Giáo án lớp 12 môn Đại số - Thiết lập phương trình bậc 3 có các nghiệm là độ dài các yếu tố trong tam giác

Tên: Truơng Lưu Hưng Phú - Lớp: 12T Lập phương trình với ẩn là độ dài các cạnh a,b,c của tam giác: Như ta đã biết a = 2RsinA , tg= Nhưng vì sinA = Þ a(p – a)2 + ar2 = 4Rr(p – a) Þ a3 – 2pa2 + (r2 + p2 + 4Rr)a – 4Rrp = 0 Vậy a,b,c là nghiệm phương trình : Þ x3 – 2px2 + (r2 + p2 + 4Rr)x – 4Rrp = 0 (1) nên theo Định lý Viet ta có: (1’) Lập phương trình với ẩn là độ dài các đường cao ha,hb,hc của tam giác: Vì a = thay vào (1) ta có : Û 2R –(r2 + p2 + 4Rr) + 4rp2– 4p2r2 = 0 Vậy ha,hb,hc là nghiệm phương trình: 2Rx3 –(r2 + p2 + 4Rr)x2 + 4rp2x – 4p2r2 = 0 (2) nên theo Định lý Viet ta có: (2’) Lập phương trình với ẩn là độ dài p –a,p –b,p –c của tam giác: Ta có: a = p – (p – a) thay vào (1) ta có: [p – (p – a)]3 – 2p[p – (p – a)]2 + (r2 + p2 + 4Rr)[ p – (p – a)] – 4Rrp = 0 Đặt p – a = x ta sẽ được phương trình nhận 3 nghiệm là p –a,p –b,p –c là : x3 – px2 + (r2 + 4Rr)x – pr2 = 0 (3) nên theo Định lý Viet ta có: (3’) Lập phương trình với ẩn là độ dài ra , rb , rc của tam giác: Ta cũng biết rằng S = (p –a)ra Þ p – a = thay vào (3) ta được : 3 – p2 + (r2 + 4Rr) – pr2 = 0 Bằng cách đặt ra = x ta có thể biến đổi được thành phương trình nhận 3 nghiệm là ra ,rb, rc là : x3 – (r + 4R)x2 + p2x – p2r = 0 (4) nên theo Định lý Viet ta có: (4’) Lập phương trình với ẩn là sinA , sinB , sinC của tam giác: Cũng từ phương trình (1) thay a = 2RsinA hoặc thay vào (2’) ta có: (5) Lập phương trình với ẩn là cosA , cosB , cosC của tam giác: Trước hết để ý rằng: p – a = Þ p = + a Mà a = 2RsinA = 4R Þ p2 = ( + 4R)2 = cos2 Cũng do : Þ p2 = Đặt x = cosA ta đi đến phương trình bậc 3 chứa 3 nghiệm là cosA,cosB,cosC là: 4R2x3 – 4R(R + r)x2 + (r2 + p2 – 4R2)x + (2R + r + p)(2R + r – p) = 0 (6) theo Viet ta có: (6’) Lập phương trình với ẩn là tgA , tgB , tgC của tam giác: Định lý hàm cosin trong tam giác ABC cho ta: a2 = b2 + c2 – 2bccosA Þ a2 = b2 + c2 – 4ScotgA Vậy a2 + b2 + c2 = 4ScotgA + 8R2sin2A (*) Vì sin2A = Đặt k = a2 + b2 + c2 (*) biến đổi thành : (k –8R2)tg3A – 4Stg2A + ktgA – 4S = 0 hay tgA , tgB , tgC là nghiệm của phương trình: (k – 8R2)x3 – 4Sx2 + kx – 4S = 0 (7) Chú ý: k – 8R = 2(p + r + 2R)(p – r – 2R). Do đó theo Viet ta có: (7’) Lập phương trình với ẩn là cotgA , cotgB , cotgC của tam giác: Đến đây chúng ta dễ thấy ngay phương trình chứa ẩn cotgA , cotgB , cotgC là : 2prx3 – (p2 – r2 – 4Rr)x2 + 2prx – (p + r + 2R)(p – r – 2R) (8) Và theo Viet ta có : Ví dụ: 1/ Chứng minh ta có: Giải: Để giải bài toán này ta cần áp dụng những bổ đề sau: Ta có: Tương tự Đặt Ta có: Suy ra điều phải chứng minh. 2/Cho tứ giác lồi ABCD với các cạnh a,b,c,d. CM: Giải: Để giải bài tốn này ta cũng sử dụng bổ đề như ví dụ 1. Ta cĩ Lại cĩ Ta cần chứng minh: (*) Mặt khác: Suy ra (*)đúng Ta cĩ: Bài tập minh hoạ : CM với mọi tam giác ta luôn có. r2 + p2 + 4Rr ³ 4S p2 ³ 3r2 + 12Rr S = ra + rb + rc + p ³ 4r r + 4R ³ p ra + rb + rc – 3R ³ r + R ³ r2 + p2 + 16R2 ³ 4S 9. Nhận dạng DABC nếu : r + ra + rb + rc = a + b + c 10. Nhận dạng DABC nếu : r :ra:R = 2:6:5 11. 12. 