarrow{CK}=\frac{a}{a+b}\overrightarrow{CA}+\frac{b}{a+b}\overrightarrow{CB}$

Từ ba đẳng thức trên ta suy ra: $a(c+b)\overrightarrow{AN}=ab\overrightarrow{AB}+ac\overrightarrow{AC}\,\,\,\,(1)$

$b(a+c)\overrightarrow{BM}=ba\overrightarrow{BA}+bc\overrightarrow{BC}\,\,\,\,(2)$,   $c(a+b)\overrightarrow{CK}=ca\overrightarrow{CA}+cb\overrightarrow{CB}\,\,\,\,\,\,\,(3)$

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta được: $a(c+b)\overrightarrow{AN}+b(a+c)\overrightarrow{BM}+c(a+b)\overrightarrow{CK}$ $=ab\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA} \right)+ac\left( \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CA} \right)+bc\left( \overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BC} \right)\,\,=\overrightarrow{0}$

Vậy $a(b+c)\overrightarrow{AN}+b(c+a)\overrightarrow{BM}+c(a+b)\overrightarrow{CK}=\overrightarrow{0}$.

 

Câu 41.  Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, điểm $D$ là trung điểm của $AB$, $E$ là trọng tâm tam giác $ACD$. Chứng minh rằng : $CD\bot OE$.

Hướng dẫn Câu 41:

Gọi $M$ là trung điểm của $AC$

Vì $E$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên $3\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OD}$

$D$ là trung điểm của $AB$ nên $2\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}$

Vì $(O)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$ nên $OD\bot AB;OM\bot AC$,

$\Delta ABC$ cân nên $OD = OM$

Do đó $\left( \overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OM} \right)\bot \overrightarrow{DM}{  m }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!{  DM//BC }\Rightarrow \left( \overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OM} \right)\bot \overrightarrow{BC}$

Ta có $3\overrightarrow{OE}.2\overrightarrow{CD}=\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD} \right)\left( \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} \right)$ $=\left( 2\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OD} \right)\left( \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} \right)=2\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{OD}\left( \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} \right)$ $=2\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{OD}\left( 2\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA} \right)=2\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{OD}.\overrightarrow{CB}$ $=2\left( \overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OD} \right)\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{0}$.

 

Câu 42.  Cho $O$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$, $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$. Chứng         minh rằng $\frac{O{{A}^{2}}}{bc}+\frac{O{{B}^{2}}}{ca}+\frac{O{{C}^{2}}}{ab}=1$.

Hướng dẫn Câu 42:

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh $A$.

$\Rightarrow \frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}\Rightarrow \overrightarrow{DB}=-\frac{c}{b}\overrightarrow{DC}$ $\Rightarrow \left( b+c \right)\overrightarrow{OD}=b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}\left( 1 \right)$

Vì $\overrightarrow{DB}=-\frac{c}{b}\overrightarrow{DC}=-\frac{c}{b}\left( \overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BC} \right)$ $\Rightarrow DB=\frac{ac}{b+c}$

Mà $O$ là chân đường phân giác trong của góc $B$ trong tam giác $ABD$

$\frac{OD}{OA}=\frac{BD}{BA}=\frac{a}{b+c}\Rightarrow \overrightarrow{OD}=-\frac{a}{b+c}\overrightarrow{OA}\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right)\Rightarrow a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{O}$ $\Rightarrow $ ${{(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC})}^{2}}=0$ $\Rightarrow {{a}^{2}}O{{A}^{2}}+{{b}^{2}}O{{B}^{2}}+{{c}^{2}}O{{C}^{2}}+2ab\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2ac\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OC}+2bc\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}=0$

Mà ${{\left( \overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB} \right)}^{2}}=A{{B}^{2}}={{c}^{2}}\Rightarrow 2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-{{c}^{2}}$

Tương tự $2\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OB}=O{{C}^{2}}+O{{B}^{2}}-{{a}^{2}}$

$2\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}=O{{C}^{2}}+O{{A}^{2}}-{{b}^{2}}$ $\Rightarrow aO{{A}^{2}}+b.O{{B}^{2}}+c.O{{C}^{2}}=abc$ $\frac{O{{A}^{2}}}{bc}+\frac{O{{B}^{2}}}{ca}+\frac{O{{C}^{2}}}{ab}=1$(đpcm).

