Giải bài 3.16 trang 44 SGK Toán 10 tập 1 – Kết nối tri thứcCho tam giác ABC có trung tuyến AM. Chứng minh rằng: Quảng cáo
Đề bài 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). Phương pháp giải - Xem chi tiết 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 chi tiết
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) \(\begin{array}{l} \Rightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{C^2} = 2MA.MB.\left( { - \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2.MA.MB}}} \right)\\ \Leftrightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{C^2} = - \left( {M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}} \right)\\ \Leftrightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{C^2} + M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{B^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2M{A^2} - A{B^2} - A{C^2} + {\frac{{BC}}{2}^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} - {\frac{{BC}}{2}^2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - {{\frac{{BC}}{2}}^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) - B{C^2}}}{4}\end{array}\)
Quảng cáo
|