Giá trị lượng giác của hai góc bù nhau: \( – \cos x = \cos \left( {{{180}^o} – x} \right)\) b) Định lí cos. Gợi ý giải Giải bài 3.16 trang 44 SGK Toán 10 tập 1 – Kết nối tri thức – Bài tập cuối Chương 3. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Chứng minh rằng:…
Đề bài/câu hỏi:
Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Chứng minh rằng:
a) \(\cos \widehat {AMB} + \cos \widehat {AMC} = 0\)
b) \(M{A^2} + M{B^2} – A{B^2} = 2.MA.MB.\cos \widehat {AMB}\) và \(M{A^2} + M{C^2} – A{C^2} = 2.MA.MC.\cos \widehat {AMC}\)
c) \(M{A^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) – B{C^2}}}{4}\) (công thức đường trung tuyến).
Hướng dẫn:
a) Giá trị lượng giác của hai góc bù nhau:
\( – \cos x = \cos \left( {{{180}^o} – x} \right)\)
b) Định lí cos: \({a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\;\cos A\)cho tam giác tương ứng.
c) Suy ra từ b, lưu ý rằng: \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \widehat {AMC} + \cos \widehat {AMB} = 0\\MB = MC = \frac{{BC}}{2}\end{array} \right.\)
Lời giải:
a) Ta có: \(\widehat {AMB} + \widehat {AMC} = {180^o}\)
\( \Rightarrow \cos \widehat {AMB} = – \cos \widehat {AMC}\)
Hay \(\cos \widehat {AMB} + \cos \widehat {AMC} = 0\)
b) Áp dụng định lí cos trong tam giác AMB ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} = M{A^2} + M{B^2} – 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}\\ \Leftrightarrow M{A^2} + M{B^2} – A{B^2} = 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}\;\;(1)\end{array}\)
Tương tự, Áp dụng định lí cos trong tam giác AMB ta được:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = M{A^2} + M{C^2} – 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\\ \Leftrightarrow M{A^2} + M{C^2} – A{C^2} = 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\;\;(2)\end{array}\)
c) Từ (1), suy ra \(M{A^2} = A{B^2} – M{B^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}\;\)
Từ (2), suy ra \(M{A^2} = A{C^2} – M{C^2} + 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\;\)
Cộng vế với vế ta được:
\(2M{A^2} = \left( {A{B^2} – M{B^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}} \right)\; + \left( {A{C^2} – M{C^2} + 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}} \right)\;\)
\( \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} – M{B^2} – M{C^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB} + 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\)
Mà: \(MB = MC = \frac{{BC}}{2}\) (do AM là trung tuyến)
\( \Rightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} – {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} – {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMC}\)
\( \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2.{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} + 2MA.MB\;\left( {\cos \widehat {AMB} + \;\cos \widehat {AMC}} \right)\)
\( \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} – {\frac{{BC}}{2}^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} – {{\frac{{BC}}{2}}^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) – B{C^2}}}{4}\end{array}\) (đpcm)
Cách 2:
Theo ý a, ta có: \(\cos \widehat {AMC} = – \cos \widehat {AMB}\)
Từ đẳng thức (1): suy ra \(\cos \widehat {AMB} = \frac{{M{A^2} + M{B^2} – A{B^2}}}{{2.MA.MB}}\)
\( \Rightarrow \cos \widehat {AMC} = – \cos \widehat {AMB} = – \frac{{M{A^2} + M{B^2} – A{B^2}}}{{2.MA.MB}}\)
Thế \(\cos \widehat {AMC}\)vào biểu thức (2), ta được:
\(M{A^2} + M{C^2} – A{C^2} = 2MA.MC.\left( { – \frac{{M{A^2} + M{B^2} – A{B^2}}}{{2.MA.MB}}} \right)\)
Lại có: \(MB = MC = \frac{{BC}}{2}\) (do AM là trung tuyến)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} – A{C^2} = 2MA.MB.\left( { – \frac{{M{A^2} + M{B^2} – A{B^2}}}{{2.MA.MB}}} \right)\\ \Leftrightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} – A{C^2} = – \left( {M{A^2} + M{B^2} – A{B^2}} \right)\\ \Leftrightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} – A{C^2} + M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} – A{B^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2M{A^2} – A{B^2} – A{C^2} + {\frac{{BC}}{2}^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} – {\frac{{BC}}{2}^2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} – {{\frac{{BC}}{2}}^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) – B{C^2}}}{4}\end{array}\)