13.DABC có S = (c + a –b)(c +b –a).CM: tgC = 8/15 14.DABC nhọn.CM: ab + bc + ca ³ 2R2 + 2Rr + 15. CM: 16. CM: DABC đều Û 108Rr = 7p2 + 27r2 17. CM: 4 £ R + r + 2max{ha,hb,hc}+ max{ra,rb,rc} 18. (Vơ địch Áo 1971) Ký hiệu G là trọng tâm tam giác ABC, các gĩc GAB = , GBC= , GCB= : a/ b/ c/ (ĐH Dân lập Hùng Vương,2000) 5 Từ bài 45 – 50 Ta ký hiệu: x = p - a; y = p – b; z = p - c Chứng minh CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC Ta nhận xét rằng : cos3a = cos3() = cos3() (9) sin3a = sin3() = sin3() (10) tg3a = tg3() = tg3() (11) Từ (9) Þ , , là nghiệm của phương trình sau: cos3x = cos3a 4cos3x – 3cosx – cos3a = 0 Vậy cosa , cos() , cos() là nghiệm phương trình bậc 3 4t3 – 3t – cos3a = 0 Do đó theo Viet ta có : (13) Chú ý: cosa cos()cos() = cosa cos()cos() = (14) Cũng từ (9) cos23x = cos23a Û 16t3 – 24t2 + 9t – cos23a = 0 là phương trình nhận nghiệm cos2a , cos2() , cos2() .Theo Viet ta có: (15) Từ (10) Þ , , là nghiệm của phương trình : sin3x = sin3a 3sinx – 4sin3x – sin3a = 0 Vậy sina , sin() , sin() là nghiệm phương trình bậc 3 4t3 – 3t + sin3a = 0 Do đó theo Viet ta có : (16) Cũng từ (10) sin23x = sin23a Û 16t3 –24t2 + 9t – sin23a = 0 là phương trình nhận nghiệm sin2a , sin2() , sin2() .Theo Viet ta có: (17) Từ (11) Þ , , là nghiệm của phương trình : tg3x = tg3a Vậy tga , tg() , tg() là nghiệm phương trình bậc 3 t3 – 3tg23at2 – 3t + tg3a = 0 Do đó theo Viet ta có : (18) Cũng từ (11) tg23x = tg23a Û t3 – (6 + 9tg23a)t2 + (9 + 6tg23a)t – tg23a = 0 là phương trình nhận nghiệm tg2a , tg2() , tg2() .Theo Viet ta có: (19) VD1:Xét phương trình : cos4x = cos3x có nghiệm x = hay là nghiệm phương trình . (t –1)(8t3 + 4t2 – 4t – 1) = 0 với t = cosx Þ là nghiệm phương trình. Theo Viet ta có : VD2 : Cho DABC có 4A = 2B = C với độ dài BC = a,CA = b,AB = c. Hãy CM: (*) Giải: Dễ dàng có được : A = , B = , C = Theo định lý hàm sin ta cũng có: Vậy (*) có thể viết lại: với x1 ,x2 , x3 là 3 nghiệm phương trình trong VD1 Đặt S = , P = Aùp dụng hằng đẳng thức : (x + y + z)3 – () = 3(x + y + z)(xy + yz + zx) – 3xyz S3 = P3 = Þ 4(SP)3 = 18(SP)2 – 27(SP) + 10 Û (2SP – 3)3 = –7 Û Vậy S = Bài tập tự giải: 1. Tính : S1 = (phương trình: cos3x + cos4x = 0) S2 = tg2 + tg2 + tg2 (phương trình: tg23x = ) S3 = tg6 + tg6 + tg6 S4 = (phương trình: cos7x = 0) S6 = tg6200 + tg6400 + tg6800 S7 = 2. Cho DABC có 4A = 2B = C với độ dài BC = a,CA = b,AB = c. Hãy CM: a/ b/ a2 + b2 + c2 = 7R2 c/ cosAcosBcosC = d/ cosA – cosB – cosC = ½ e/ cos2A + cos2B + cos2C = f/ cosA + cosB + cosC = g/ = 4 h/= 416 i/ sinAsinBsinC = j/ sinA – sinB + sinC = ½ k/ sinA + sinB + sinC = l/ = 8 m/ bc = a(b + c) n/ c2 = a2 + bc o/ a3 + b3 + c3 = ab2 + bc2 + ca2 p/ q/ r/ s/ OH2 = 9R2 – (a2 + b2 + c2) t/ OH = R u/ sin300+ sin300+ sin300Ï Q 2. Cho DABC có 4A = 2B = C với độ dài BC = a, CA = b, AB = c. Hãy tính : P = tgA + tgB + tgC Q = 3. CM: a/ b/ c/ cos50 + cos770 + cos1490 + cos2210 + cos2930 = 0. (phương trình: cos5x = cos250) d/ e/ 4. Giải phương trình: 5. Tính: T1 = T2 = Tài liệu tham khảo: Tốn học và tuổi trẻ Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trường LQĐ Khánh Hồ THE END