Bài 101928

Question

Cho tam giác

$ABC$ . CMR : phân giác trong

$AD$ , trung tuyến

$BM$ , đường cao

$CH$ đồng quy khi và chỉ khi hệ thức sau thỏa mãn:

$\cos A = \frac{{\sin C}}{{\sin B + \sin C}}$

score 0 · Answer 1

Xét tam giác

$ABC$ thỏa mãn đề bài,theo định lý SEVA,ta có :

$AD,BM,CH$ đồng quy

$\Leftrightarrow \frac{{BD}}{{DC}}\frac{{AB}}{{AC}}\frac{{AH}}{{BH}} = 1$

$\Leftrightarrow \frac{{BD}}{{DC}}\frac{{AH}}{{BH}} = 1$

$(1)$
(do

$CM=MA$ )
Vì

$AD$ là phân giác nên

$\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{c}{b} = \frac{{\sin C}}{{\sin B}}$

$(2)$
Do

$CH$ là đường cao nên

$\frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{HC\cot A}}{{HC\cot B}} = \frac{{tanB}}{{tanA}}$

$(3)$
Từ

$(1)(2)(3)$ suy ra

$AD,BM,CH$ đồng quy

$\Leftrightarrow \frac{{\sin C}}{{\sin B}}\frac{{tanB}}{{tanA}} = 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sin C\cos A = \sin A\cos B\\ \Leftrightarrow \sin C\cos A + \sin B\cos A = \sin A\cos B + \sin B\cos A\\ \Leftrightarrow \cos A(\sin B + \sin C) = \sin (A + B)\\ \Leftrightarrow \cos A = \frac{{\sin C}}{{\sin B + \sin C}} \end{array}$
Đó là (đpcm)
Nhận xét :

$1/$ Rõ ràng nếu tam giác

$ABC$ đều thì hiển nhiên

$AD,BM,CH$ đồng quy

$2/$ Bây giờ ta xem ngoài tam giác đều,còn có tam giác nào thỏa mãn tính chất hình học này không
Xét lớp tam giác vuông tại

$C$ mà thỏa mãn hệ thức :

$\cos A = \frac{{\sin C}}{{\sin B + \sin C}}$

$(*)$

Khi đó

$sinC=1$ và

$sinB=cosA$ , nên từ

$(*)$ suy ra :

$\begin{array}{l} \cos A(1 + \cos A) = 1\\ \Rightarrow {\cos ^2}A + \cos A + 1 = 0\\ \Rightarrow \cos A = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \end{array}$
Từ bài tập trên suy ra lớp tam giác

$ABC$ vuông tại

$C$ , trong đó

$A = \arccos \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}$ thỏa mãn tính chất nêu trên

$3/$ Theo trên nếu

$AD,BM,CH$ đồng quy ta có :

$\frac{{\sin C}}{{\sin B}}\frac{{tanB}}{{tanA}} = 1 \Rightarrow \frac{{\sin C}}{{\cos B}} = tanA$
Vì thế

$\cos A = \frac{1}{{\sqrt {1 + tan^2A} }} = \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{{{{\sin }^2}C}}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}B}}} }} = \frac{{\cos B}}{{\sqrt {{{\sin }^2}C + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}B} }}$
Do đó ta có hệ quả như sau: Nếu trong tam giác

$ABC$ có phân giác

$AD$ , trung tuyến

$BM$ , đường cao

$CH$ đồng quy thì ta có hệ thức:

$\frac{{\sin B + \sin C}}{{\sin C}} = \frac{{\cos B}}{{\sqrt {{{\sin }^2}C + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}B} }}$

$4/$ Bây giờ ta chỉ xét thêm

$1$ lớp tam giác thỏa mãn tính chất hình học nêu trên. Muốn thế xét lớp tam giác

$ABC$ có tính chất

$C=2B$ và thỏa mãn hệ thức

$\cos A = \frac{{\sin C}}{{\sin B + \sin C}}$

$(*)$
Dựa vào hệ thức

$sinC=sin2B=2sinBcosB$

$cosA=-cos(B+C)$ = -cos3B= 3cosB-

$4{\cos ^3}B$
Khi đó từ

$(*)$ suy ra pt sau để xác định

$B$ :

$3\cos B - 4{\cos ^3}B = \frac{{2\cos B}}{{1 + 2\cos B}}$

$(**)$
Do

$C = 2B \Rightarrow 0 < B < {90^0} \Rightarrow \cos B \neq 0$ .Vậy từ

$(**)$ có

$3 - 4{\cos ^3}B = \frac{2}{{1 + 2\cos B}} \Leftrightarrow 8{\cos ^3}B + 4{\cos ^2}B - 6\cos B - 1 = 0$
Đặt

$x=cosB$ , xét pt bậc

$3$ :

$f(x) = 8{x^3} + 4{x^2} - 6x - 1 = 0 (***)$
Ta có

$f(\frac{{\sqrt 3 }}{2}) = 2 > 0;f(\frac{{\sqrt 2 }}{2}) = 1 - \sqrt 2 < 0$
Từ đó suy ra tồn tại

$\frac{{\sqrt 2 }}{2} < {x_1} < \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ mà

$f({x_1}) = 0$
Như vậy tồn tại

$B$ mà

$cosB={x_1}$ ,tức thỏa mãn pt

$(**)$
Chú ý là từ

$\frac{{\sqrt 2 }}{2} < \cos B < \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {30^0} < B < {45^0} \Rightarrow {60^0} < C < {90^0} \Rightarrow 0 < A < {90^0}$
Điều đó có nghĩa là tồn tại lớp tam giác nhọn (không đều) thỏa mãn tính chất hình học nêu trên.Lớp tam giác đó có

$C=2B$ trong đó

$\cos B = {x_1}$

$5/$ Rõ ràng ta thấy ngay : Nếu tam giác

$ABC$ cân mà thỏa mãn hệ thức

$\cos A = \frac{{\sin C}}{{\sin B + \sin C}}$
Thì đó phải là tam giác đều.Từ đó suy ra lớp tam giác phần

$4/$ là lớp tam giác không cân,không vuông thỏa mãn tính chất hình học đã cho

Bài 101928

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 101928

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan