Chuyên đề 5. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

a. \(\sin \alpha \) và \(\cos \alpha \) cùng dấu khi: \(0^{\circ}<\alpha <90^{\circ}\).

b. \(\sin \alpha \) và \(\cos \alpha \) khác dấu khi: \(90^{\circ}<\alpha <180^{\circ}\).

a. \(\sin \alpha \) và \(\tan \alpha \) cùng dấu khi: \(0^{\circ}<\alpha <90^{\circ}\).

b. \(\sin \alpha \) và \(\tan \alpha \) khác dấu khi: \(90^{\circ}<\alpha <180^{\circ}\).

a. \(\tan \alpha \) và \(\cot \alpha \) cùng dấu khi: \(0^{\circ}<\alpha <90^{\circ}\) hoặc \(90^{\circ}<\alpha <180^{\circ}\).

b. Vì \(\cos \alpha \) và \(\cot \alpha \) luôn cùng dấu nên không có góc \(\alpha \) để \(\cos \alpha \) và \(\cot \alpha \) khác dấu.

a. \(\sin \alpha\cdot \cos \alpha \) \(<0 \Leftrightarrow \cos \alpha <0 \Leftrightarrow\) \(90^{\circ}<\alpha <180^{\circ}\).

b. \(\displaystyle\frac{\sin \alpha}{\tan \alpha}\) \(<0 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{\sin \alpha \cdot \cos \alpha}{\sin \alpha}<0 \Leftrightarrow \cos \alpha <0,\sin \alpha \ne 0 \Leftrightarrow\) \(90^{\circ}<\alpha <180^{\circ}\).

c. \(\displaystyle\frac{\tan \alpha}{\cos \alpha}>0 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{\sin \alpha}{\cos^2\alpha}>0 \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&\sin \alpha >0\\ &\cos \alpha \ne 0\end{aligned}\right. \Leftrightarrow 0^{\circ}<\alpha <90^{\circ}\) hay \(90^{\circ}<\alpha <180^{\circ}\)

a. Vì \(0^{\circ}<A,B,C<180^{\circ}\) nên \(\sin A\), \(\sin B\), \(\sin C>0\).

Do đó \(\sin A\cdot \sin B \cdot \sin C\) \(>0\).

b. Vì \(0^{\circ}<\displaystyle\frac{A}{2}<90^{\circ}\) nên \(\cos \displaystyle\frac{A}{2}>0\), do đó

+) Nếu \(0^{\circ}<B<90^{\circ}\) thì \(\cos \displaystyle\frac{A}{2}\cdot \cos B>0\)

+) Nếu \(B=90^{\circ}\) thì \(\cos \displaystyle\frac{A}{2}\cdot\cos B=0\).

+) Nếu \(90^{\circ}<B<180^{\circ}\) thì \(\cos \displaystyle\frac{A}{2}\cdot\cos B<0\).

c. Vì \(0^{\circ}<\displaystyle\frac{B}{2}<90^{\circ}\) và \(0^{\circ}<\displaystyle\frac{C}{2}<60^{\circ}\) nên \(\tan \displaystyle\frac{B}{2}>0,\cot \displaystyle\frac{C}{3}>0\), do đó \(\tan \displaystyle\frac{B}{2}\cdot \cot \displaystyle\frac{C}{3}>0\).

\(\sin135^{\circ}=\sin (180^{\circ}-135^{\circ})=\sin 45^{\circ}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\);

\(\cos 135^{\circ}=-\cos (180^{\circ}-135^{\circ})=-\cos 45^{\circ}=-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\);

\(\tan135^{\circ}=\displaystyle\frac{\sin 135^{\circ}}{\cos 135^{\circ}}=-1\)

và \(\cot 135^{\circ}=\displaystyle\frac{1}{\tan 135^{\circ}}=-1\).

Sử dụng 2 góc bù nhau: \(120^{\circ}\) và \(60^{\circ},\) \(150^{\circ}\) và \(30^{\circ}\) ta có

a.

\(\sin120^{\circ}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\)

\(\cos 120^{\circ}=-\displaystyle\frac{1}{2};\)

\(\tan 120^{\circ}=-\sqrt{3};\)

\(\cot 120^{\circ}=-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\).

b.

\(\sin 150^{\circ}=\displaystyle\frac{1}{2};\)

\(\cos 150^{\circ}=-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\)

\(\tan 150^{\circ}=-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3};\)

\(\cot 150^{\circ}=-\sqrt{3}\).

c. Điểm cuối \(M\) của góc \(180^{\circ}=\widehat{xOM}\) có tọa độ \(M(-1;0)\) nên \(\sin 180^{\circ}=0\), \(\cos 180^{\circ}=-1;\tan 180^{\circ}=0\) và \(\cot 180^{\circ}\) không xác định.

\(\begin{aligned}&\sin 100^{\circ}=\sin (180^{\circ}-100^{\circ})=\sin 80^{\circ};\\ &\sin 160^{\circ}=\sin (180^{\circ}-160^{\circ})=\sin 20^{\circ};\\ &\tan 103^{\circ}45'=-\tan (180^{\circ}-103^{\circ}45')=\tan 76^{\circ}15';\\ &\cot 124^{\circ}15'=-\cot (180^{\circ}-124^{\circ}15')=-\cot 55^{\circ}45'.\end{aligned}\)

a. Ta có

\(A=2\cdot\displaystyle\frac{1}{2}+3\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\) \(=1+\displaystyle\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2}\).

b. Ta có

\(B\) \(=2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}+3\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}\) \(=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}+3\sqrt{2}-1}{2}\).

a. Ta có

\(a\sin 0^{\circ}+b\cos 0^{\circ}+c\sin 90^{\circ}=b+c\).

b. Ta có

\(a\cos 90^{\circ}+b\sin 90^{\circ}+c\sin 180^{\circ}=b\).

c. Ta có

\(a^2\sin 90^{\circ}+b^2\cos 90^{\circ}+c^2\cos 180^{\circ}=a^2-c^2\).

a. Ta có

\(\begin{aligned}A &= a^2 \sin 90^\circ+b^2 \cos 90^\circ+c^2 \cos 180^\circ\\ &= a^2\cdot 1+b^2\cdot 0+c^2 \cdot (-1) = a^2-c^2.\end{aligned}\)

\item Ta có

\(\begin{aligned}B &= 3-\sin^2 90^\circ+2\cos^2 60^\circ-3\tan^2 45^\circ\\ &= 3-1^2+2\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2-3\cdot 1^2 = -\displaystyle\frac{1}{2}.\end{aligned}\)

a. Khi \(x=0^{\circ}\) thì \(\sin x+\cos x\) \(=1\).

Khi \(x=135^{\circ}\) thì

\(\sin x+\cos x = \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}=0\).

Khi \(x=120^{\circ}\) thì

\(\sin x + \cos x = \displaystyle\frac{\sqrt{3}-1}{2}\).

b. Khi \(x\) \(=60^{\circ}\) thì

\(2 \sin x + \cos 2x \) \(=2 \sin 60^{\circ}+\cos 120^{\circ}\) \(=2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}\) \(=\sqrt{3}-\displaystyle\frac{1}{2}\).

Khi \(x=45^{\circ}\) thì

\(2 \sin x + \cos 2x \) \(= 2 \sin 45^{\circ}+\cos 90^{\circ}\) \(= 2\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}+0\) \(=\sqrt{2}\).

Khi \(x\) \(=30^{\circ}\) thì

\(2 \sin x + \cos 2x \) \(=2 \sin 30^{\circ}+\cos 60^{\circ}\) \(=2\cdot \displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\) \(=\displaystyle\frac{3}{2}\).

\item Ta có \(\sin^2 x+ \cos^2 x =1\) với mọi giá trị của \(x\).

a. Ta có

\(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Rightarrow \cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha=1-\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^2=\displaystyle\frac{8}{9}\).

Suy ra \(\cos\alpha=\pm\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

Vì \(90^\circ<\alpha<180^\circ\) nên \(\cos\alpha<0\).

Do đó \(\cos\alpha=-\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

Khi đó

\(\tan\alpha=\displaystyle\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\displaystyle\frac{1}{3}:\left(-\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)=-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4}\).

b. Ta có

\(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Rightarrow \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\left(-\displaystyle\frac{2}{3}\right)^2=\displaystyle\frac{5}{9}\).

Suy ra \(\sin\alpha=\pm\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{3}\).

Vì \(90^\circ<\alpha<180^\circ\) nên

\(\sin\alpha>0\). Do đó \(\sin\alpha=\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{3}\).

Khi đó

\(\cot\alpha=\displaystyle\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=-\displaystyle\frac{2}{3}:\left(\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{3}\right)=-\displaystyle\frac{2\sqrt{5}}{5}\).

c. Ta có

\(\tan\gamma\cdot\cot\gamma=1\Rightarrow \cot\gamma=\displaystyle\frac{1}{\tan\gamma}=\displaystyle\frac{1}{-2\sqrt{2}}=-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4}\).

Lại có

\(1+\tan^2\gamma=\displaystyle\frac{1}{\cos^2\gamma}\Leftrightarrow 1+\left(-2\sqrt{2}\right)^2=\displaystyle\frac{1}{\cos^2\gamma}\Leftrightarrow \cos^2\gamma=\displaystyle\frac{1}{9}\Leftrightarrow \cos\gamma=\pm\displaystyle\frac{1}{3}\).

Vì \(90^\circ<\gamma<180^\circ\) nên \(\cos\gamma<0\).

Do đó \(\cos\gamma=-\displaystyle\frac{1}{3}\).

Ta có

\(\tan\gamma=\displaystyle\frac{\sin\gamma}{\cos\gamma}\Rightarrow \sin\gamma=\tan\gamma\cdot\cos\gamma=\left(-\displaystyle\frac{1}{3}\right)\cdot \left(-2\sqrt{2}\right)=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

a. Ta có

\(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Rightarrow \cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha=1-\left(\displaystyle\frac{5}{13}\right)^2=\displaystyle\frac{144}{169}\).

Suy ra

\(K=2\sin^2\alpha+4\cos^2\alpha -3=2\cdot\left(\displaystyle\frac{5}{13}\right)^2+4\cdot\displaystyle\frac{144}{169}-3=\displaystyle\frac{119}{169}\).

b. Ta có

\(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Rightarrow \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\left(\displaystyle\frac{4}{5}\right)^2=\displaystyle\frac{9}{25}\).

Suy ra

\(H=2\sin^2\alpha-5\cos^2\alpha+1=2\cdot \displaystyle\frac{9}{29}-5\cdot \left(\displaystyle\frac{4}{5}\right)^2+1=-\displaystyle\frac{37}{25}\).

c. Ta có

\(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Rightarrow \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\left(\displaystyle\frac{3}{4}\right)^2=\displaystyle\frac{7}{16}\).

Suy ra \(\sin\alpha=\pm\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{4}\).

Vì \(0^\circ<\alpha<90^\circ\) nên \(\sin\alpha>0\).

Do đó \(\sin\alpha=\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{4}\).

Khi đó

\(\tan\alpha=\displaystyle\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{4}:\left(\displaystyle\frac{3}{4}\right)=\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{3}\).

Suy ra \(\cot\alpha=\displaystyle\frac{1}{\tan\alpha}=\displaystyle\frac{3\sqrt{7}}{7}\).

Vậy

\(=\displaystyle\frac{\tan\alpha+3\cot\alpha}{\tan\alpha+\cot\alpha}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{3}+3\cdot \displaystyle\frac{3\sqrt{7}}{7}}{\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{3}+\displaystyle\frac{3\sqrt{7}}{7}}=\displaystyle\frac{17}{8}\).

d. Ta có

\(1+\tan^2\alpha=\displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha}=3\).

Chia tử và mẫu của biểu thức \(B\) cho \(\cos^3\alpha\) ta được

\(\begin{aligned}B&= \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha}\cdot\tan\alpha-\displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha}}{\tan^3\alpha+3+2\tan\alpha\cdot \displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha}}\\ &= \displaystyle\frac{3\cdot \sqrt{2}-3}{\left(\sqrt{2}\right)^3+3+2\cdot\sqrt{2}\cdot3}=\displaystyle\frac{3\left(\sqrt{2}-1\right)}{8\sqrt{2}+3}.\end{aligned}\)

Ta có:

\(\sin^2\alpha =1-\cos^2\alpha =1-\displaystyle\frac{9}{25}=\displaystyle\frac{16}{25} \Rightarrow \sin \alpha =\displaystyle\frac{4}{5}\) (vì \(\sin \alpha >0\))

\(\tan \alpha =\displaystyle\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\displaystyle\frac{4}{5}\colon \left(-\displaystyle\frac{3}{5}\right)=-\displaystyle\frac{4}{3}\).

Do đó \(\cot \alpha =-\displaystyle\frac{3}{4}\).

Ta có

\(\cos^215^{\circ}=1-\sin^215^{\circ}=1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)^2=\displaystyle\frac{8+4\sqrt{3}}{16}=\displaystyle\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}{8}\).

Từ đó

\(\cos 15^{\circ}=\sqrt{\displaystyle\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}{8}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)\sqrt{2}}{4}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\);

\(\tan 15^{\circ}=\displaystyle\frac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)^2}{4}=2-\sqrt{3}\);

\(\cot 15^{\circ}=\displaystyle\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}\).

Ta có

\(2\sin 15^{\circ}\cdot\cos 15^{\circ}=2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=\displaystyle\frac{1}{8}(6-2)=\displaystyle\frac{1}{2}=\sin 30^{\circ}\).

Vì \(\tan \alpha =-2\) \(<0\) nên \(90^{\circ}<\alpha <180^{\circ}\), suy ra \(\cos \alpha <0\).

Ta có

\(1+\tan^2\alpha =\displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha} \Rightarrow \cos^2\alpha =\displaystyle\frac{1}{1+\tan^2\alpha}=\displaystyle\frac{1}{1+4}=\displaystyle\frac{1}{5}.\)

Vậy \(\cos \alpha =-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\) và \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}\).

Do đó

\(\sin \alpha =\cos \alpha\cdot \tan \alpha =\left(-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\cdot (-2)=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{5}}=\displaystyle\frac{2\sqrt{5}}{5}.\)

Ta có

\(P=3\sin^2x+4\cos^2x=3\left(1-\cos^2x\right)+4\cos^2x=3+\cos^2x=3+\displaystyle\frac{1}{4}=\displaystyle\frac{13}{4}\).

Ta có

\(\sin^2x=1-\cos^2x=1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)^2=1-\displaystyle\frac{2+\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{2-\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)^2}{4^2}\).

Chọn \(\sin x=\displaystyle\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\) do \(0^{\circ}\leqslant x\leqslant 180^{\circ}\).

