|
|
Từ :${m_c} = R\Rightarrow m_c^2 = {R^2}$
$\Rightarrow \frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}}}{4} = {R^2}(1)$
Áp dụng định lý hàm số sin từ $(1)$ ta có :
$2sin^2A+2sin^2B-sin^2C=1$
$\Leftrightarrow 1-cos2A+1-cos2B-sin^2C=1$
$\Leftrightarrow cos^2C-2cos(A+B)(A-B)=0$
$\Leftrightarrow cosC[cos+2cos(A-B)]=0 (2)$
Từ $(2)$ có $2$ khả năng sau :
$1)\,\,\, cosC=0 \Rightarrow C = {90^0}$
$2)\,\,\, cosC+2cos(A-B)=0$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow 2\cos (A - B) = - \cos C = c{\rm{os}}(A + B)\\
\Rightarrow 2\cos A\cos B + 2\sin A\sin B = \cos A\cos B - \sin A\sin B\\
\Rightarrow \cos A\cos B = - 2\sin A\sin B(2)
\end{array}$
Do $sinAsinB>0$$ \Rightarrow cosAcosB<0$ (suy ra từ $2$)
Vậy từ $(2)$ suy ra $3tanAtanB=-1$
Đó là (đpcm)
Nhận xét
$1/$ Ta phải chỉ ra rằng lớp tam giác thỏa mãn hệ thức
$3tanAtanB=-1$
Là khác rỗng. Thật vậy, xét tam giác $ABC$ có $tanA=-1$ $\Leftrightarrow A = {135^0}$ và tanB=$\frac{1}{3}$. Dựa vào hệ thức
$tanC = - {\rm{tan(A + B) = }}\frac{{tanA = tanB}}{{tanAtanB - 1}}$
Ta đi đến $tanC = \frac{1}{2}$
Vậy với tam giác ABC với $A = {135^0},tanB = \frac{1}{3},tanC = \frac{1}{2}$ thuộc lớp tam giác thỏa mãn hệ thức $3tanAtanB=-1$
$2/$ Dựa vào bài toán trên,ta có $1$ bài toán hình học phẳng lý thú sau:
Hãy dựng tam giác $ABC$ không vuông sao cho${m_c} = R$
Theo kết quả trên ta cần sựng tam giác $ABC$ thỏa mãn hệ thức $3tanAtanB=-1$
Dễ thấy $\angle NPR=135^{0}\Leftrightarrow tan\angle NPR=-1$
Và $\angle NPR=1/3\Rightarrow NRP$ là trong các tam giác cần tìm.Mặt khác tan\[\angle NPQ=1/2\Rightarrow \angle NPQ\] cũng là $1$ trong các tam giác cần tìm góc
Từ đó ta có cách phát biểu bài toán như sau:
Cho tam giác vuông cân $MNP(MN=MP)$.Kéo dài $MP$ bằng $2$ đoạn $PQ=QR=MP$.CMR $NP$ có độ dài bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $NPR$.
|