 

Câu 43.  Cho tam giác $ABC$,  $M$ là điểm bất kỳ nằm trong tam giác $ABC$. Chứng   minh rằng ${{S}_{a}}.\overrightarrow{MA}+{{S}_{b}}.\overrightarrow{MB}+{{S}_{c}}.\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$.

Hướng dẫn Câu 43:

- Trên đường $BM$ lấy $B’$, trên $CM$ lấy $C’$ sao cho $AB’$ song song $CM$, $AC’$ song song $BM$. Gọi $H$, $K$ là hình chiếu của $A$, $B$ trên $CM$; $P$, $Q$ là hình chiếu của $A$, $C$ trên $BM$

Chứng minh được  $\overrightarrow{MB'}=-\frac{AH}{BK}.\overrightarrow{MB}$ ,  $\overrightarrow{MC'}=-\frac{AP}{CQ}.\overrightarrow{MC}$

Ta có $\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{MC'}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{MA}=-\frac{AH}{BK}\overrightarrow{MB}-\frac{AP}{CQ}\overrightarrow{MB}$ $\Leftrightarrow 2{{S}_{a}}.\overrightarrow{MA}=-MC.AH.\overrightarrow{MB}-MB.AP.\overrightarrow{MA}$ $\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow {{S}_{a}}.\overrightarrow{MA}+{{S}_{b}}.\overrightarrow{MB}+{{S}_{c}}.\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$.

 

Câu 44.  Cho $a$, $b$, $c$ lần lượt là số đo 3 cạnh của $\Delta ABC$, $p$ là nửa chu vi $\Delta ABC$, $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp của $\Delta ABC$. Chứng minh rằng $\frac{1}{{{\left( p-a \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( p-b \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( p-c \right)}^{2}}}\ge \frac{1}{{{r}^{2}}}$.

Hướng dẫn Câu 44:

Ta có $\left\{ \begin{align} & {{S}^{2}}=p(p-a)(p-b)(p-c) \\  & {{S}^{2}}={{p}^{2}}.{{r}^{2}} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow {{r}^{2}}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}$

Đặt $\left\{ \begin{align} & p-a=x>0 \\  & p-b=y>0 \\  & p-c=z>0 \\ \end{align} \right.$ thì (1) ,  $\Leftrightarrow \frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}\ge \frac{x+y+z}{xyz}$  (2)

Ta có $\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)+\frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{y}^{2}}}+\frac{1}{{{z}^{2}}} \right)+\frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{z}^{2}}}+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)$

Có $+\left\{ \begin{align}& \frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)\ge \sqrt{\frac{1}{{{x}^{2}}}.\frac{1}{{{y}^{2}}}}=\frac{1}{xy} \\ & \frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{y}^{2}}}+\frac{1}{{{z}^{2}}} \right)\ge \sqrt{\frac{1}{{{y}^{2}}}.\frac{1}{{{z}^{2}}}}=\frac{1}{yz} \\ & \frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{z}^{2}}}+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\ge \sqrt{\frac{1}{{{z}^{2}}}.\frac{1}{{{x}^{2}}}}=\frac{1}{zx} \\ \end{align} \right.$

$\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}\ge \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=\frac{x+y+z}{xyz}\Rightarrow $ đpcm.