Vậy \(P=3\sin x+\cos x=\displaystyle\frac{3}{4}\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)+\displaystyle\frac{4}{4}\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)=\displaystyle\frac{7\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\).

a. Chia tử và mẫu cho \(\cos \alpha \), ta được

\(A=\displaystyle\frac{3\sin \alpha -\cos \alpha}{\sin \alpha +\cos \alpha}=\displaystyle\frac{3\tan \alpha -1}{\tan \alpha +1}=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}=\displaystyle\frac{\left(3\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)}{2-1}=7-4\sqrt{2}.\)

b. Chia tử và mẫu cho \(\cos^2\alpha \), ta được

\(B=\displaystyle\frac{2\sin^2\alpha +1}{3\sin^2\alpha +2\cos^2\alpha}=\displaystyle\frac{2\tan^2\alpha +\left(1+\tan^2\alpha \right)}{3\tan^2\alpha +2}=\displaystyle\frac{3\tan^2\alpha +1}{3\tan^2\alpha +2}=\displaystyle\frac{7}{8}.\)

\(\begin{aligned}P&=\displaystyle\frac{\cot \alpha -\tan \alpha}{\cot \alpha +\tan \alpha}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}-\displaystyle\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}{\displaystyle\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}+\displaystyle\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}=\displaystyle\frac{\cos^2\alpha -\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha +\sin^2\alpha}\\&=\cos^2\alpha -\sin^2\alpha =1-2\sin^2\alpha =1-2\left(\displaystyle\frac{2}{5}\right)^2=\displaystyle\frac{17}{25}.\end{aligned}\)

Ta có

\(\begin{aligned}T&=\sqrt{1-\sin x }\cdot \sqrt{1+\sin x}- \sqrt{1-2\sin x \cos x}\\&= \sqrt{1-\sin^2 x } - \sqrt{\sin^2 x +\cos^2 x -2\sin x \cos x}=\left| \cos x \right|-\left| \sin x - \cos x \right|.\end{aligned}\)

Khi \(\tan x = \sqrt{3}\) thì \(x = 60^{\circ} \Rightarrow \sin x = \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\) và \(\cos x = \displaystyle\frac{1}{2}\). Vậy \(T=\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}-1}{2}=\displaystyle\frac{2-\sqrt{3}}{2}\).

Khi \(\tan x = -\displaystyle\frac{3}{4}\) thì \(\sin^2 x = \displaystyle\frac{9}{25}\), \(\cos^2 x = \displaystyle\frac{16}{25}\) và \(\sin x \cdot \cos x = \tan x \cdot \cos^2 x = -\displaystyle\frac{3}{4}\cdot \displaystyle\frac{16}{25}= -\displaystyle\frac{12}{25}\).

Do đó \(T=\sqrt{1-\displaystyle\frac{9}{25}}-\sqrt{1-2 \cdot \left(- \displaystyle\frac{12}{25} \right)}=-\displaystyle\frac{3}{5}\).

Sử dụng hai góc phụ nhau thì ta có

a. \(\cos^212^{\circ}+\cos^278^{\circ}+\cos^21^{\circ}+\cos^289^{\circ}=\sin^278^{\circ}+\cos^278^{\circ}+\sin^289^{\circ}+\cos^289^{\circ}=1+1=2\).

b. \(\sin^23^{\circ}+\sin^215^{\circ}+\sin^275^{\circ}+\sin^287^{\circ}=\cos^287^{\circ}+\cos^275^{\circ}+\sin^275^{\circ}+\sin^287^{\circ}=1+1=2\).

a. Sử dụng hai góc bù nhau để ghép cặp

\(A=\left(\cos 0^{\circ}+\cos 180^{\circ}\right)+\left(\cos 10^{\circ}+\cos 170^{\circ}\right)+\cdots \left(\cos 80^{\circ}+\cos 100^{\circ}\right)+\cos 90^{\circ}=0.\)

\item Sử dụng 2 góc phụ nhau để ghép cặp

\(\begin{aligned}B&=\left(\sin^21^{\circ}+\sin^289^{\circ}\right)+\left(\sin^22^{\circ}+\sin^288^{\circ}\right)+\cdots +\left(\sin^244^{\circ}+\sin^246^{\circ}\right)+\sin^245^{\circ}+\sin^290^{\circ} \\ &=\left(\sin^21^{\circ}+\cos^21^{\circ}\right)+\left(\sin^22^{\circ}+\cos^22^{\circ}\right)+\cdots +\left(\sin^244^{\circ}+\cos^244^{\circ}\right)+\displaystyle\frac{1}{2}+1\\ &=44+\displaystyle\frac{3}{2}=\displaystyle\frac{91}{2}.\end{aligned}\)

\item Sử dụng 2 góc phụ nhau để ghép cặp

\(\begin{aligned}C&=\left(\tan 1^{\circ}\cdot\tan 89^{\circ}\right)\cdot\left(\tan 3^{\circ}\cdot\tan 87^{\circ}\right)\cdots \left(\tan 43^{\circ}\cdot\tan 47^{\circ}\right)\cdot\tan 45^{\circ} \\ &=\left(\tan 1^{\circ}\cdot\cos 1^{\circ}\right)\cdot\left(\tan 3^{\circ}\cdot\cos 3^{\circ}\right)\cdots \left(\tan 43^{\circ}\cdot\cos 43^{\circ}\right)\cdot1\\ &=1.\end{aligned}\)

a. Ta có \(\cos x=\pm \sqrt{1-\sin^2x}=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

b. Giải hệ

\(\left\{\begin{aligned}& \sin x-\cos x=\displaystyle\frac{2}{3} \\ & \sin^2x+\cos^2x=1 \\ \end{aligned}\right.\).

Ta có \(\sin x=\cos x+\displaystyle\frac{2}{3}\) thế vào thì được

\(2\cos^2x+\displaystyle\frac{4}{3}\cos x-\displaystyle\frac{6}{9}=0.\)

Chọn \(\cos x=\displaystyle\frac{\sqrt{14}-2}{6}\) thì \(\sin x=\displaystyle\frac{\sqrt{14}+2}{6}\).

a. Bình phương hai vế thì có \(\sin^2x+\cos^2x+2\sin x\cdot\cos x=m^2\).

Nên \(1+2\sin x\cdot\cos x=m^2\).

Vậy \(\sin x\cdot\cos x=\displaystyle\frac{m^2-1}{2}\).

b. Ta có

\(\begin{aligned}\sin^4x+\cos^4x&=\left(\sin^2x\right)^2+\left(\cos^2x\right)^2 =\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^2-2\sin^2x\cdot\cos^2x\\ &=1-\displaystyle\frac{(m^2-1)^2}{2}=\displaystyle\frac{1+2m^2-m^4}{2}.\end{aligned}\)

c. Từ giả thiết suy ra \(\sin x=m-\cos x\). Mà \(\sin^2x+\cos^2x=1\) nên

\(\left(m-\cos x\right)^2+\cos^2x=1\).

Từ đó dẫn đến \(\cos x\) là nghiệm của phương trình \(2t^2-2mt+m^2-1=0\) nên \( \Delta '\geqslant 0\).

Suy ra \(m^2\leqslant 2\) hay \(-\sqrt{2}\leqslant m\leqslant \sqrt{2}\).

a. Ta có \(\tan^2a+\cot^2a=\left(\tan a+\cot a\right)^2-2\tan a\cot a=k^2-2\).

b. Ta có

\(\begin{aligned}\tan^6a+\cot^6a &=\left(\tan^2a+\cot^2a\right)^3-3\tan^2a\cdot \cot^2a\left(\tan^2a+\cot^2a\right)\\&=(k^2-2)^3-3(k^2-2)=(k^2-2)(k^4-4k^2+1)\end{aligned}\)

c. Cách 1: Do \(\tan a\) và \(\cot a\) cùng dấu nên

\(\left|\tan a+\cot a\right|=\left|\tan a\right|+\left|\cot a\right|\)\\ mà \(\left|\tan a\right|+\left|\cot a\right|\geqslant 2\sqrt{\left|\tan a\right|\cdot \left|\cot a\right|}=2\).

Suy ra \(\left|\tan a+\cot a\right|\geqslant 2\) hay \(|k|\geqslant 2\).

Cách 2: Thay \(\cot a=\displaystyle\frac{1}{\tan a}\) dẫn đến \(\tan^2a-k\tan a+1=0\).

Vậy \(\tan a\) là nghiệm của phương trình \(x^2-kx+1=0\) nên \( \Delta =k^2-4\geqslant 0\) hay \(|k|\geqslant 2\).

Ta lập \( \Delta \) hoặc biến đổi thành tích số để giải

a. \(x^2-\left(\sin a+\cos a\right)x+\sin a\cdot\cos a=0 \Leftrightarrow \left(x-\sin a\right)\left(x-\cos a\right)=0\) nên \(x_1=\sin a,x_2=\cos a\).

b. Ta có \(Q\) nên \(x_1=\tan a,x_2=\cot a\).

a. Ta có

\(\begin{aligned}P&=\cos^4x-\cos^2x+\sin^2x=\cos^4x-\cos^2x+\left(1-\cos^2x\right) \\&=\cos^4x-2\cos^2x+1=\left(\cos^2x-1\right)^2=\sin^4x\end{aligned}\)

Vậy \(P\) có giá trị lớn nhất là 1 khi \(\sin x=1\), tức \(x=90^{\circ}\).

b. Ta có \(Q=\sin^4x-\sin^2x+\cos^2x=\sin^4x-2\sin^2x+1=\left(\sin^2x-1\right)^2=\cos^4x\).

Vậy \(Q\) có giá trị nhỏ nhất là 0 khi \(\cos x=0\), tức \(x=90^{\circ}\);

\(Q\) có giá trị lớn nhất là 1 khi \(\cos x=1\), tức \(x=0^{\circ}\) hoặc \(x=180^{\circ}\).

a. Ta có

\(A=\cos x+\sin x\cdot\tan x=\cos x+\sin x\cdot\displaystyle\frac{\sin x}{\cos x}=\displaystyle\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos x}=\displaystyle\frac{1}{\cos x}\).

b. Ta có

\(B=\sqrt{1+\cos x}\cdot\sqrt{1-\cos x}=\sqrt{1-\cos^2x}=\sqrt{\sin^2x}=\left|\sin x\right|=\sin x\).

a. Ta có

\(A=\sin x\cdot\sqrt{1+\tan^2x}=\sin x\sqrt{\displaystyle\frac{1}{\cos^2x}}=\displaystyle\frac{\sin x}{\left|\cos x\right|}=\left|\displaystyle\frac{\sin x}{\cos x}\right|=\left|\tan x\right|\).

b. Ta có

\(\begin{aligned}B&=\displaystyle\frac{1}{2\left(1-\sin x\cos x\right)}-\displaystyle\frac{\sin x}{\sin^3x+\cos^3x}-\displaystyle\frac{\cos x-\sin x}{\left(\sin x+\cos x\right)\left(1-\sin x\cos x\right)} \\&=\displaystyle\frac{\sin x+\cos x-2\left(\cos x-\sin x\right)-2\sin x}{2\left(\sin^3x+\cos^3x\right)}\\ &=\displaystyle\frac{\sin x-\cos x}{2\left(\sin^3x+\cos^3x\right).}\end{aligned}\)

a. Ta có

\(A=\sin (90^{\circ}-x)\cdot\cos (180^{\circ}-x)=\cos x\left(-\cos x\right)=-\cos^2x\).

b. Ta có

\(B=\cos (90^{\circ}-x)\cdot \sin (180^{\circ}-x)=\sin x\cdot \sin x=\sin^2x\).

a. Nếu \(x\) là góc nhọn thì theo định lý Pitago, ta có \(\sin^2x+\cos^2x=R^2=1\).

Nếu \(x=0^{\circ}\) hoặc \(x=90^{\circ}\) thì theo định nghĩa

\(\sin^20^{\circ}+\cos^20^{\circ}=0+1=1\) hoặc \(\sin^290^{\circ}+\cos^290^{\circ}=1+0=1\).

Nếu \(90^{\circ}<x\leqslant 180^{\circ}\) thì đặt \(t=180^{\circ}-x\), ta có \(\sin^2x+\cos^2x=\sin^2t+\left(-\cos t\right)^2=\sin^2t+\cos^2t=1\).

b. Ta có

\(1+\tan^2x=1+\displaystyle\frac{\sin^2x}{\cos^2x}=\displaystyle\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x}=\displaystyle\frac{1}{\cos^2x}\).

c. Ta có

\(1+\cot^2x=1+\displaystyle\frac{\cos^2x}{\sin^2x}=\displaystyle\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\sin^2x}=\displaystyle\frac{1}{\sin^2x}\).

a. Ta có

\(\sin (x+90^{\circ})=\sin \left(180^{\circ}-(x+90^{\circ})\right)=\sin (90^{\circ}-x)=\cos x\).

b. Ta có

\(\cos (x+90^{\circ})=-\cos \left(180^{\circ}-(x+90^{\circ})\right)=-\cos (90^{\circ}-x)=-\sin x\).

c. Ta có \(\tan (x+90^{\circ})=\displaystyle\frac{\cos x}{-\sin x}=-\cot x\).

d. Ta có \(\cot (x+90^{\circ})=\displaystyle\frac{-\sin x}{\cos x}=-\tan x\).

a. Ta có \(\left(\sin x+\cos x\right)^2=\sin^2x+\cos^2x+2\sin x\cos x=1+2\sin x\cdot\cos x\).

b. Ta có \(\left(\sin x-\cos x\right)^2=\sin^2x+\cos^2x-2\sin x\cos x=1-2\sin x\cdot\cos x\).

c. Ta có

\(\begin{aligned}\sin^4x+\cos^4x&=\left(\sin^2x\right)^2+\left(\cos^2x\right)^2+2\sin^2x\cdot\cos^2x-2\sin^2x\cdot\cos^2x\\ &=\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^2-2\sin^2x\cdot\cos^2x=1-2\sin^2x\cdot\cos^2x\end{aligned}\)

a.

\(\begin{aligned}&\sin x\cdot\cos x\left(1+\tan x\right)\left(1+\cot x\right)&=\cos x\left(1+\tan x\right)\cdot\sin x\left(1+\cot x\right)\\ &=\left(\cos x+\cos x\cdot\displaystyle\frac{\sin x}{\cos x}\right)\left(\sin x+\sin x\cdot\displaystyle\frac{\cos x}{\sin x}\right)\\ &=\left(\sin x+\cos x\right)^2=1+2\sin x\cdot\cos x\end{aligned}\)

b. Ta có

\(\begin{aligned}&1-\left(\sin^6x+\cos^6x\right)&=\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^3-\left(\sin^6x+\cos^6x\right)\\ &= \sin^6 x + \cos^6 x + 3 \sin^2 x \cos^2 x \left( \sin^2 x +\cos^2 x \right) - \left( \sin^6 x + \cos^6 x \right)\\ &= 3\sin^2 x \cos^2 x.\end{aligned}\)

a. Ta có

\(\begin{aligned}&\displaystyle\frac{\sin^2x}{\cos x\left(1+\tan x\right)}-\displaystyle\frac{\cos^2x}{\sin x\left(1+\cot x\right)}&=\displaystyle\frac{\sin^2x}{\cos x+\sin x}-\displaystyle\frac{\cos^2x}{\sin x+\cos x}\\ &=\displaystyle\frac{\sin^2x-\cos^2x}{\sin x+\cos x}\\ &=\sin x-\cos x.\end{aligned}\)

b. Ta có

\(\begin{aligned}&\left(\tan x+\displaystyle\frac{\cos x}{1+\sin x}\right)\cdot\left(\cot x+\displaystyle\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)&=\left(\displaystyle\frac{\sin x}{\cos x}+\displaystyle\frac{\cos x}{1+\sin x}\right)\cdot\left(\displaystyle\frac{\cos x}{\sin x}+\displaystyle\frac{\sin x}{1+\cos x}\right) \\ &=\left(\displaystyle\frac{\sin x+\sin^2x+\cos^2x}{\cos x\cdot\left(1+\sin x\right)}\right)\cdot\left(\displaystyle\frac{\cos x+\cos^2x+\sin^2x}{\sin x\cdot\left(1+\cos x\right)}\right)\\ &=\displaystyle\frac{\left(1+\sin x\right)\cdot\left(1+\cos x\right)}{\cos x\cdot\sin x\cdot\left(1+\sin x\right)\cdot\left(1+\cos x\right)}\\ &=\displaystyle\frac{1}{\sin x\cdot\cos x}.\end{aligned}\)

a. Ta có \(A=\left(\sin x+\cos x\right)^2+\left(\sin x-\cos x\right)^2=1+2\sin x\cos x+1-2\sin x\cos x=2\).

b. Ta có

\(\begin{aligned}B&=\sin^4x-\cos^4x-2\sin^2x+1 \\ &=\left(\sin^2x+\cos^2x\right)\left(\sin^2x-\cos^2x\right)-2\sin^2x+1\\&=1\left[\sin^2x-\left(1-\sin^2x\right)\right]-2\sin^2x+1=0.\end{aligned}\)

a. Ta có

\(\begin{aligned}B&=\sin^6x+\cos^6x+3\sin^2x\cos^2x\\ &=\left(\sin^2x+\cos^2x\right)^3-3\sin^4x\cos^2x-3\sin^2x\cos^4x+3\sin^2x\cos^2x\\&=1-3\sin^2x\cos^2x\left(\sin^2x+\cos^2x-1\right)\\&=1-0=1.\end{aligned}\)

b. Ta có

\(\begin{aligned}B&=\cos^2x\left(\cos^2x+2\sin^2x+\sin^2x\tan^2x\right)=\cos^2x\left(1+\sin^2x+\sin^2x\tan^2x\right)\\ &=\cos^2x\left(1+\sin^2x\displaystyle\frac{1}{\cos^2x}\right)=1.\end{aligned}\)

a. Đặt \(a=\sin^2x\) thì \(\cos^2x=1-a\) nên

\(\begin{aligned}F&=3\left[a^4-(1-a) ^4\right]+4\left[(1-a) ^3-2a^3\right]+6a^2 \\ &=3\left[a^4-(1-2a+a^2)^2\right]+4\left[(1-a) ^3-2a^3\right]+6a^2\\ &=3\left[a^4-(1+4a^2+a^4-4a+2a^2-4a^3)\right]+4(1-3a+3a^2-a^3-2a^3)+6a^2=1.\end{aligned}\)

b. Ta có

\(\begin{aligned}E&=\sqrt{\sin^4x+4\left(1-\sin^2x\right)}+\sqrt{\cos^4x+4\left(1-\cos^2x\right)}\\ &=\sqrt{\sin^4x+4-4\sin^2x}+\sqrt{\cos^4x+4-4\cos^2x} \\ &=\sqrt{\left(2-\sin^2x\right)^2}+\sqrt{\left(2-\cos^2x\right)^2}=\left|2-\sin^2x\right|+\left|2-\cos^2x\right| \\ &=\left(2-\sin^2x\right)+\left(2-\cos^2x\right) \quad \left(\text{ vì }\sin^2x,\cos^2x\leqslant 1 \right) \\ &=4-\left(\sin^2x+\cos^2x\right)=4-1=3. \end{aligned}\)

Vì \(A,B,C\) là 3 góc tam giác nên \(A+B+C=180^{\circ}\) do đó

a. Ta có \(\sin A=\sin (180^{\circ}-A) =\sin (B+C) \).

b. Ta có \(\cos A=-\cos (180^{\circ}-A) =-\cos (B+C) \).

c. Ta có \(\sin \displaystyle\frac{A+B}{2}=\cos \left(90^{\circ}-\displaystyle\frac{A+B}{2}\right)=\cos \displaystyle\frac{C}{2}\).

d. Ta có \(\tan A=-\tan (180^{\circ}-A) =-\tan (B+C) \).

Vì \(1+\sin A>0, 1+\sin B>0\) nên

\(\begin{aligned} &\left(1-\sin A\right)\left(1-\sin B\right)=\cos A\cos B \\ \Leftrightarrow & \left(1-\sin A\right)\left(1-\sin B\right)\left(1+\sin A\right)\left(1+\sin B\right)=\cos A\cos B\left(1+\sin A\right)\left(1+\sin B\right)\\ \Leftrightarrow & \left(1-\sin^2A\right)\left(1-\sin^2B\right)=\cos A\cos B\left(1+\sin A\right)\left(1+\sin B\right)\\ \Leftrightarrow & \cos^2A\cos^2B=\cos A\cos B\left(1+\sin A\right)\left(1+\sin B\right)\\ \Leftrightarrow & \left(1+\sin A\right)\left(1+\sin B\right)=\cos A\cos B.\end{aligned}\)

a. Ta có

\(\cos A=\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\) \(=\displaystyle\frac{13^2+15^2-12^2}{2\cdot13\cdot15}\) \(=\displaystyle\frac{25}{39}\). Suy ra \(A\approx 50^{\circ}\).

b. Ta có

\(BC^2\) \(=AC^2+AB^2-2AC\cdot AB\cdot\cos A\) \(=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos 60^{\circ}\) \(=49\).

Vậy \(BC=7\).

a. Ta có

\(A+B+C=180^\circ\) \(\Rightarrow C=180^\circ-A-B=75^\circ\).

Suy ra

\(a=\displaystyle\frac{b\sin A}{\sin B}\) \(=\displaystyle\frac{4\sin 60^{\circ}}{\sin 45^{\circ}}\approx 4{,}9\)

và

\(c=\displaystyle\frac{b\sin C}{\sin B}=\displaystyle\frac{4\sin 75^{\circ}}{\sin 45^{\circ}}\approx 5{,}5\).

b. Ta có

\(R=\displaystyle\frac{a}{2\sin A}=\displaystyle\frac{6}{2\sin 60^{\circ}}\approx 3{,}5\).

a. Ta có

\(C=180^{\circ}-(A+B)\) \(=180^{\circ}-(60^{\circ}+40^{\circ})\) \(=80^{\circ}\).

Có \(b=\displaystyle\frac{c\sin B}{\sin C}\) \(=\displaystyle\frac{14\sin 40^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}\approx 9{,}1\) và \(a=\displaystyle\frac{c\sin A}{\sin C}\) \(=\displaystyle\frac{14\sin 60^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}\approx 12{,}3\).

b. Ta có

\(B=180^{\circ}-(A+C)\) \(=180^{\circ}-\left(30^{\circ}+75^{\circ}\right)=75^{\circ}\) vì \(B=C\) nên tam giác cân tại\(A\).

Suy ra

\(c=b=4{,}5\) và \(a=\displaystyle\frac{b\sin A}{\sin B}=\displaystyle\frac{4{,}5\sin 30^{\circ}}{\sin 75^{\circ}}\approx 2{,}3\).

a. Ta có

\(B=180^{\circ}-(A+C)\) \(=180^{\circ}-\left(40^{\circ}+120^{\circ}\right)=20^{\circ}\).

Từ \(\displaystyle\frac{a}{\sin A}=\displaystyle\frac{b}{\sin B}=\displaystyle\frac{c}{\sin C}\), ta suy ra

\(a=\displaystyle\frac{c\sin A}{\sin C}\) \(\approx \displaystyle\frac{35\cdot0{,}64}{0{,}87}\approx 26;\)

\(b=\displaystyle\frac{c\sin B}{\sin C}\) \(\approx \displaystyle\frac{35\cdot0{,}43}{0{,}87}\approx 13{,}8.\)

b. Ta có

\(A=180^{\circ}-(B+C)\) \(=180^{\circ}-\left(83^{\circ}+57^{\circ}\right)=40^{\circ}\).

Từ \(\displaystyle\frac{a}{\sin A}=\displaystyle\frac{b}{\sin B}=\displaystyle\frac{c}{\sin C}\), ta suy ra

\(b=\displaystyle\frac{a\sin B}{\sin A}\) \(\approx \displaystyle\frac{137{,}5\cdot0,9925}{0{,}6427}\approx 212{,}3;\)

\(c=\displaystyle\frac{a\sin C}{\sin A}\) \(\approx \displaystyle\frac{137,5\cdot0{,}8387}{0{,}6427}\approx 179{,}4.\)

Áp dụng định lý trung tuyến

a. Ta có

\(m_a^2=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{a^2}{4}\) \(=\displaystyle\frac{8^2+6^2}{2}-\displaystyle\frac{7^2}{4}\) \(=\displaystyle\frac{151}{4} = 37{,}75\).

Suy ra \(m_a\approx 6{,}1\).

b. Ta có

\(a^2=b^2+c^2=25\) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

Do đó \(m_a=\displaystyle\frac{a}{2}=\displaystyle\frac{5}{2}=2{,}5\).

Tam giác \(ABD\) có \(AC\) là trung tuyến nên

\(AC^2=\displaystyle\frac{AB^2+AD^2}{2}-\displaystyle\frac{BD^2}{4}.\)

Suy ra

\(AD^2=\displaystyle\frac{1}{2}\left(4AC^2+BD^2-2AB^2\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}(4\cdot4^2+10^2-2\cdot3^2)=73.\)

Vậy \(AD\approx 8{,}5\).

a. Áp dụng công thức Hê-rông với

\(p=\displaystyle\frac{a+b+c}{2}=\displaystyle\frac{21}{2}\).

Ta có

\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) \(=\sqrt{\displaystyle\frac{21}{2}\left(\displaystyle\frac{21}{2}-7\right)\left(\displaystyle\frac{21}{2}-8\right)\left(\displaystyle\frac{21}{2}-6\right)}\) \(=\displaystyle\frac{21\sqrt{15}}{4}\).

Vì \(S=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a\) \( \Rightarrow \displaystyle\frac{21\sqrt{15}}{4}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot7h_a\) \(\Rightarrow h_a=\displaystyle\frac{3\sqrt{15}}{2}\).

b. Ta có

\(\sin^2A=1-\cos^2A\) \(=1-\displaystyle\frac{9}{25}=\displaystyle\frac{16}{25}\) \( \Rightarrow \sin A=\displaystyle\frac{4}{5}\) (vì \(\sin A>0\)).

Mà \(S=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot7\cdot5\cdot\displaystyle\frac{4}{5}=14\).

Theo định lý Cô-sin ta có

\(a^2=b^2+c^2-2b\cos A=7^2+5^2-2\cdot7\cdot5\cdot\displaystyle\frac{3}{5}=32 \Rightarrow a=4\sqrt{2}\).

Từ \(S=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a\) \( \Rightarrow h_a=\displaystyle\frac{2S}{a}=\displaystyle\frac{28}{4\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{7\sqrt{2}}{2}\).

Theo định lí sin:

\(\displaystyle\frac{a}{\sin A}=2R\) \( \Rightarrow R=\displaystyle\frac{a}{2\sin A}=\displaystyle\frac{4\sqrt{2}}{2\cdot\displaystyle\frac{4}{5}}=\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}\).

Ta có

\(S=pr\) \(\Rightarrow r=\displaystyle\frac{S}{p}\) \(=\displaystyle\frac{14}{5+7+4\sqrt{2}}\) \(=\displaystyle\frac{14}{12+4\sqrt{2}}\) \(=\displaystyle\frac{7}{6+2\sqrt{2}}\).

Ta có \(c=6\) là cạnh lớn nhất của tam giác, do đó \(C\) là góc lớn nhất.

Áp dụng định lí hàm số Cô-sin, ta có

\(\cos C=\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\) \(=\displaystyle\frac{3^2+4^2-6^2}{2\cdot3\cdot4}\) \(=-\displaystyle\frac{11}{24}\)

\( \Rightarrow \widehat{C}\approx 117^{\circ}17'\).

Ta có \(h_c\) là đường cao ứng với cạnh lớn nhất. Theo công thức Hê-rông

\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) với

\(p=\displaystyle\frac{1}{2}(3+4+6)=\displaystyle\frac{13}{2}\).

Nên \(S\) \(=\sqrt{\displaystyle\frac{13}{2}\left(\displaystyle\frac{13}{2}-3\right)\left(\displaystyle\frac{13}{2}-4\right)\left(\displaystyle\frac{13}{2}-6\right)}\) \(=\displaystyle\frac{\sqrt{455}}{4}\).

Ta có: \(h_c=\displaystyle\frac{2S}{c}=\displaystyle\frac{\sqrt{455}}{2\cdot6}=\displaystyle\frac{\sqrt{455}}{12}\).

Theo định lí cô-sin, ta có

\(\begin{aligned}\cos A=\ &\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\displaystyle\frac{4+\left(\sqrt{3}+1\right)^2-6}{2\cdot2\left(\sqrt{3}+1\right)}=\displaystyle\frac{1}{2} \Rightarrow \widehat{A}=60^{\circ}.\\ \cos B=\ &\displaystyle\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}=\displaystyle\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2+6-4}{2\sqrt{6}\left(\sqrt{3}+1\right)}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \widehat{B}=45^{\circ}.\\ h_a=\ &\displaystyle\frac{2S}{a}=\displaystyle\frac{ac\sin B}{a}=c\sin B=\left(\sqrt{3}+1\right)\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}.\end{aligned}\)

Áp dụng định lí Sin ta có

\(\displaystyle\frac{b}{\sin B}=2R\) \(\Rightarrow R=\displaystyle\frac{b}{2\sin B}=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\).

a. Ta có \(p=\displaystyle\frac{21+17+10}{2}=24\).

Theo công thức Hê-rông, ta có

\(S=\sqrt{24(24-21)(24-17)(24-10)}=84\).

Do đó:

\(h_a=\displaystyle\frac{2S}{a}\) \(=\displaystyle\frac{2 \cdot 84}{21}=8\).

b. Ta có

\(S=p r\) \( \Rightarrow r=\displaystyle\frac{S}{p}\) \(=\displaystyle\frac{84}{24}=3{,}5\).

Độ dài trung tuyến

\(m_a^2=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{a^2}{4}\) \(=\displaystyle\frac{17^2+10^2}{2}-\displaystyle\frac{21^2}{4}\) \(=\displaystyle\frac{337}{4}=84{,}25\)

Suy ra \(m_a=\sqrt{84{,}25}\approx 9{,}18\).

a. Ta có

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot20\cdot35\cdot\sin 60^{\circ}\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot20\cdot35\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}=175\sqrt{3}\).

Hơn nữa \(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\) \(=35^2+20^2-35\cdot20=925\).

Vậy \(a=\sqrt{925}\approx 30{,}41\).

Từ công thức

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a\) \( \Rightarrow h_a=\displaystyle\frac{2S}{a}=\displaystyle\frac{350\sqrt{3}}{\sqrt{925}}\approx 19{,}94\).

b. Từ công thức

\(\displaystyle\frac{a}{\sin A}\) \(=2R \Rightarrow R\) \(=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{3}}\) \(=\displaystyle\frac{\sqrt{925}}{\sqrt{3}}\approx 17{,}56\).

Từ công thức \(S=p r\) với \(p=\displaystyle\frac{1}{2}(a+b+c)\) ta có

\(r=\displaystyle\frac{2S}{a+b+c}\) \(=\displaystyle\frac{bc\sin A}{a+b+c}\) \(\approx 7{,}10\).

Ta có

\(\cos B=\displaystyle\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\) \(=\displaystyle\frac{83}{160}\).

Áp dụng định lí cô-sin cho tam giác \(ABM\), ta có

\(\begin{aligned}AM^2=\ &AB^2+BM^2-2AB\cdot BM\cdot\cos B\\ =\ &8^2+7^2-2\cdot8\cdot7\cdot\displaystyle\frac{83}{160}=\displaystyle\frac{549}{10}\end{aligned}\)

Vậy \(AM=3\sqrt{6{,}1}\).

Theo công thức Hê-rông, ta có

\(S_{AMC}\) \(=\sqrt{\displaystyle\frac{27}{2}\left(\displaystyle\frac{27}{2}-13\right)\left(\displaystyle\frac{27}{2}-6\right)\left(\displaystyle\frac{27}{2}-8\right)}\) \(=\displaystyle\frac{9\sqrt{55}}{4}.\)

Vì \(M\) là trung điểm \(BC\) nên

\(S_{ABC}\) \(=2S_{AMC}\) \(=\displaystyle\frac{9\sqrt{55}}{2}\).

Ta có

\(AM^2\) \(=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{a^2}{4} \Rightarrow 2AM^2\) \(=b^2+c^2-\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

Suy ra \(AB^2\) \(=c^2\) \(=2AM^2-b^2+\displaystyle\frac{a^2}{2}\) \(=2\cdot64-169+72=31\).

Vậy \(AB=c=\sqrt{31}\).

a. Ta có

\(\widehat{A}=180^{\circ}-(60^{\circ}+45^{\circ})\) \(=75^{\circ}\).

Đặt \(AC=b,AB=c\).

Theo định lí hàm số sin, ta có

\(\displaystyle\frac{b}{\sin 60^{\circ}}\) \(=\displaystyle\frac{a}{\sin 75^{\circ}}\) \(=\displaystyle\frac{c}{\sin 45^{\circ}}\).

Suy ra

\(b\) \(=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2\sin 75^{\circ}};c\) \(=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2\sin 75^{\circ}}\).

b. Kẻ \(AH\perp BC\) do \(\widehat{B},\widehat{C}\) đều là góc nhọn nên \(H\) thuộc đoạn \(BC\), hay \(BC=HB+HC\).

Ta có \(HC=\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2};\) \(HB=\displaystyle\frac{c}{2}\).

Suy ra

\(a=HC+HB\) \(=b\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}+\displaystyle\frac{c}{2}\) \(=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}+a\sqrt{2}}{4\sin 75^{\circ}}\).

Do đó \(\sin 75^{\circ}\) \(=\displaystyle\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\) và

\(\cos75^{\circ}\) \(=\sqrt{1-\sin^275^{\circ}}\) \(=\sqrt{1-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)^2}\) \(=\displaystyle\frac{1}{4}\sqrt{8-2\sqrt{12}}\) \(=\displaystyle\frac{1}{4}\sqrt{\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)^2}\) \(=\displaystyle\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.\)

a. Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) và \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) thì ta có

\(\displaystyle\frac{S_{ABC}}{S_{GBC}}\) \(=\displaystyle\frac{AI}{GI}\) \(=3\Rightarrow S_{ABC}\) \(=3S_{GBC}.\)

Lấy \(D\) là điểm đối xứng với \(G\) qua \(I\) ta được hình bình hành \(BGCD\), do đó

\(S_{GBC}\) \(=S_{BGD}\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}S_{BGCD}\) \(\Rightarrow S_{ABC}=3S_{BGD}.\)

Tam giác \(BGD\) có độ dài ba cạnh bằng \(10\), \(12\), \(18\) nên

\(S_{BGD}=\sqrt{20(20-10)(20-12)(20-18)}=\sqrt{20\cdot10\cdot8\cdot2}=40\sqrt{2}\Rightarrow S=120\sqrt{2}.\)

b. Giả sử \(m_a=15\), \(m_b=18\), \(m_c=27\). Ta có

\(\begin{cases}b^2+c^2=2m_a^2+\displaystyle\frac{a^2}{2}\\c^2+a^2=2m_b^2+\displaystyle\frac{b^2}{2}\\a^2+b^2=2m_c^2+\displaystyle\frac{c^2}{2}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=\displaystyle\frac{4}{3}\left(m_a^2+m_b^2+m_c^2\right)=1704.\)

Mà \(b^2-a^2=\displaystyle\frac{4}{3}\left(m_a^2-m_b^2\right)=-132\) và \(b^2-c^2=\displaystyle\frac{4}{3}\left(m_c^2-m_b^2\right)=540\).

Từ đó ta tính được \(b=8\sqrt{11}\), \(a=2\sqrt{209}\), \(c=2\sqrt{41}\).

Đặt \(BC=x\), \(x>0\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\).

Ta có \(MN=3 \Rightarrow AC=6\).

Theo định lí cô-sin ta có

\(\begin{aligned}&AB^2=CA^2+CB^2-2\cdot CA\cdot CB\cdot\cos C\\ \Leftrightarrow\ &81=36+x^2-12x\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow\ &BC=x=3\left(1+\sqrt{6}\right).\end{aligned}\)

Ta có \(BC=8 \Rightarrow BM=4\). Đặt \(AM=x\).

Theo định lí cô-sin ta có

\(\cos \widehat{AMB}=\displaystyle\frac{AM^2+BM^2-AB^2}{2AM\cdot AB}\).

Suy ra

\(\begin{aligned}&\displaystyle\frac{5\sqrt{13}}{26}=\displaystyle\frac{x^2+16-9}{8x}\\ \Leftrightarrow\,&13x^2-20\sqrt{13}x+91=0\\\Leftrightarrow\,&x=\sqrt{13}\text{ hoặc }x=\displaystyle\frac{7\sqrt{13}}{13}.\end{aligned}\)

Theo công thức tính đường trung tuyến ta có

\(AM^2=\displaystyle\frac{2(AB^2+AC^2)-BC^2}{2AB\cdot AC}\).

+) Nếu \(x=\sqrt{13} \Rightarrow 13=\displaystyle\frac{2(3^2+AC^2)-8^2}{4} \Rightarrow AC=7\).

Ta có \(BC>AC>AB \Rightarrow \) góc \(A\) lớn nhất.

Theo định lí cô-sin ta có

\(\cos A=\displaystyle\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}\) \(=-\displaystyle\frac{1}{7}\).

Suy ra \(A\approx 98^{\circ}12'\).

+) Nếu \(x=\displaystyle\frac{7\sqrt{13}}{13}\) \(\Rightarrow \displaystyle\frac{49}{13}=\displaystyle\frac{2(3^2+AC^2)-8^2}{4}\) \(\Rightarrow AC=\sqrt{\displaystyle\frac{397}{13}}\)

Ta có \(BC>AC>AB \Rightarrow \) góc \(A\) lớn nhất.

Theo định lí cô-sin ta có

\(\cos A=\displaystyle\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}\) \(=-\displaystyle\frac{53}{\sqrt{5161}}\).

Suy ra \(A\approx 137^{\circ}32'\).

a. Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là

\(p=\displaystyle\frac{a+b+c}{2} \) \(= \displaystyle\frac{7+8+6}{2} \) \(= \displaystyle\frac{21}{2}\).

Diện tích của tam giác \(ABC\) là

\(S\) \(=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \) \(= \sqrt{\displaystyle\frac{21}{2}\left(\displaystyle\frac{21}{2}-7\right)\left(\displaystyle\frac{21}{2}-8\right)\left(\displaystyle\frac{21}{2}-6\right)} \) \(= \displaystyle\frac{21\sqrt{15}}{4}.\)

Độ dài đường cao kẻ từ đỉnh \(A\) của tam giác \(ABC\) là

\(h_a\) \(=\displaystyle\frac{2S}{a} \) \(= \displaystyle\frac{2\cdot \displaystyle\frac{21\sqrt{15}}{4}}{7} \) \(= \displaystyle\frac{3\sqrt{15}}{2}\).

b. Vì \(\widehat{A}\) là góc trong tam giác \(ABC\) nên \(0^\circ<\widehat{A}<180^\circ\), suy ra \(\sin A>0\). Khi đó

\(\sin A \) \(=\sqrt{1-\cos^2 A} \) \(= \sqrt{1-\left(\displaystyle\frac{3}{5}\right)^2} \) \(= \sqrt{\displaystyle\frac{16}{25}} \) \(= \displaystyle\frac{4}{5}.\)

Diện tích của tam giác \(ABC\) là

\(S\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A \) \(= \displaystyle\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 5 \cdot \displaystyle\frac{4}{5} \) \(= 14\).

Áp dụng định lí Cô-sin cho tam giác \(ABC\) ta có

\(a^2\) \(=b^2+c^2-2bc\cos A \) \(= 7^2+5^2-2\cdot 7\cdot 5\cdot \displaystyle\frac{3}{5} \) \(= 32.\)

Suy ra \(a\) \(=4\sqrt{2}\).

Theo định lí Sin ta có \(\displaystyle\frac{a}{\sin A}\) \(=2R\), suy ra

\(R\) \(=\displaystyle\frac{a}{2\sin A} \) \(= \displaystyle\frac{4\sqrt{2}}{2\cdot \displaystyle\frac{4}{5}} \) \(= \displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}\).

Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là

\(p\) \(=\displaystyle\frac{a+b+c}{2} \) \(= \displaystyle\frac{4\sqrt{2}+7+5}{2} \) \(= \displaystyle\frac{12+4\sqrt{2}}{2} \) \(= 6+2\sqrt{2}\).

Lại có \(S\) \(=pr\), suy ra

\(r\) \(=\displaystyle\frac{S}{p} \) \(= \displaystyle\frac{14}{6+2\sqrt{2}} \) \(= 3-\sqrt{2}\).

Vì \(c>b>a\) nên \(\widehat{C}>\widehat{B}>\widehat{A}\).

Do đó góc lớn nhất là \(\widehat{C}\).

Ta có

\(\cos C = \displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\) \(= \displaystyle\frac{3^2+4^2-6^2}{2\cdot 3\cdot 4}\) \(= -\displaystyle\frac{11}{24}\).

Suy ra \(\widehat{C} \approx 117^\circ\).

\(\cos A = \displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \) \(= \displaystyle\frac{2^2+\left(\sqrt{3}+1\right)^2-\left(\sqrt{6}\right)^2}{2\cdot 2\left(\sqrt{3}+1\right)} \) \(= \displaystyle\frac{1}{2}\).

Suy ra \(\widehat{A}\) \(=60^\circ\).

\(\cos B\) \(=\displaystyle\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} \) \(= \displaystyle\frac{\left(\sqrt{6}\right)^2 + \left(\sqrt{3}+1\right)^2-2^2}{2\sqrt{6}\left(\sqrt{3}+1\right)} \) \(= \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Suy ra \(\widehat{B} \) \(= 45^\circ\).

Diện tích của tam giác \(ABC\) là

\(S\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A \) \(= \displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2\left(\sqrt{3}+1\right)\sin 60^\circ \) \(= \displaystyle\frac{3+\sqrt{3}}{2}\).

Ta có

\(S\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a\), suy ra \(h_a\) \(=\displaystyle\frac{2S}{a} \) \(= \displaystyle\frac{2\cdot \displaystyle\frac{3+\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{6}} \) \(= \displaystyle\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\).

Lại có

\(S\) \(=\displaystyle\frac{abc}{4R}\), suy ra \(R\) \(=\displaystyle\frac{abc}{4S} \) \(= \displaystyle\frac{\sqrt{6}\cdot 2\left(\sqrt{3}+1\right)}{4\cdot \displaystyle\frac{3+\sqrt{3}}{2}} \) \(= \sqrt{2}\).

a. Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là

\(p=\displaystyle\frac{a+b+c}{2} \) \(= \displaystyle\frac{21+17+10}{2} \) \(= 24\).

Diện tích của tam giác \(ABC\) là

\(S\) \(=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \) \(= \sqrt{24(24-21)(24-17)(24-10)} \) \(= 84.\)

Ta có

\(S\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a\),

suy ra

\(h_a\) \(=\displaystyle\frac{2S}{a} \) \(= \displaystyle\frac{2\cdot 84}{21}\) \(=8\).

b. Ta có \(S\) \(=pr\), suy ra

\(r\) \(=\displaystyle\frac{S}{p} \) \(= \displaystyle\frac{84}{24}\) \(=\displaystyle\frac{7}{2}\).

a. Diện tích của tam giác \(ABC\) là

\(S\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A \) \(= \displaystyle\frac{1}{2}\cdot 20\cdot 25\cdot \sin 60^\circ \) \(= 125\sqrt{3}\).

Áp dụng định lí Cô-sin cho tam giác \(ABC\) ta có

\(a^2\) \(=b^2+c^2-2bc\cos A \) \(= 20^2+25^2-2\cdot 20\cdot 25\cos 60^\circ \) \(= 525.\)

Suy ra \(a\) \(=\sqrt{525}\) \(=5\sqrt{21}\).

Ta có

\(S\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a\), suy ra

\(h_a\) \(=\displaystyle\frac{2S}{a} \) \(= \displaystyle\frac{2\cdot 125\sqrt{3}}{5\sqrt{21}} \) \(= \displaystyle\frac{50\sqrt{7}}{7}\).

b. Ta có

\(S\) \(=\displaystyle\frac{abc}{4R}\),

suy ra

\(R\) \(=\displaystyle\frac{abc}{4S} \) \(= \displaystyle\frac{5\sqrt{21}\cdot 20\cdot 25}{4\cdot 125\sqrt{3}} \) \(= 5\sqrt{7}\).

Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là

\(p\) \(=\displaystyle\frac{a+b+c}{2} \) \(= \displaystyle\frac{5\sqrt{21}+20+25}{2} \) \(= \displaystyle\frac{45+5\sqrt{21}}{2}\).

Ta có \(S\) \(=pr\), suy ra

\(r\) \(=\displaystyle\frac{S}{p} \) \(= \displaystyle\frac{125\sqrt{3}\cdot 2}{45+5\sqrt{21}} \) \(= \displaystyle\frac{15\sqrt{3}-5\sqrt{7}}{2}\).

a. Theo định lí sin ta có

\(\displaystyle\frac{a}{\sin A}=\displaystyle\frac{b}{\sin B}=\displaystyle\frac{c}{\sin C}\) \( \Rightarrow \displaystyle\frac{a}{\sin A}=\displaystyle\frac{b+c}{\sin B+\sin C}=\displaystyle\frac{2a}{\sin B+\sin C}\) \( \Rightarrow 2\sin A=\sin B+\sin C\).

Cách khác:

\(a=2R\sin A\), \(b=2R\sin B\), \(c=2R\sin C\).

Nên

\(b+c=2a \Rightarrow 2R\sin B+2R\sin C=2 \cdot 2R\sin A\) \( \Rightarrow \sin B+\sin C=2\sin A\).

b. Ta có

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}a\cdot h_a\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}b\cdot h_b\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}c\cdot h_c\)

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{1}{h_a}\) \(=\displaystyle\frac{a}{2S};\) \(\displaystyle\frac{1}{h_b}\) \(=\displaystyle\frac{a}{2S};\) \(\displaystyle\frac{1}{h_c}\) \(=\displaystyle\frac{a}{2S}\).

Do đó

\(\displaystyle\frac{1}{h_b}+\displaystyle\frac{1}{h_c}\) \(=\displaystyle\frac{b}{2S}+\displaystyle\frac{c}{2S}\) \(=\displaystyle\frac{1}{2S}(b+c)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2S} \cdot 2a\) \(=\displaystyle\frac{2}{h_a}\).

a. Theo giả thiết, ta có \(a^2=bc\).

Thay \(a=2R\sin A\), \(b=2R\sin B\), \(c=2R\sin C\) vào hệ thức trên, ta được

\(4R^2\sin^2A=2R\sin B\cdot2R\sin C\) \(\Rightarrow \sin^2A=\sin B\cdot\sin C\).

b. Ta có

\(2S=a\cdot h_a=b\cdot h_b=c\cdot h_c\) \(\Rightarrow a^2h_a^2=b \cdot c\cdot h_b\cdot h_c\).

Theo giả thiết \(a^2=bc\) nên ta suy ra

\(h_a^2=h_b\cdot h_c\).

Áp dụng định lí trung tuyến trong tam giác, ta có

\(m_a^2=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{a^2}{4}\,;\)

\(m_b^2=\displaystyle\frac{c^2+a^2}{2}-\displaystyle\frac{b^2}{4}\,;\)

\(m_c^2=\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}-\displaystyle\frac{c^2}{4}.\)

Từ đó suy ra

\(m_a^2+m_b^2+m_c^2=\displaystyle\frac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)\).

Theo tính chất của trọng tâm, ta có

\(GA=\displaystyle\frac{2}{3}m_a\);

\(GB=\displaystyle\frac{2}{3}m_b\);

\(GC=\displaystyle\frac{2}{3}m_c\)

nên

\(\begin{aligned}&GA^2+GB^2+GC^2\\ =\ &\left(\displaystyle\frac{2}{3}m_a\right)^2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}m_b\right)^2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}m_c\right)^2=\displaystyle\frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)\\=\ &\displaystyle\frac{4}{9}\left(\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{a^2}{4}+\displaystyle\frac{a^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{b^2}{4}+\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}-\displaystyle\frac{c^2}{4}\right)\\=\ &\displaystyle\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right).\end{aligned}\)

Xét hình bình hành \(ABCD\). Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\) thì \(AO\) là trung tuyến của tam giác \(ABD\).

Ta có

\(\begin{aligned}&AO^2=\displaystyle\frac{AB^2+AD^2}{2}-\displaystyle\frac{BD^2}{4}\\ \Leftrightarrow\,&\displaystyle\frac{AC^2}{4}=\displaystyle\frac{AB^2+AD^2}{2}-\displaystyle\frac{BD^2}{4}\\\Leftrightarrow\,&AC^2+BD^2=2\left(AB^2+AD^2\right).\end{aligned}\)

Trong tam giác \(ABD\), \(CBD\) ta có

\(AB^2+AD^2=2AN^2+\displaystyle\frac{BD^2}{2},\)

\(CB^2+CD^2=2CN^2+\displaystyle\frac{BD^2}{2}.\)

Nên \(AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=2(AN^2+CN^2)+BD^2\).

Vì \(M\) là trung điểm của \(AC\) nên

\(NA^2+NC^2=2NM^2+\displaystyle\frac{AC^2}{2}.\)

Do đó

\(AB^2+BC^2+CD^2+DA^2\) \(=2\left(2MN^2+\displaystyle\frac{AC^2}{2}\right)+BD^2\) \(=AC^2+BD^2+4MN^2\).

Áp dụng định lí sin và công thức diện tích, ta có

a. Ta có

\(\cot A=\displaystyle\frac{\cos A}{\sin A}\) \(=\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}:\displaystyle\frac{a}{2R}\) \(=\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{abc}R\) \(=\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}\).

b. Tương tự

\(\cot B\) \(=\displaystyle\frac{a^2+c^2-b^2}{4S}\) và

\(\cot C\) \(=\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{4S}\) nên

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

a. Theo định lí cô-sin \(b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\).

Suy ra

\(c\cos B=\displaystyle\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}\).

và

\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\) \(\Rightarrow b\cos C=\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\).

Do đó

\(b\cos C+c\cos B=\displaystyle\frac{2a^2}{2a}=a\).

b. Ta có

\(a=2R\sin A,b=2R\sin B,c=2R\sin C\).

Thay vào biểu thức \(a=b\cos C+c\cos B\) thì

\(2R\sin A\) \(=2R\sin B\cos C+2R\sin C\cos B\) \( \Rightarrow \sin A=\sin B\cos C+\sin C\cos B\).

a. Ta có \(b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\) và \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\).\\

Suy ra

\(\begin{aligned}&\ b^2-c^2=c^2-b^2+2a\left(b\cos C-c\cos B\right)\\ \Rightarrow &\ 2(b^2-c^2)=2a\left(b\cos C-c\cos B\right)\\\Rightarrow &\ b^2-c^2=a\left(b\cos C-c\cos B\right).\end{aligned}\)

b. Ta có

\(\begin{aligned}&a\left(c\cos C-b\cos B\right)\\ &=a\left[\displaystyle\frac{c(a^2+b^2-c^2)}{2ab}-\displaystyle\frac{b(a^2+c^2-b^2)}{2ac}\right] \\ &=\displaystyle\frac{c(a^2+b^2-c^2)}{2b}-\displaystyle\frac{b(a^2+c^2-b^2)}{2c}\\&=\displaystyle\frac{c^2(a^2+b^2-c^2)-b^2(a^2+c^2-b^2)}{2bc}\\ &=\displaystyle\frac{(b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)}{2bc}\\=\ &(b^2-c^2)\cos A.\end{aligned}\)

a. Xét hai tam giác vuông \(IEB,\) \(IEC\). Ta có

\(\cot \displaystyle\frac{B}{2}=\displaystyle\frac{BE}{r} \Rightarrow BE=r\cot \displaystyle\frac{B}{2},\)

\(\cot \displaystyle\frac{C}{2}=\displaystyle\frac{CE}{r} \Rightarrow CE=r\cot \displaystyle\frac{C}{2}.\)

Do đó

\(a=BC=BE+EC=r\left(\cot \displaystyle\frac{B}{2}+\cot \displaystyle\frac{C}{2}\right)\).

b. Ta có:

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A\).

Suy ra

\(\displaystyle\frac{1}{2}\cdot2R\sin a\cdot h_a\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot2R\sin B\cdot2R\cdot\sin C\cdot\sin A \Rightarrow h_a\) \(=2R\sin B\sin C\).

a. Dùng định lí diện tích, định lí sin, ta có

\(S=\displaystyle\frac{abc}{4R}=\displaystyle\frac{2R\sin A\cdot2R\sin B\cdot2R\sin C}{4R}=2R^2\sin A\sin B\sin C.\)

b. Ta có

\(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\cdot AC\cdot\cos A=bc\cdot\cos A\) nên

\(\overrightarrow{AB}^2\overrightarrow{AC}^2-\left(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\right)^2\) \(=b^2c^2-b^2c^2\cos A\) \(=b^2c^2\left(1-\cos^2A\right)\) \(=b^2c^2\sin^2A\) \(=4S^2.\)

Vậy

\(S\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB}^2\cdot\overrightarrow{AC}^2-\left(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\right)^2}\).

Ta có diện tích hai tam giác \(ABC,ADC\) bằng nhau nên

\(\begin{aligned}S_{ABCD}=\ &2S_{ABC}=2\cdot\displaystyle\frac{1}{2}BA\cdot BC\cdot\sin B\\=\ &BA\cdot BC\cdot\sin B.\end{aligned}\)

Giả sử \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\). Ta có

\(\begin{aligned}S=\ &S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OCD}+S_{ODA}\\=\ &\displaystyle\frac{1}{2}\left[OA\cdot OB\sin \alpha +OB\cdot OC\cdot\sin \left(180^{\circ}-\alpha \right)\\ &+OC\cdot OD\sin \alpha +OD.OA\sin \left(180^{\circ}-\alpha \right)\right]\\=\ &\displaystyle\frac{1}{2}(OA+OC)(OB+OD)\sin \alpha\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{2}AC\cdot BD\cdot\sin \alpha.\end{aligned}\)

Nếu tứ giác có hai đường chéo vuông góc thì \(\alpha =90^{\circ}\) nên \(S=\displaystyle\frac{1}{2}AC\cdot BD\).

Gọi \(Q\), \(R\), \(P\) là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp \((J,r_a)\) lần lượt với các đường thẳng \(BC\), \(CA\), \(AB\) thì

\(\begin{aligned}&S_{JAB}=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot JP=\displaystyle\frac{c\cdot r_a}{2},\\ &S_{JAC}=\displaystyle\frac{1}{2}AC\cdot JR=\displaystyle\frac{b\cdot r_a}{2},\\ &S_{JBC}=\displaystyle\frac{1}{2}BC\cdot JQ=\displaystyle\frac{a\cdot r_a}{2}.\end{aligned}\)

Từ đó ta có

\(\begin{aligned}S=\ &S_{JAB}+S_{JAC}-S_{JBC}\\ =\ &\displaystyle\frac{b+c-a}{2}r_a\\ =\ &\displaystyle\frac{a+b+c-2a}{2}r_a=(p-a)r_a.\end{aligned}\)

Giả sử \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp với độ dài cạnh \(a\), \(b\), \(c\), \(d\).

Khi đó \(\widehat{A}+\widehat{C}=180^{\circ}\) nên \(\sin C=\sin A\); \(\cos C=-\cos A\).

Ta có

\(S=S_{ABD}+S_{CDB}=\displaystyle\frac{1}{2}ad\sin A+\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin C\).

Vậy \(2S=(ad+bc)\sin A\), suy ra \(\sin A=\displaystyle\frac{2S}{ad+bc}\).

Mặt khác, xét các tam giác \(ABD\) và \(BCD\) có

\(\begin{aligned}BD^2 =\ & a^2+d^2-2ad\cos A\\ =\ & b^2+c^2-2bc\cos C=b^2+c^2+2bc\cos A.\end{aligned}\)

Suy ra \(a^2+d^2-b^2-c^2=2(ad+bc)\cos A\) nên

\(\cos A=\displaystyle\frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2(ad+bc)}\).

Do \(\cos^2A+\sin^2A=1\) nên \(16S^2+(a^2+d^2-b^2-c^2)^2=4(ad+bc)^2\), suy ra

\(\begin{aligned}16S^2=\ &[2(ad+bc)]^2-\left(a^2+d^2-b^2-c^2\right)^2\\=\ &\left(2ad+2bc+a^2+d^2-b^2-c^2\right)\left(2ad+2bc-a^2-d^2+b^2+c^2\right)\\=\ &\left[(a+d)^2-(b-c)^2\right]\cdot\left[(b+c)^2-(a-d)^2\right]\\=\ &(a+d+b-c)(a+d-b+c)(b+c+a-d)(b+c-a+d)\\=\ &(2p-2c)(2p-2b)(2p-2d)(2p-2a)\\=\ &16(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)\end{aligned}\)

Từ đó ta có \(S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}\).

a. Ta có

\(S=pr=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a=\displaystyle\frac{1}{2}bh_b=\displaystyle\frac{1}{2}ch_c\).

Suy ra

\(\displaystyle\frac{1}{h_a}=\displaystyle\frac{1}{r}\cdot\displaystyle\frac{a}{2p};\)

\(\displaystyle\frac{1}{h_b}=\displaystyle\frac{1}{r}\cdot\displaystyle\frac{b}{2p};\)

\(\displaystyle\frac{1}{h_c}=\displaystyle\frac{1}{r}\cdot\displaystyle\frac{c}{2p}\).

Khi đó

\( \displaystyle\frac{1}{h_a}+\displaystyle\frac{1}{h_b}+\displaystyle\frac{1}{h_c}=\displaystyle\frac{1}{r}\cdot\displaystyle\frac{a+b+c}{2p}=\displaystyle\frac{1}{r}\).

b. Ta có

\(\displaystyle\frac{2}{h_a}\) \(=\displaystyle\frac{1}{r}-\displaystyle\frac{1}{r_a}\) \(=\displaystyle\frac{1}{r_b}+\displaystyle\frac{1}{r_c}\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle\frac{2S}{h_a}=\displaystyle\frac{S}{r}-\displaystyle\frac{S}{r_a}=\displaystyle\frac{S}{r_b}+\displaystyle\frac{S}{r_c}\)

\(\Leftrightarrow a=p-(p-a)=(p-b)+(p-c)\).

Dãy đẳng thức cuối cùng hiển nhiên ta được điều cần chứng minh.

a. Ta có \(AM=AN=p\), \(JM=r_a\).

Suy ra

\(r_a=p\tan \displaystyle\frac{A}{2}\).

b. Tương tự \(AE=p-a\), \(IE=r\) nên

\(r=(p-a)\tan\displaystyle\frac{A}{2}\).

a. Theo giả thiết đồng dạng của hai tam giác vuông ta có

\(\displaystyle\frac{a}{a'}=\displaystyle\frac{b}{b'}=\displaystyle\frac{c}{c'}=k\).

Suy ra

\(a=k\cdot a' \Rightarrow a\cdot a'=k\cdot a'^2\).

Tương tự

\(b\cdot b'=k\cdot b'^2,\)

\(c\cdot c'=k\cdot c'^2\).

Vậy

\(b\cdot b'+c\cdot c'\) \(=k(b'^2+c'^2)\) \(=k\cdot a'^2\) \(=a\cdot a'\).

b. Ta có

\(\displaystyle\frac{1}{b\cdot b'}+\displaystyle\frac{1}{c\cdot c'}\) \(=\displaystyle\frac{1}{k\cdot b'^2}+\displaystyle\frac{1}{k\cdot c'^2}\) \(=\displaystyle\frac{1}{k}\left(\displaystyle\frac{1}{b'^2}+\displaystyle\frac{1}{c'^2}\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{k}\cdot\displaystyle\frac{1}{h'^2_a}\) \(=\displaystyle\frac{1}{k\cdot h'_a\cdot h'_a}\) \(=\displaystyle\frac{1}{h_a\cdot h'_a}\).

a. Ta có

\(\begin{aligned}&S_{ABC}=S_{ABD}+S_{ACD}\\ \Leftrightarrow\ &\displaystyle\frac{1}{2}bc=\displaystyle\frac{1}{2}dc\sin 45^{\circ}+\displaystyle\frac{1}{2}db\sin 45^{\circ}\\\Leftrightarrow\ &bc=d(b+c)\sin45^{\circ}=d(b+c)\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow d=\displaystyle\frac{\sqrt{2}bc}{b+c}.\end{aligned}\)

b. Ta có

\(S=pr \Rightarrow r\) \(=\displaystyle\frac{2S}{a+b+c}\) \(=\displaystyle\frac{bc}{b+c+\sqrt{b^2+c^2}}\) \(\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\left(b+c-\sqrt{b^2+c^2}\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}(b+c-a)\).

Ta có

\(\begin{aligned}&2\cot A=\cot B+\cot C\\ \Leftrightarrow &2\cdot\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{abc}R=\displaystyle\frac{a^2+c^2-b^2}{abc}R+\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{abc}R\\ \Leftrightarrow\ &b^2+c^2=2a^2.\end{aligned}\)

Từ giả thiết, suy ra \(c^2m_c^2=b^2m_b^2\).

Do đó

\(c^2\left(\displaystyle\frac{b^2+a^2}{2}-\displaystyle\frac{c^2}{4}\right)=b^2\left(\displaystyle\frac{c^2+a^2}{2}-\displaystyle\frac{b^2}{4}\right)\).

Suy ra

\(\begin{aligned}&2b^2c^2+2a^2c^2-c^4=2b^2c^2+2a^2b^2-b^4\\\Leftrightarrow\ &b^4-c^4=2a^2(b^2-c^2)\\&\Rightarrow&b^2+c^2=2a^2\left(\text{ do }b^2-c^2\ne0\right).\end{aligned}\)

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Ta có \(AB'=\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2}\), \(AC'=\displaystyle\frac{c\sqrt{2}}{2}\), \(\widehat{B'AC'}=\widehat{A}+90^{\circ}\).

Trong tam giác \(AB'C'\), ta có

\(\begin{aligned}B'C'^2=\ &AB'^2+AC'^2-2AB'\cdot AC'\cdot\cos \widehat{B'AC'}\\=\ &\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}+bc\sin A=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}+2S.\end{aligned}\)

Tương tự,

\(C'A'^2=\displaystyle\frac{a^2+c^2}{2}+2S;\)

\(A'B'^2=\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}+2S\).

Từ đó suy ra

\(A'B'^2+B'C'^2+C'A'^2=a^2+b^2+c^2+6S\).

a. Theo định lý sin, trong tam giác \(ABD\), \(BCD\), \(ACD\). Ta có

\(\displaystyle\frac{BD}{\sin\varphi}=\displaystyle\frac{AD}{\sin\left(B-\varphi\right)};\)

\(\displaystyle\frac{CD}{\sin\varphi}=\displaystyle\frac{BD}{\sin\left(C-\varphi\right)};\)

\(\displaystyle\frac{AD}{\sin\varphi}=\displaystyle\frac{CD}{\sin\left(A-\varphi\right)}.\)

Từ đó ta được

\(\displaystyle\frac{AD\cdot BD\cdot CD}{\sin^3\varphi}=\displaystyle\frac{AD\cdot BD\cdot CD}{\sin\left(A-\varphi\right)\cdot\sin\left(B-\varphi\right)\cdot\sin\left(C-\varphi\right)}\).

Suy ra đẳng thức cần chứng minh.

b. Áp dụng định lí cô-sin vào tam giác \(DAB\), ta có

\(BD^2=AB^2+AD^2-2AB\cdot AD\cdot \cos\varphi\).

Mà \(\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AD\cdot \sin\varphi=S_{ABD}\).

Từ đó suy ra

\(BD^2=AB^2+AD^2-4S_{DAB}\cdot\cot \varphi \).

Tương tự,

\(CD^2=BC^2+BD^2-4S_{DBC}\cdot\cot \varphi \) và

\(AD^2=AC^2+CD^2-4S_{DCA}\cdot\cot \varphi \).

Cộng theo vế với chú ý rằng tổng diện tích ba tam giác nhỏ bằng diện tích \(S\) của tam giác \(ABC\), ta được

\(\cot\varphi=\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{4S}\) \(=\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}R.\)

Mà \(\cot A+\cot B+\cot C=\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}R\) nên ta suy ra đẳng thức cần chứng minh.

Từ giả thiết ta có

\(\begin{aligned}&\cot A+\cot B+\cot C=\displaystyle\frac{\cos A}{\sin A}+\displaystyle\frac{\cos B}{\sin B}+\displaystyle\frac{coC}{\sin C}\\=\ &\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc\cdot\displaystyle\frac{a}{2R}}+\displaystyle\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac\cdot\displaystyle\frac{b}{2R}}+\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab\cdot\displaystyle\frac{c}{2R}}\\=\ &\displaystyle\frac{2R(b^2+c^2-a^2)}{2bca}+\displaystyle\frac{2R(a^2+c^2-b^2)}{2acb}+\displaystyle\frac{2R(a^2+b^2-c^2)}{2abc}\\=\ &\displaystyle\frac{R(a^2+b^2+c^2)}{abc}=\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{4S}\left(\text{ do }S=\displaystyle\frac{abc}{4R}\Rightarrow\displaystyle\frac{R}{abc}=\displaystyle\frac{1}{4S}\right)\end{aligned}\)

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).

Khi đó hai trung tuyến kẻ từ \(B\) và \(C\) vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(\triangle GBC\) vuông tại \(G\)

\(\Leftrightarrow GB^2+GC^2=BC^2\) \(\Leftrightarrow\left(\displaystyle\frac{2}{3}m_b\right)^2+\left(\displaystyle\frac{2}{3}m_c\right)^2=a^2\). \(\qquad (*)\)

Mặt khác theo công thức đường trung tuyến, ta có

\(m_b^2\) \(=\displaystyle\frac{2(a^2+c^2)-b^2}{4},m_c^2\) \(=\displaystyle\frac{2(a^2+b^2)-c^2}{4}\).

Suy ra

\(\begin{aligned}(*)\Leftrightarrow\,&\displaystyle\frac{4}{9}(m_b^2+m_c^2)=a^2\\ \Leftrightarrow\,&\displaystyle\frac{4}{9}\left[\displaystyle\frac{2(a^2+c^2)-b^2}{4}+\displaystyle\frac{2(a^2+b^2)-c^2}{4}\right]=a^2\\\Leftrightarrow\,&4a^2+b^2+c^2=9a^2\,\Leftrightarrow\,b^2+c^2=5a^2.\end{aligned}\)

a. Góc \(A\) nhọn

\(\Leftrightarrow\cos A>0\) \(\Leftrightarrow\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}>0\) \(\Leftrightarrow a^2<b^2+c^2\).

b. Góc \(A\) tù

\(\Leftrightarrow\cos A<0\) \(\Leftrightarrow\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}<0\) \(\Leftrightarrow a^2>b^2+c^2\).

c. Góc \(A\) vuông

\(\Leftrightarrow\cos A=0\) \(\Leftrightarrow\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=0\) \(\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2\).

Ta có \(a^3=b^3+c^3\) nên \(a\) là cạnh lớn nhất, suy ra góc \(A\) là góc lớn nhất.

Ta chứng minh góc \(A\) nhọn là đủ. Thật vậy, ta có

\(a^3=b^3+c^3=b\cdot b^2+c\cdot c^2<a\cdot b^2+a\cdot c^2=a\left(b^2+c^2\right)\) \(\Rightarrow a^2<b^2+c^2\) \(\Rightarrow \cos A>0.\)

Vậy ta suy ra góc \(A\) nhọn và dẫn đến tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn.

Ta có \(a^4=b^4+c^4\) nên \(a\) là cạnh lớn nhất, suy ra góc \(A\) là góc lớn nhất.

Ta chứng minh góc \(A\) nhọn là đủ. Thật vậy, ta có

\(a^4=b^4+c^4\) \(=\left(b^2+c^2\right)^2-2b^2c^2<\left(b^2+c^2\right)^2\)

\( \Rightarrow a^2<b^2+c^2\) \(\Rightarrow\cos A>0.\)

Vậy ta suy ra góc \(A\) nhọn và dẫn đến tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn.

Ta có

\(\begin{aligned}&\sin A=2\sin B\cdot\cos C\\ &\Leftrightarrow\displaystyle\frac{a}{2R}=2\cdot\displaystyle\frac{b}{2R}\cdot\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\\ &\Leftrightarrow a^2=a^2+b^2-c^2\Leftrightarrow b^2=c^2 \Leftrightarrow b=c.\end{aligned}\)

Vậy \(ABC\) là tam giác cân tại \(A\).

Theo định lí cô-sin ta có

\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\) \(=12+4-2\cdot2\sqrt{3}\cdot2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}=4\).

Do đó: \(c=2=b\) nên tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(B=C=30^{\circ}\).

Ta có

\(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}ac\sin B\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot2\cdot\sqrt{3}\cdot2\cdot\displaystyle\frac{1}{2}=\sqrt{3}\),

\(h_a=\displaystyle\frac{2S}{a}\) \(=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=1\).

Ta có

\(\begin{aligned}&\displaystyle\frac{1+\cos B}{\sin B}=\displaystyle\frac{2a+c}{\sqrt{4a^2-c^2}}\\ & \Leftrightarrow \displaystyle\frac{\left(1+\cos B\right)^2}{\sin^2B}=\displaystyle\frac{(2a+c)^2}{4a^2-c^2}\\&\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1+\cos B}{1-\cos B}=\displaystyle\frac{2a+c}{2a-c} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{1+\cos B}{1-\cos B}-1=\displaystyle\frac{2a+c}{2a-c}-1\\&\Leftrightarrow 2ac\cdot\cos B=c^2 \Leftrightarrow a^2+c^2-b^2=c^2 \Leftrightarrow a^2=b^2 \Leftrightarrow a=b.\end{aligned}\)

Vậy tam giác \(ABC\) cân tại \(C\).

Ta có

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}a\cdot h_a\) \(=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) nên

\(h_a=\sqrt{p(p-a)}\) \( \Leftrightarrow 2\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=a\sqrt{p(p-a)} \) \(\Leftrightarrow 2\sqrt{(p-b)(p-c)}=a.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có

\(2\sqrt{(p-b)(p-c)}\le(p-b)+(p-c)=2p-b-c=a\).

Do đó dấu đẳng thức xảy ra nên

\(p-b=p-c \Leftrightarrow b=c\).

Vậy tam giác \(ABC\) cân tại \(A\).

Áp dụng định lí trung tuyến ta có

\(\begin{aligned}&5m_a^2=m_b^2+m_c^2\\ \Leftrightarrow\ & 5\left(\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{a^2}{4}\right)=\displaystyle\frac{a^2+c^2}{2}-\displaystyle\frac{b^2}{4}+\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}-\displaystyle\frac{c^2}{4}\\ \Leftrightarrow\ &5(2b^2+2c^2)-5a^2=2(a^2+c^2)-b^2+2(a^2+b^2)-c^2\\ \Leftrightarrow\ &9b^2+9c^2=9a^2 \Rightarrow b^2+c^2=a^2.\end{aligned}\)

Vậy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\).

Ta có

\(r_a=\displaystyle\frac{S}{p-a}\),

\(z_b=\displaystyle\frac{S}{p-b}\),

\(r_c=\displaystyle\frac{S}{p-c}\).

Mặt khác, từ công thức tính diện tích có

\(r=\displaystyle\frac{S}{p}\).

Từ giả thiết suy ra

\(\displaystyle\frac{1}{p-a}-\displaystyle\frac{1}{p}=\displaystyle\frac{1}{p-b}+\displaystyle\frac{1}{p-c} \) \(\Rightarrow \displaystyle\frac{a}{p(p-a)}=\displaystyle\frac{2p-(b+c)}{(p-b)(p-c)}\).

Vì \(2p-(b+c)=a \Rightarrow p(p-a)=(p-b)(p-c)\);

\(pa=p(p+c)-bc\) \( \Rightarrow bc=p(b+c-a)\) \(=\displaystyle\frac{b+c+a}{2}(b+c-a)\).

\(\Rightarrow 2bc=(b+c)^2-a^2\) \( \Rightarrow b^2+c^2-a^2=0\) \( \Rightarrow a^2=b^2+c^2\).

Theo định lí Pi-ta-go ta có \(\widehat{A}=90^{\circ}\).

Ta có

\(\displaystyle\frac{a^3+b^3-c^3}{a+b-c}=c^2\) \( \Rightarrow a^3+b^3-c^3=(a+b)c^2-c^3\).

Suy ra

\(a^3+b^3=(a+b)c^2\)

\(\Rightarrow a^2-ab+b^2=c^2\)

\(\Rightarrow a^2-ab+b^2=a^2+b^2-2ab\cos C \)

\(\Rightarrow \cos C=\displaystyle\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow C=60^{\circ}\).

Ta có

\(\cos A=\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\) \(=\displaystyle\frac{64+25-49}{2\cdot8\cdot5}\) \(=\displaystyle\frac{20}{40}\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow A=60^{\circ}\).

Xét đẳng thức đã cho là phương trình bậc 2 theo \(t=c^2\).

Ta có

\(\Delta '=(a^2+b^2)^2-(a^4+a^2b^2+c^4)=a^2b^2.\)

Do đó

\(c^2=a^2+b^2\pm ab \) \(\Rightarrow a^2+b^2+2ab\cos C=a^2+b^2\pm 2ab\)

Suy ra

\(\cos C=\pm \displaystyle\frac{1}{2} \Rightarrow C=60^{\circ}\) hay \(C=120^{\circ}\).

Ta có \(a=b\cos C+c\cos B,b=c\cos A+a\cos C,c=a\cos B+b\cos A\) nên điều kiện đã cho tương đương với

\((a-b)\left(\cos A-\cos B\right)+(b-c)\left(\cos B-\cos C\right)+(c-a)\left(\cos C-\cos A\right)=0\)

Ta chứng minh: \((a-b)\left(\cos A-\cos B\right)\le0\), dấu \(``="\) khi \(a=b\).

+) Xét \(a=b\) thì bất đẳng thức đúng.

+) Xét \(a>b\) thì \(A>B \Rightarrow \cos A<\cos B\) \( \Rightarrow (a-b)\left(\cos A-\cos B\right)<0\).

+) Xét \(a<b\) thì \(A<B \Rightarrow \cos A>\cos B\) \( \Rightarrow (a-b)\left(\cos A-\cos B\right)<0\).

Tương tự thì \((b-c)\left(\cos B-\cos C\right)\le0\) và \((c-a)\left(\cos C-\cos A\right)\le0\)

Do đó dấu đẳng thức đồng thời xảy ra nên \(a=b=c\). Vậy tam giác \(ABC\) đều.

Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là các tiếp điểm của \(BC\), \(CA\), \(AB\) với đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có \(AP=AN=r \cdot \cot 30^{\circ}=5\) và \(BP+NC=BM+MC=a=10\).

Từ đó ta có \((b-AN)+(c-AP)=10\) hay \(b+c=20\).

Theo định lí cô-sin, ta có \(a^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^{\circ}\) hay \(a^2=(b+c)^2-2bc-bc\).

Suy ra

\(bc=\displaystyle\frac{(b+c)^2-a^2}{3}\) \(=\displaystyle\frac{20^2-10^2}{3}=100\).

Mà \(b+c=20\) nên \(b\), \(c\) là nghiệm của phương trình bậc hai \(x^2-20x+100=0\).

Phương trình này có nghiệm kép \(b=c=10\) nên \(ABC\) là tam giác đều.

Ta có

\(\displaystyle\frac{a^3+c^3-b^3}{a+c-b}=b^2 \) \(\Rightarrow a^3+c^3-b^3=(a+c)b^2-b^3\).

\(\Rightarrow a^3+c^3=(a+c)b^2\) \( \Rightarrow a^2-ac+c^2=b^2\).

\(\Rightarrow a^2-ac+c^2=a^2+c^2-2ac\cos B\) \( \Rightarrow \cos B=\displaystyle\frac{1}{2}\) \( \Rightarrow B=60^{\circ}\)

Do đó

\(\sin B=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\) \( \Rightarrow \sin^2B=\displaystyle\frac{3}{4}\) nên

\(\sin A\cdot\sin C=\displaystyle\frac{3}{4}=\sin^2B\) \( \Rightarrow \displaystyle\frac{a}{2R}\cdot\displaystyle\frac{c}{2R}=\left(\displaystyle\frac{b}{2R}\right)^2\)

\(\begin{aligned}& \Rightarrow ac=b^2 \Rightarrow ac=a^2+c^2-2ac\cos B=a^2+c^2-ac\\& \Rightarrow a^2-2ac+c^2=0 \Rightarrow (a-c)^2=0 \Rightarrow a=c.\end{aligned}\)

Vậy \(ABC\) là tam giác cân và có góc \(60^{\circ}\) nên là tam giác đều.

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(M\) là một điểm tùy ý.

Ta có

\(\begin{aligned}&MA^2+MB^2+MC^2=\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GM}\right)^2+\left(\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GM}\right)^2+\left(\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GM}\right)^2\\ =\ &GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2-2\overrightarrow{GM}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)\\=\ &GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2\ge GA^2+GB^2+GC^2.\end{aligned}\)

Ta có

\((x+y+z)^2\le 3(x^2+y^2+z^2)\) \(\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0\).

Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, với mọi điểm \(M\), ta có

\(\left(m_a+m_b+m_c\right)^2\) \(=\displaystyle\frac{9}{4}(GA+GB+GC)^2\) \(\le \displaystyle\frac{9}{4}\cdot3\left(GA^2+GB^2+GC^2\right)\) \(\le \displaystyle\frac{27}{4}\left(MA^2+MB^2+MC^2\right)\)

Thay \(M\) bởi tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp, ta được

\((m_a+m_b+m_c)^2\) \(\le\displaystyle\frac{27}{4}\cdot3R^2\) \(=\displaystyle\frac{81}{4}R^2.\)

Suy ra

\(m_a+m_b+m_c\le\displaystyle\frac{9}{2}R\).

Vậy nếu \(ABC\) là tam giác đều thì có

\(m_a+m_b+m_c=\displaystyle\frac{9}{2}R\).\(\qquad(1)\)

Ngược lại nếu giả sử tam giác \(ABC\) thỏa mãn điều kiện \((1)\).

Thay điểm \(M\) bằng tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp \(ABC\), ta có

\(3R^2=\displaystyle\frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)+3OG^2\).

Suy ra

\(\displaystyle\frac{81}{4}R^2\) \(=3\left(m_a^2+m_b^2+m_c^2\right)+\displaystyle\frac{81}{4}OG^2\) \(\ge\left(m_a+m_b+m_c\right)^2+\displaystyle\frac{81}{4}OG^2\).

Do đó

\(\displaystyle\frac{81}{4}R^2\) \(\ge\displaystyle\frac{81}{4}R^2+\displaystyle\frac{81}{4}OG^2\) \(\Rightarrow OG^2=0\) hay \(O\equiv G\).

Vậy \(ABC\) là tam giác đều.

Áp dụng định lí cô-sin và sin ta có:

\(\sin C=2\sin B\cos A\) \(\Leftrightarrow \displaystyle\frac{c}{2R}=2\cdot\displaystyle\frac{b}{2R}\cdot\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\) \( \Leftrightarrow c^2=b^2+c^2-a^2\) \( \Leftrightarrow a=b.\)

Suy ra tam giác \(ABC\) cân tại đỉnh \(C\).

Ta có

\(\begin{aligned}&\sin A=\displaystyle\frac{\sin B+\sin C}{\cos B+\cos C}\\ &\Leftrightarrow \sin A(\cos B+\cos C)=\sin B+\sin C\\ &\Leftrightarrow \displaystyle\frac{a}{2R}\left(\displaystyle\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)=\displaystyle\frac{b+c}{2R} \\ &\Leftrightarrow b\left(c^2+a^2-b^2\right)+c\left(a^2+b^2-c^2\right)=2b^2c+2c^2b\\ &\Leftrightarrow b^3+c^3+b^2c+bc^2-a^2b-a^2c=0\\ &\Leftrightarrow (b+c)\left(b^2+c^2\right)-a^2(b+c)=0\\ &\Leftrightarrow b^2+c^2=a^2.\end{aligned}\)

Vậy tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

\immini{

Gọi \(R\), \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\) lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(ABC\), \(HBC\), \(HCA\), \(HAB\).\\

Áp dụng định lí sin trong các tam giác \(ABC\), \(HBC\), ta có

\begin{eqnarray*}

&& \displaystyle\frac{BC}{\sin A}=2R \Rightarrow R=\displaystyle\frac{BC}{2\sin A}.\\

&& \displaystyle\frac{BC}{\sin \widehat{BHC}}=2R_1 \Rightarrow R_1 = \displaystyle\frac{BC}{2\sin \widehat{BHC}}.

\end{eqnarray*}

}{

\begin{tikzpicture}

\tkzInit[xmin=-0.5,xmax=5.5,ymin=-0.5,ymax=4]

\tkzClip

\tkzDefPoints{0/0/B, 5/0/C, 2/3.5/A}

\tkzDefPointBy[projection=onto B--C](A)\tkzGetPoint{A'}

\tkzDefPointBy[projection=onto A--C](B)\tkzGetPoint{B'}

\tkzDefPointBy[projection=onto B--A](C)\tkzGetPoint{C'}

\tkzInterLL(A,A')(B,B')\tkzGetPoint{H}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,H)

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A A,A' B,B' C,C')

\tkzMarkRightAngles(A,A',C B,B',A C,C',B)

\tkzLabelPoints[above](A)

\tkzLabelPoints[below](B,C)

\draw (\((H)+(0.2,-0.4)\)) node \(H\);

\end{tikzpicture}

}

\noindent Mà hai góc \(A\) và \(\widehat{BHC}\) bù nhau nên \(\sin A=\sin \widehat{BHC}\), suy ra \(R_1=R\).\\

Chứng minh tương tự ta cũng có \(R_2=R\), \(R_3=R\).\\

Vậy \(R=R_1=R_2=R_3\).

\immini{

Tứ giác \(ABA'B'\) nội tiếp trong đường tròn đường kính \(AB\) từ đó suy ra

\begin{eqnarray*}

\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HA'}=\overrightarrow{HB} \cdot \overrightarrow{HB'}.

\end{eqnarray*}

Tương tự đối với tứ giác nội tiếp \(BCB'C'\), ta có

\begin{eqnarray*}

\overrightarrow{HB} \cdot \overrightarrow{HB'}=\overrightarrow{HC} \cdot \overrightarrow{HC'}.

\end{eqnarray*}

Vậy \(\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HA'}=\overrightarrow{HB}\cdot\overrightarrow{HB'}=\overrightarrow{HC}\cdot\overrightarrow{HC'}\).

}{

\begin{tikzpicture}

\tkzInit[xmin=-0.5,xmax=5.5,ymin=-0.5,ymax=4]

\tkzClip

\tkzDefPoints{0/0/B, 5/0/C, 2/3.5/A}

\tkzDefPointBy[projection=onto B--C](A)\tkzGetPoint{A'}

\tkzDefPointBy[projection=onto A--C](B)\tkzGetPoint{B'}

\tkzDefPointBy[projection=onto B--A](C)\tkzGetPoint{C'}

\tkzInterLL(A,A')(B,B')\tkzGetPoint{H}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,H,A',B',C')

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A A,A' B,B' C,C')

\tkzMarkRightAngles(A,A',C B,B',A C,C',B)

\tkzLabelPoints[above](A)

\tkzLabelPoints[below](B,C,A')

\tkzLabelPoints[left](C')

\tkzLabelPoints[right](B')

\draw (\((H)+(0.2,-0.4)\)) node \(H\);

\end{tikzpicture}

}

Gọi \(O\), \(I\) lần luợt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác \(ABC\).\\

Kẻ đường kính qua \(O\), \(I\) cắt \((O)\) tại hai điểm là \(N\), \(P\) như hình vẽ bên dưới.\\

Gọi \(M\) là giao điểm của \(AI\) và \((O)\); \(C'\) là tiếp điểm của \(AB\) với \((I)\).\\

Đặt \(OM=R\), \(IC'=r\) và \(OI=d\), ta có

\begin{eqnarray*}

R^2-d^2 = ON^2-OI^2 = (ON-IO)(ON+OI) = IP \cdot IN.

\end{eqnarray*}

Xét hai tam giác \(IAP\) và \(INM\) có\\

\(\allowdisplaybreaks

\begin{aligned}

&&& \widehat{AIP} = \widehat{NIM} \text{ (hai góc đối đỉnh),}\\

&&& \widehat{PAI} = \widehat{INM} \text{ (hai góc nội tiếp cùng chắn }\wideparen{MP}).

\end{aligned}\(\\

Vậy \(\triangle IAP \backsim \triangle INM\) suy ra \(\displaystyle\frac{IA}{IN}=\displaystyle\frac{IP}{IM}\) hay \(IA \cdot IM = IP \cdot IN\).\\

Do đó \(IA \cdot IM=R^2-d^2\).\\

\begin{center}

\begin{tikzpicture}

\tkzInit[xmin=-1,xmax=6,ymin=-2.5,ymax=4]

\tkzClip

\tkzDefPoints{0/0/B, 5/0/C, 2/3.5/A}

\tkzDefCircle[circum](A,B,C)\tkzGetPoint{O}

\tkzCalcLength[cm](O,A)\tkzGetLength{r}

\tkzDefCircle[in](A,B,C)\tkzGetPoint{I}

\tkzInterLC(A,I)(O,A)\tkzGetFirstPoint{M}

\tkzDefPointBy[projection=onto A--B](I)\tkzGetPoint{C'}

\tkzInterLC(O,I)(O,A)\tkzGetPoints{N}{P}

%\coordinate(M) at ([shift={(O)}]270:\r cm and \r cm);

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,I,M,O,C',N,P)

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A I,C' A,M I,C M,C N,P A,P M,N)

\tkzDrawCircle[radius](O,A)

\tkzDrawCircle[radius](I,C')

\tkzMarkAngles[size=0.4](B,A,M B,C,M)\tkzMarkAngles[size=0.5](M,A,C)

\tkzMarkAngles[arc=ll,size=0.5cm](I,C,B)\tkzMarkAngles[arc=ll,size=0.6cm](A,C,I)

\tkzMarkRightAngles(B,C',I)

\tkzLabelPoints[above](A,P)

\tkzLabelPoints[below](M,N)

\tkzLabelPoints[left](B,C')

\tkzLabelPoints[right](C)

\tkzLabelPoints[below left](I)

\draw (\((O)+(0.4,-0.15)\)) node \(O\);

\end{tikzpicture}

\end{center}

Trong tam giác \(MIC\) có \(\widehat{MIC}=\widehat{MCI}=\displaystyle\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}\) suy ra \(MI=MC\).\\

Do \(MC=2R\sin \displaystyle\frac{A}{2}\) nên \(MI=2R\sin \displaystyle\frac{A}{2}\).\\

Lại có \(IA=\displaystyle\frac{IC'}{\sin \displaystyle\frac{A}{2}}=\displaystyle\frac{r}{\sin \displaystyle\frac{A}{2}}\).\\

Suy ra \(IM \cdot IA = 2R\sin\displaystyle\frac{A}{2} \cdot \displaystyle\frac{r}{\sin\displaystyle\frac{A}{2}} = 2Rr\) nên \(R^2-d^2=2Rr\), hay \(d^2=R^2-2Rr\).\\

Vì \(0\leq d^2=R(R-2r)\) nên \(R\geq 2r\).\\

Nếu tam giác \(ABC\) đều ta có ngay \(O\equiv I\), khi đó \(d=0\) hay \(R=2r\).\\

Ngược lại, nếu trong tam giác \(ABC\) có \(R=2r\) thì \(d=0\), tức là \(O\) và \(I\) trùng nhau. Các đường trung trực trong tam giác \(ABC\) đồng thời là các đường phân giác nên nó là tam giác đều.

\immini{

Ta có

\allowdisplaybreaks

\begin{eqnarray*}

&& S_{ABC}=S_{MAB}+S_{MAC}\\

&\Leftrightarrow & \displaystyle\frac{1}{2}bc=\displaystyle\frac{1}{2}AM \cdot c \cdot \sin \alpha +\displaystyle\frac{1}{2}AM \cdot b \cdot \sin \left(90^{\circ}-\alpha \right)\\

&\Leftrightarrow & bc=AM\left(c\sin \alpha +b\cos \alpha \right).

\end{eqnarray*}

Vậy \(AM=\displaystyle\frac{bc}{b\cos \alpha +c\sin \alpha}\).\\

}{

\begin{tikzpicture}

\tkzDefPoints{0/0/B, 5/0/C}

\tkzDefShiftPoint[B](55:2){b}

\tkzDefShiftPoint[C](-35:2){c}

\tkzInterLL(B,b)(C,c)\tkzGetPoint{A}

\tkzDefBarycentricPoint(B=3,C=2)\tkzGetPoint{M}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,M)

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A A,M)

\tkzMarkRightAngle(B,A,C)

\tkzMarkAngle[arc=ll,size=0.5cm,mark=|](B,A,M)

\tkzLabelPoints[above](A)

\tkzLabelPoints[below](B,C,M)

\tkzLabelAngle[pos=0.8](B,A,M)\(\alpha\)

\tkzLabelLine[pos=0.5, above,rotate=55](A,B)\(c\)

\tkzLabelLine[pos=0.5, above,rotate=-35](A,C)\(b\)

\end{tikzpicture}

}

\immini{

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).\\

Khi đó

\allowdisplaybreaks

\begin{eqnarray*}

& GB^2 = \left(\displaystyle\frac{2}{3}m_B\right)^2 = \displaystyle\frac{4}{9} \cdot \displaystyle\frac{2(a^2+c^2)-b^2}{4} = \displaystyle\frac{1}{9}(2a^2+2c^2-b^2);\\

& GC^2 = \left(\displaystyle\frac{2}{3}m_C\right)^2 = \displaystyle\frac{4}{9} \cdot \displaystyle\frac{2(a^2+b^2)-c^2}{4} = \displaystyle\frac{1}{9}(2a^2+2b^2-c^2).

\end{eqnarray*}

Suy ra \(GB^2+GC^2=\displaystyle\frac{1}{9}(4a^2+c^2+b^2)\).\\

Hai trung tuyến kẻ từ \(B\) và \(C\) vuông góc nhau khi và chỉ khi

\begin{eqnarray*}

GB^2+GC^2=BC^2 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{9}(4a^2+c^2+b^2)=a^2 \Leftrightarrow b^2+c^2=5a^2.

\end{eqnarray*}

}{

\begin{tikzpicture}[scale=1]

\tkzInit[xmin=-0.5,xmax=3.8,ymin=-0.5,ymax=5.5]

\tkzClip

\def\b{5}\def\c{6}

\pgfmathsetmacro{\a}{sqrt(((\b)^2+(\c)^2)/5)}

\tkzDefPoints{0/0/B,\a/0/C}

\tkzDefShiftPoint[B](0:\b){B'}

\tkzDefShiftPoint[C](180:\c){C'}

\tkzInterCC(B,B')(C,C')\tkzGetFirstPoint{A}

\tkzDefMidPoint(C,A)\tkzGetPoint{N}

\tkzDefMidPoint(A,B)\tkzGetPoint{P}

\tkzInterLL(B,N)(C,P)\tkzGetPoint{G}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,G)

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A B,N C,P)

\tkzMarkRightAngle(B,G,C)

\tkzLabelPoints[above](A,G)

\tkzLabelPoints[below](B,C)

\end{tikzpicture}

}

\immini{

Vì hai trung tuyến \(BM\) và \(CN\) vuông góc với nhau nên

\begin{align*}

5a^2=b^2+c^2.

\end{align*}

Trong tam giác \(ABC\) ta có

\begin{eqnarray*}

&& a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha = 5a^2-2bc\cos \alpha\\

&\Rightarrow & bc=\displaystyle\frac{2a^2}{\cos \alpha}.

\end{eqnarray*}

Diện tích tam giác \(ABC\) là

\begin{align*}

S=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin \alpha = \displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{2a^2}{\cos \alpha} \cdot \sin \alpha =a^2\tan \alpha.

