Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 87: Cho tam giác ABC có các đường phân giác AA’và BB’ cắt nhau tại I (A’$\in $ BC, B’$\in $AC) sao cho $\frac{IA}{IA'}=\frac{\sqrt{3}+1}{2};\frac{IB}{IB'}=\sqrt{3}$. Tính các góc của tam giác ABC. Giải: Áp dụng tính chất của đường phân giác, ta có: $\frac{IA}{I{{A}^{/}}}=\frac{BA}{B{{A}^{/}}}=\frac{AC}{C{{A}^{/}}}=\frac{BA+AC}{B{{A}^{/}}+C{{A}^{/}}}=\frac{BA+AC}{BC}=\frac{b+c}{a}$ $\frac{IB}{I{{B}^{/}}}=\frac{AB}{A{{B}^{/}}}=\frac{BC}{C{{B}^{/}}}=\frac{AB+BC}{A{{B}^{/}}+C{{B}^{/}}}=\frac{AB+BC}{AC}=\frac{a+c}{b}$ Theo đề ta có: $\left\{ \begin{align} & \frac{b+c}{a}=\frac{\sqrt{3}+1}{2} \\ & \frac{a+c}{b}=\sqrt{3} \\ \end{align} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{b+c}{\sqrt{3}+1}=\frac{a}{2}=\frac{a+b+c}{\sqrt{3}+3}=\frac{a+b+c}{\sqrt{3}\left( 1+\sqrt{3} \right)} \\ & \frac{a+c}{\sqrt{3}}=\frac{b}{1}=\frac{a+b+c}{\sqrt{3}+1} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow $ $\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{b}{1}=\frac{a+c}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}+c\sqrt{3}}{3}=\frac{c\sqrt{3}}{1}$ $\Rightarrow $ $\frac{a}{2}=\frac{b}{\sqrt{3}}=\frac{c}{1}$ $\Rightarrow \frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{{{b}^{2}}}{3}=\frac{{{c}^{2}}}{1}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4}$ $\Rightarrow $ a2 = b2 + c2 Vậy tam giác ABC vuông tại A và BC = 2AB nên tam giác ABC là nửa tam giác đều. Bài 88: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu $\frac{\widehat{A}}{3}=\frac{\widehat{B}}{4}=\frac{\widehat{C}}{5}$ thì $\frac{BC}{2}=\frac{CA}{\sqrt{6}}=\frac{AB}{1+\sqrt{3}}$. Từ đó hãy suy ra $\sin {{75}^{0}}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$ mà không cần sử dụng đến máy tính. Giải: Ta có $\frac{\widehat{A}}{3}=\frac{\widehat{B}}{4}=\frac{\widehat{C}}{5}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}}{3+4+5}=\frac{{{180}^{0}}}{12}={{15}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{A}={{45}^{0}}$; $\widehat{B}={{60}^{0}}$; $\widehat{C}={{75}^{0}}$. Vẽ các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có: ACsinA = BCsinB (cùng bằng CF) $\Rightarrow \frac{BC}{\sin A}=\frac{CA}{\sin B}\Rightarrow \frac{BC}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{CA}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\Rightarrow \frac{BC}{\sqrt{2}}=\frac{CA}{\sqrt{3}}\Rightarrow \frac{BC}{2}=\frac{CA}{\sqrt{6}}$ Đặt $\frac{BC}{2}=\frac{CA}{\sqrt{6}}=k$ $\Rightarrow $ BC = 2k. Tam giác BFC là nửa tam giác đều (vì $\widehat{F}={{90}^{0}}$; $\widehat{B}={{60}^{0}}$) $\Rightarrow BF=\frac{BC}{2}=k$; $CF=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=k\sqrt{3}$. Tam giác AFC vuông cân tại F (vì $\widehat{F}={{90}^{0}}$; $\widehat{A}={{45}^{0}}$) $\Rightarrow AF=CF=k\sqrt{3}$. Do đó AB = AF + BF = $k\sqrt{3}+k=\left( 1+\sqrt{3} \right)k$ $\Rightarrow \frac{AB}{1+\sqrt{3}}=k$. Vậy $\frac{BC}{2}=\frac{CA}{\sqrt{6}}=\frac{AB}{1+\sqrt{3}}=k$ (đpcm). Nhận xét: Chứng minh tương tự như phần đầu, ta được $\frac{BC}{\sin A}=\frac{CA}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$. Áp dụng vào bài toán này, ta có $\frac{BC}{\sin {{45}^{0}}}=\frac{CA}{\sin {{60}^{0}}}=\frac{AB}{\sin {{75}^{0}}}$ (1) Ta lại có đẳng thức $\frac{BC}{2}=\frac{CA}{\sqrt{6}}=\frac{AB}{1+\sqrt{3}}$ $\Leftrightarrow $ $\frac{BC}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{CA}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{AB}{\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra: $\sin {{75}^{0}}=\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$ (không cần sử dụng máy tính) Bài 89: Không sử dụng máy tính và bảng số. Chứng minh rằng: $cos{{6}^{0}}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}$. Giải: Bổ đề 1: Chứng minh rằng $\sin {{36}^{0}}=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$. Xét tam giác ABC cân tại A có $\widehat{A}={{36}^{0}}$, BC = 1. Khi đó $\widehat{B}=\widehat{C}={{72}^{0}}$. Vẽ đường phân giác CD $\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{BCD}={{36}^{0}}$. Do đó tam giác ADC cân tại D và tam giác BCD cân tại C. $\Rightarrow $ AD = CD = BC = 1. Vẽ DH vuông góc với AC. Đặt AH = CH = x Như vậy $cos{{36}^{0}}=\frac{AH}{AD}=\frac{x}{1}=x$ Ta có AB = AC = 2x và BD = 2x – 1. Áp dụng tính chất đường phân giác, ta có: $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{BC}\Leftrightarrow \frac{1}{2x-1}=\frac{2x}{1}\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}-2x-1=0$ Giải phương trình trên ta được nghiệm dương là $x=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$, hay $cos{{36}^{0}}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$. Do đó $\sin {{36}^{0}}=\sqrt{1-co{{s}^{2}}{{36}^{0}}}=\sqrt{1-{{\left( \frac{1+\sqrt{5}}{4} \right)}^{2}}}=\sqrt{1-\frac{6+2\sqrt{5}}{16}}=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$ (đpcm). Bổ đề 2: (Bạn đọc tự chứng minh) Chứng minh rằng “Nếu tam giác ABC nhọn thì $\frac{BC}{\sin A}=\frac{CA}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$”. Gợi ý: Vẽ các đường cao của tam giác ABC, rồi áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn. Bây giờ ta trở lại bài toán ban đầu: Xét tam giác ABC có: $\widehat{A}={{84}^{0}}\,\,;\,\,\widehat{B}={{60}^{0}}\,\,;\,\,\widehat{C}={{36}^{0}}$và AB = 2. Vẽ đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = AB = 2. Khi đó tam giác ABD là tam giác đều. $\Rightarrow $ HB = HD = 1 và $AH=\sqrt{3}$. Theo Bổ đề 1,2 ta có: $\frac{BC}{\sin {{84}^{0}}}=\frac{CA}{\sin {{60}^{0}}}=\frac{2}{\sin {{36}^{0}}}$ $\Rightarrow $ $CA=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}$. Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AHC, ta có: $CH=\sqrt{{{\left( \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} \right)}^{2}}-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{48}{10-2\sqrt{5}}-3}=\sqrt{\frac{18+6\sqrt{5}}{10-2\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}$. Do đó BC = BH + CH = 1 + $\frac{\sqrt{3}+\sqrt{5}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}$ = $\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}$. Vậy $\sin {{84}^{0}}=\frac{BC\sin {{36}^{0}}}{2}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2\sqrt{10-2\sqrt{5}}}.\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}$. Do đó $cos{{6}^{0}}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}$.