 

Câu 45.  Cho tam giác $ABC$ có góc $\widehat{{A}}=30{}^\circ $, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $r=\sqrt{3}$ và độ dài đường cao kẻ từ đỉnh $A$ là $h$ thỏa mãn $\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}$. Tính giá trị $T={{\sin }^{2}}B-{{\cos }^{2}}C$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Hướng dẫn Câu 45:

w Ta có: $a{{h}_{a}}=2S=bc\sin A$ $\Rightarrow \frac{1}{h_{a}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}{{c}^{2}}{{\sin }^{2}}A}=\frac{4{{R}^{2}}}{{{b}^{2}}{{c}^{2}}}$ $\Rightarrow \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}=\frac{4{{R}^{2}}}{{{b}^{2}}{{c}^{2}}}$ $\Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}=4{{R}^{2}}$$\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}B+{{\sin }^{2}}C=1$$\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}B+1-{{\cos }^{2}}C=1$$\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}B-{{\cos }^{2}}C=0$

w Không mất tính tổng quát, giả sử $B\ge C$ $\Rightarrow C\le 90{}^\circ $ $\Leftrightarrow \cos C\ge 0$.

Khi đó ${{\sin }^{2}}B={{\cos }^{2}}C$ $\Leftrightarrow \sin B=\cos C=\sin \left( 90{}^\circ -C \right)$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & B=90{}^\circ -C \\  & B+90{}^\circ -C=180{}^\circ  \\ \end{align} \right.$.

Kết hợp với $B+C=150{}^\circ $ ta được $B=120{}^\circ $, $C=30{}^\circ =A$ suy ra tam giác $ABC$ cân tại $B$.

w Gọi $H$ là trung điểm của $AC$ $\Rightarrow BH\bot AC$.

Đặt $BH=x$ $\Rightarrow BC=AB=\frac{BH}{\sin A}=2x$; $AH=AB\cos A=x\sqrt{3}$, $AC=2AH=2x\sqrt{3}$

Ta có $BH.AC=2{{S}_{\Delta ABC}}=\left( AB+BC+AC \right)r$ $\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}\sqrt{3}=\left( 4x+2x\sqrt{3} \right)\sqrt{3}$ $\Leftrightarrow x=2+\sqrt{3}$

Suy ra $BC=2x=2\left( 2+\sqrt{3} \right)$ $\Rightarrow R=\frac{BC}{2\sin A}=4+2\sqrt{3}$.    

 

Câu 46.  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 46:

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

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 47.  Chứng minh rằng tam giác $ABC$ vuông tại $A$ hoặc $B$ khi và chỉ khi $\sin C=\cos A+\cos B$.

Hướng dẫn Câu 47:

Ta có: $\cos A+\cos B=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}+\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ca}=\frac{2(a+b)(p-a)(p-b)}{abc}$

Vậy $\sin C=\cos A+\cos B\Leftrightarrow \frac{c}{2R}=\frac{2(a+b)(p-a)(p-b)}{abc}$

$\Leftrightarrow \frac{2cS}{abc}=\frac{2(a+b)(p-a)(p-b)}{abc}$$\Leftrightarrow {{c}^{2}}[{{(a+b)}^{2}}-{{c}^{2}}]={{(a+b)}^{2}}[{{c}^{2}}-{{(a-b)}^{2}}]$ $\Leftrightarrow {{c}^{4}}={{({{a}^{2}}-{{b}^{2}})}^{2}}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}} \\ & {{b}^{2}}={{c}^{2}}+{{a}^{2}} \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \Delta ABC$ vuông tại $A$ hoặc $B$.

 

Câu 48.  Cho tam giác $ABC$ nhọn. Tìm điểm $M$ sao cho $MA+2MB+\sqrt{3}MC$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn Câu 48:

Gọi $I$ là điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $\widehat{AIC}={{90}^{0}},\,\,\widehat{BIA}={{150}^{0}},\,\,\widehat{CIB}={{120}^{0}}$. Khi đó ta có $\frac{\overrightarrow{IA}}{IA}+2\frac{\overrightarrow{IB}}{IB}+\sqrt{3}\frac{\overrightarrow{IC}}{IC}=\vec{0}$

Vì thế $MA+2MB+\sqrt{3}MC{ }\ge \overrightarrow{MA}.\frac{\overrightarrow{IA}}{IA}+2.\overrightarrow{MB}.\frac{\overrightarrow{IB}}{IB}+\sqrt{3}.\overrightarrow{MC}.\frac{\overrightarrow{IC}}{IC}=IA+2IB+\sqrt{3}IC$

Dấu bằng có khi $M\equiv I$.

 

Câu 49.  Cho hình chữ nhật $ABCD$ biết $AD=1$ . Giả sử $E$ là trung điểm $AB$ và thỏa mãn $\sin \widehat{BDE}=\frac{1}{3}$.  Tính độ dài cạnh $AB$.

Hướng dẫn Câu 49:

Đặt $AB=2x\,\,\left( x>0 \right)\Rightarrow AE=EB=x$.

Vì góc $\widehat{BDE}$ nhọn nên $\cos \widehat{BDE}>0$ suy ra $\cos \widehat{BDE}=\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\widehat{BDE}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

Theo định lí Pitago ta có: $D{{E}^{2}}=A{{D}^{2}}+A{{E}^{2}}=1+{{x}^{2}}\Rightarrow DE=\sqrt{1+{{x}^{2}}}$,  $B{{D}^{2}}=D{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}=4{{x}^{2}}+1\Rightarrow BD=\sqrt{4{{x}^{2}}+1}$

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $BDE$ ta có

$\cos \widehat{BDE}=\frac{D{{E}^{2}}+D{{B}^{2}}-E{{B}^{2}}}{2DE.DB}\Leftrightarrow \frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{4{{x}^{2}}+2}{2\sqrt{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 4{{x}^{2}}+1 \right)}}$

$\Leftrightarrow 4{{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+1=0\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}=1\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ (do $x>0$).  Vậy độ dài cạnh $AB$ bằng $\sqrt{2}$

 

Câu 50.  Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn  $\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{b}{\sqrt{2}}=\frac{2c}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$. Tính các góc của tam giác.

Hướng dẫn Câu 50:

Đặt $\frac{a}{\sqrt{3}}=t>0$$\Rightarrow a=\sqrt{3}t,\,\,b=\sqrt{2}t,\,\,c=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}t$

Áp dụng định lí côsin ta có $\cos {A=}\frac{{{{b}}^{{2}}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}=\frac{2{{t}^{2}}+\left( 2-\sqrt{3} \right){{t}^{2}}-3{{t}^{2}}}{2\left( \sqrt{3}-1 \right){{t}^{2}}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow A={{120}^{0}}$

$\cos {B=}\frac{{{a}^{{2}}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}=\frac{3{{t}^{2}}+\left( 2-\sqrt{3} \right){{t}^{2}}-2{{t}^{2}}}{\sqrt{2}\left( 3-\sqrt{3} \right){{t}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow B={{45}^{0}}$, $C={{15}^{0}}$.

 

Câu 51.  Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn ${{\sin }^{2}}A=\sin B.\sin C$. Chứng minh rằng $\cos A\ge \frac{1}{2}$.

Hướng dẫn Câu 51:

Áp dụng định lí sin ta có $\sin A=\frac{a}{2R},\,\,\sin B=\frac{b}{2R},\,\sin C=\frac{c}{2R}$

Suy ra ${{\sin }^{2}}A=\sin B.\sin C\Leftrightarrow {{\left( \frac{a}{2R} \right)}^{2}}=\frac{b}{2R}.\frac{c}{2R}\Leftrightarrow {{a}^{2}}=bc$

Ta có  $\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-bc}{2bc}\ge \frac{2bc-bc}{2bc}=\frac{1}{2}$.

 

Câu 52.  Cho tứ giác $ABCD$ có $E$, $F$ là trung điểm các đường chéo. Chứng minh: $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}+4E{{F}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 52:

Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác $ABC$ và $ADC$ ta có:

$A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2B{{E}^{2}}+\frac{A{{C}^{2}}}{2}$ (1),  $C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=2D{{E}^{2}}+\frac{A{{C}^{2}}}{2}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=2\left( B{{E}^{2}}+D{{E}^{2}} \right)+A{{C}^{2}}$

Mặt khác $EF$ là đường trung tuyến tam giác $BDF$ nên $B{{E}^{2}}+D{{E}^{2}}=2E{{F}^{2}}+\frac{B{{D}^{2}}}{2}$

Suy ra $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}+4E{{F}^{2}}$.

 

Nguyễn Quốc Hoàn ,  01/3/2023