\end{align*}

}{

\begin{tikzpicture}[scale=1]

\tkzInit[xmin=-0.5,xmax=3.8,ymin=-0.5,ymax=5.5]

\tkzClip

\def\b{5}\def\c{6}

\pgfmathsetmacro{\a}{sqrt(((\b)^2+(\c)^2)/5)}

\tkzDefPoints{0/0/B,\a/0/C}

\tkzDefShiftPoint[B](0:\b){B'}

\tkzDefShiftPoint[C](180:\c){C'}

\tkzInterCC(B,B')(C,C')\tkzGetFirstPoint{A}

\tkzDefMidPoint(C,A)\tkzGetPoint{M}

\tkzDefMidPoint(A,B)\tkzGetPoint{N}

\tkzInterLL(B,M)(C,N)\tkzGetPoint{G}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,G,M,N)

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A B,M C,N)

\tkzMarkSegments[mark=|](A,M M,C)

\tkzMarkSegments[mark=||](A,N N,B)

\tkzMarkRightAngle(B,G,C)

\tkzLabelPoints[above](A,G)

\tkzLabelPoints[below](B,C)

\tkzLabelPoints[left](N)

\tkzLabelPoints[right](M)

\end{tikzpicture}

}

}

\immini{

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) của tứ giác \(ABCD\).\\

Ta có \(\widehat{CAC'}=\alpha \) vì \(AC'\parallel BD\).\\

Diện tích tứ giác \(ABCD\) là \(S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{2}AC \cdot BD \cdot \sin \alpha\).\\

Diện tích tam giác \(ACC'\) là \(S_{ACC'}=\displaystyle\frac{1}{2}AC \cdot AC' \cdot \sin \alpha\).\\

Mà \(AC'=BD\) nên \(S_{ABCD}=S_{ACC'}\).

}{

\begin{tikzpicture}[scale=0.7]

\tkzDefPoints{0/0/D, 5/0/C, 1/4/A,4/2.5/B}

\tkzDefPointBy[translation=from B to A](D)\tkzGetPoint{C'}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,D,C')

\tkzInterLL(A,C)(B,D)\tkzGetPoint{I}

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,D D,A A,C' C',D A,C C,C' B,D)

\tkzMarkAngle[size=0.4](B,I,A)

\tkzLabelAngle[pos=0.6](B,I,A)\(\alpha\)

\tkzLabelPoints[above](A,B)

\tkzLabelPoints[below](C,D)

\tkzLabelPoints[left](C')

\end{tikzpicture}

}

\immini{

Gọi \((O;R)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).\\

Khi đó \(OA=OB=OC=R\).\\

Ta có

\allowdisplaybreaks

\begin{eqnarray*}

&& MB^2+MC^2=2MA^2\\

&\Leftrightarrow & \overrightarrow{MB}^2 + \overrightarrow{MC}^2 - 2\overrightarrow{MA}^2=0\\

&\Leftrightarrow & \left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB}\right)^2 + \left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC}\right)^2 - 2\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}\right)^2 = 0\\

&\Leftrightarrow & 2\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{OC}-4\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{OA} = 0\\

&\Leftrightarrow & 2\overrightarrow{MO}\left(\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} - 2\overrightarrow{OA}\right) = 0\\

&\Leftrightarrow & 2\overrightarrow{MO}\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}\right) = 0\\

&\Leftrightarrow & 2\overrightarrow{MO}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}\right)= 0\\

&\Leftrightarrow & 2\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{0},

\end{eqnarray*}

}{

\begin{tikzpicture}

\tkzInit[xmin=-0.5,xmax=5.5,ymin=-4.1,ymax=4.1]

\tkzClip

\tkzDefPoints{0/0/B, 5/0/C, 2/3.5/A, 5/1/M}

\tkzDefPointBy[translation=from A to C](B)\tkzGetPoint{D}

\tkzDefCircle[circum](A,B,C)\tkzGetPoint{O}

\tkzDefLine[perpendicular=through O](A,D)\tkzGetPoint{m}

\tkzDefBarycentricPoint(O=-2.5,m=1)\tkzGetPoint{n}

\tkzInterLL(O,m)(A,D)\tkzGetPoint{i}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,D,O)

\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A B,D C,D A,D m,n)

\tkzMarkRightAngles(D,i,m)

\tkzLabelPoints[above](A)

\tkzLabelPoints[below](D)

\tkzLabelPoints[left](B)

\tkzLabelPoints[right](C)

\tkzLabelPoints[above right](O)

\end{tikzpicture}

}

\noindent với \(D\) là đỉnh thứ tư của hình bình hành \(ABDC\).\\

Vì \(O\), \(A\), \(D\) cố định nên tập hợp điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(AD\).

%\shortsol{Đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc \(AD\), với \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\), \(D\) là đỉnh thứ tư của hình bình hành \(ABDC\).}

\begin{center}

\begin{tikzpicture}

\tkzInit[xmin=-4.5,xmax=8.5,ymin=-0.6,ymax=4]

\tkzClip

\tkzDefPoints{0/0/A, -2.5/1/C, 0.5/3/B}

\tkzDefCircle[circum](A,B,C)\tkzGetPoint{O}

\tkzDefPointBy[translation=from C to A](B)\tkzGetPoint{B'}

\tkzDefPointBy[translation=from C to A](B')\tkzGetPoint{B''}

\tkzDefPointBy[translation=from C to A](B'')\tkzGetPoint{P}

\tkzInterLL(A,P)(B,C)\tkzGetPoint{Q}

\tkzDefLine[perpendicular=through O](A,P)\tkzGetPoint{m}

\tkzDefBarycentricPoint(O=-1.5,m=1)\tkzGetPoint{n}

\tkzInterLL(m,n)(A,P)\tkzGetPoint{I}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,O,P,Q)

\tkzDrawSegments(A,B B,Q C,A P,Q B,P m,n)

\tkzMarkRightAngle(m,I,Q)

\tkzDrawCircle[radius](O,A)

\tkzLabelPoints[above](B)

\tkzLabelPoints[below](A,P,Q)

\tkzLabelPoints[left](C)

\tkzLabelPoints[right](O)

\end{tikzpicture}

\end{center}

\begin{enumerate}

\item Ta có

\begin{eqnarray*}

\overrightarrow{v} = 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC} = 2\left(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MC}\right)+\left(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right) = 2\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}.

\end{eqnarray*}

Khi đó \(\overrightarrow{AP} = \overrightarrow{v} = 2\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} = 3\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}\).\\

Suy ra \(3\overrightarrow{CA} = \overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}\) hay \(\overrightarrow{BP} = 3\overrightarrow{CA}\).\\

Từ đó suy ra cách dựng điểm \(P\).\\

Nếu \(Q\) là giao điểm của \(PA\) và \(BC\) thì do \(\overrightarrow{BP}=3\overrightarrow{CA}\) nên theo định lí Ta-lét suy ra \(\overrightarrow{QB}=3\overrightarrow{QC}\).

\item Ta có

\allowdisplaybreaks

\begin{eqnarray*}

2MA^2+MB^2-3MC^2 &=& 2\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}\right)^2 + \left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB}\right)^2 - 3\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC}\right)^2\\

&=& (2MO^2+MO^2-3MO^2)+(2OA^2+OB^2-3OC^2)\\ && +\, 2\overrightarrow{MO}\left(2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC}\right)\\

&=& 2\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{v}.

\end{eqnarray*}

(vì \(OA=OB=OC\) và \(2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{v}\) khi \(M\) trùng với \(O\)).\\

Khi đó

\begin{eqnarray*}

2MA^2+MB^2-3MC^2=0 \Leftrightarrow \overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{v}=0 \Leftrightarrow MO\perp v.

\end{eqnarray*}

Vậy tập hợp điểm \(M\) là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(AP\).

\end{enumerate}

\immini{

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AA'\), khi đó \(OP\perp AA'\).\\

Ta có

\begin{eqnarray*}

2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MO} = 2\overrightarrow{MA} \cdot \left(\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{PO}\right) = 2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MP}.

\end{eqnarray*}

Nhưng vì \(P\) là trung điểm của \(AA'\) nên \(2\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MA'}\).\\

Do đó

}{

\begin{tikzpicture}

\def\a{2.} \def\b{2.}

\tkzDefPoints{0/0/O, \a/0/K}

\draw (K) arc(0:360:\a cm and \b cm);

\coordinate(A) at ([shift={(O)}]140:\a cm and \b cm);

\coordinate(A') at ([shift={(O)}]40:\a cm and \b cm);

\tkzDefBarycentricPoint(A=3,A'=2)\tkzGetPoint{M}

\tkzDefMidPoint(A,A')\tkzGetPoint{P}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,A',O,M,P)

\tkzDrawSegments(A,A' M,O O,P)

\tkzMarkRightAngle[size=0.15](O,P,A)

\tkzLabelPoints[above](M)

\tkzLabelPoints[below](O)

\tkzLabelPoints[left](A)

\tkzLabelPoints[right](A')

\tkzLabelPoints[below right](P)

\end{tikzpicture}

}

\begin{eqnarray*}

2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MO} &=& \overrightarrow{MA}\left(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MA'}\right) = \overrightarrow{MA}^2+\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MA'}= MA^2+MA \cdot MA'\cdot \cos\left(\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MA'}\right)\\

&=& MA^2+MA \cdot MA' \cdot \cos 180^\circ = MA^2-MA \cdot MA' =MA(MA-MA').

\end{eqnarray*}

Vậy ta có điều phải chứng minh.

\immini{

Lấy các điểm \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) sao cho \(\overrightarrow{MA_1}=\displaystyle\frac{\overrightarrow{MA}}{MA}\); \(\overrightarrow{MB_1}=\displaystyle\frac{\overrightarrow{MB}}{MB}\) và \(\overrightarrow{MC_1}=\displaystyle\frac{\overrightarrow{MC}}{MC}\).\\

Khi đó cả ba véc-tơ trên đều có độ dài bằng \(1\), mà góc giữa hai véc-tơ bất kì trong chúng đều bằng \(120^\circ\) nên \(M\) là tâm của tam giác đều \(A_1B_1C_1\).\\

Theo kết quả của bài \ref{0H2-3.ex.th1} ta được

\begin{eqnarray*}

&& 2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MO}=MA(MA-MA')\\

&\Rightarrow & 2\displaystyle\frac{\overrightarrow{MA}}{MA} \cdot \overrightarrow{MO}=MA-MA',

\end{eqnarray*}

hay \(2\overrightarrow{MA_1} \cdot \overrightarrow{MO}=MA-MA'\).\\

}{

\begin{tikzpicture}

\tkzDefPoints{0/0/M}

\tkzDefShiftPoint[M](95:2){A}

\tkzDefShiftPoint[M](215:2.5){B}

\tkzDefShiftPoint[M](335:3){C}

\tkzDefCircle[circum](A,B,C)\tkzGetPoint{O}

\tkzInterLC(A,M)(O,A)\tkzGetFirstPoint{A'}

\tkzInterLC(B,M)(O,A)\tkzGetSecondPoint{B'}

\tkzInterLC(C,M)(O,A)\tkzGetFirstPoint{C'}

\tkzDefShiftPoint[M](95:1){A1}

\tkzDefShiftPoint[M](215:1){B1}

\tkzDefShiftPoint[M](335:1){C1}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,C,M,O,A',B',C',A1,B1,C1)

\tkzDrawCircle(O,A)

\tkzDrawCircle(M,A1)

\tkzDrawPolygon(A,B,C)

\tkzDrawPolygon(A',B',C')

\tkzDrawSegments(M,A M,B M,C M,A' M,B' M,C' A1,B1 B1,C1 C1,A1)

\tkzLabelPoints[above](A)

\tkzLabelPoints[below](A',O)

\tkzLabelPoints[left](B,C')

\tkzLabelPoints[right](C)

\tkzLabelPoints[above right](B')

\draw (\((M)-(0.2,0.35)\)) node{\footnotesize \(M\);

\draw (\((A1)+(0.2,0.35)\)) node{\footnotesize \(A_1\);

\draw (\((B1)-(0.45,0)\)) node{\footnotesize \(B_1\);

\draw (\((C1)-(0,0.35)\)) node{\footnotesize \(C_1\);

\end{tikzpicture}

}

\noindent Tương tự, ta cũng có \(2\overrightarrow{MB_1} \cdot \overrightarrow{MO}=MB-MB'\); \(2\overrightarrow{MC_1} \cdot \overrightarrow{MO}=MC-MC'\).\\

Từ đó ta có \(MA+MB+MC-MA'-MB'-MC'=2\left(\overrightarrow{MA_1}+\overrightarrow{MB_1}+\overrightarrow{MC_1}\right) \cdot \overrightarrow{MO}=0\).\\

Vậy \(MA+MB+MC=MA'+MB'+MC'\).

\immini{

Xét tích vô hướng

\allowdisplaybreaks

\begin{eqnarray*}

\overrightarrow{SM} \cdot \overrightarrow{A'B'} &=& \displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}\right) \cdot \left(\overrightarrow{SB'}-\overrightarrow{SA'}\right)\\

&=& \displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SB'}-\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SA'}+\overrightarrow{SB} \cdot \overrightarrow{SB'}-\overrightarrow{SB} \cdot \overrightarrow{SA'}\right).

\end{eqnarray*}

Ta có \(\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SB'}=0\) do \(SA\perp SB'\); \(\overrightarrow{SB} \cdot \overrightarrow{SA'}=0\) do \(SB\perp SA'\).\\

Xét hai tam giác \(SAB\) và \(SB'A'\) có

}{

\begin{tikzpicture}

\tkzInit[xmin=-2.3,xmax=2.2,ymin=-2.2,ymax=2.2]

\tkzClip

\def\a{1.8} \def\b{1.8}

\tkzDefPoints{0/0/O, \a/0/K}

\draw (K) arc(0:360:\a cm and \b cm);

\coordinate(A) at ([shift={(O)}]110:\a cm and \b cm);

\coordinate(A') at ([shift={(O)}]250:\a cm and \b cm);

\coordinate(B) at ([shift={(O)}]20:\a cm and \b cm);

\tkzDefPointBy[projection=onto A--A'](B)\tkzGetPoint{S}

\tkzInterLC(B,S)(O,A)\tkzGetFirstPoint{B'}

\tkzDefMidPoint(A,B)\tkzGetPoint{M}

\tkzInterLL(S,M)(A',B')\tkzGetPoint{H}

\tkzDrawPoints[fill=black](A,B,M,O,S,A',B')

\tkzDrawSegments(A,A' B,B' M,H A,B A',B')

\tkzMarkSegments[mark=|](A,M B,M)

\tkzMarkRightAngles(A,S,B)

\tkzLabelPoints[above](A,M)

\tkzLabelPoints[below](A',O)

\tkzLabelPoints[left](B')

\tkzLabelPoints[right](B)

\tkzLabelPoints[above left](S)

\end{tikzpicture}

}

\noindent

\(\begin{aligned}

&&& \widehat{ASB} = \widehat{B'SA'}=90^\circ;\\

&&& \widehat{SBA} = \widehat{SA'B'} \; (\text{hai góc nội tiếp cùng chắn }\wideparen{AB'}).

\end{aligned}\(\\

Vậy \(\triangle SAB \backsim \triangle SB'A'\), suy ra \(\displaystyle\frac{SA}{SB'}=\displaystyle\frac{SB}{SA'}\) hay \(SA \cdot SA' = SB \cdot SB'\).\\

Khi đó

\begin{eqnarray*}

\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SA'}= SA \cdot SA' \cos 180^\circ = -SA \cdot SA' = -SB \cdot SB' = SB \cdot SB' \cos 180^\circ = \overrightarrow{SB} \cdot \overrightarrow{SB'}.

\end{eqnarray*}

Từ đó suy ra \(\overrightarrow{SM} \cdot \overrightarrow{A'B'}=0\) nên \(SM\perp A'B'\).