|
|
Theo giả thiết ta có B=2A;C=4A⇒A=π7,B=2π7,C=4π7
1) Ta có ha=hb+hc⇔2Sa=2Sb+2Sc
⇔1a=1b+1c⇔1sinπ7=1sin2π7+1sin4π7(1)
Ta có :
VP(1)=sin4π7+sin2π7sin4π7sin2π7=2sin3π7cosπ72sinπ7cosπ7sin4π7=1sinπ7(sin4π7=sin3π7)
Vậy (1) đúng
Suy ra đpcm
2)
a2+b2+c2=7R2⇔4R2(sin2A+sin2B+sin2C)=7R2
⇔2(1−cos2A+1−cos2B+1−cos2C)=7⇔cos2π7+cos4π7+cos6π7=−12(2)
(do cos8π7=cos6π7)
Đặt S=cos2π7+cos4π7+cos6π7
⇔2sinπ7S=2sinπ7(cos2π7+cos4π7+cos6π7)
=sin3π7−sinπ7+sin5π7−sin3π7+sinπ−sin5π7=−sinπ7
Từ đó suy ra S=−12⇒ đpcm
3) Theo kết quả đã biết (xem cuốn LƯỢNG GIÁC SƠ CẤP )ta có:
OH2=9R2−(a2+b2+c2)
Vì vậy từ 2 suy ra OH2=2R2⇔OH=R√2⇒dpcm
4) bc=a(b+c)⇔sinBsinC=sinA(sinB+sinC)
⇔sin2π7sin4π7=sinπ7(sin2π7+sin4π7)⇔sin2π7sin4π7=2sinπ7sin3π7cosπ7⇔sin2π7sin4π7=sin2π7sin3π7⇔sin4π7=sin3π7(3)
Vì 3 đúng suy ra đcpm
Đẳng thức bc=c2−a2 chứng minh tương tự
5) cosAcosBcosC=−18⇔cosπ7cos2π7cos4π7=−18
⇔8sin2π7cos2π7cos4π7=−sinπ7(4)(do sinπ7≠0)
Ta có VT(4)=4sin2π7cos2π7cos4π7=sin8π7=−sinπ7
Vậy 4 đúng suy ra đpcm
6) Ta nhận thấy π7,2π7,3π7 là các nghiệm của pt
cos24x=cos23x (5)
Đặt y=cos2x>0,(5) trở thành
(8y2−8y+1)2=y(4y−3)2⇔64y4−144y3+104y2−25y+1=0⇔64(y−1)(y3−54y2+38y−164)=0
DO cos2π7,cos22π7,cos23π7 khác nhau va khác 1 suy ra cos2π7,cos22π7,cos24π7
(cos23π7=cos24π7) là 3 nghiệm của pt:y3−54y2+38y−164=0 (6)
Ta có :
sin2π7sin22π7sin24π7=(1−cos2π7)(1−cos22π7)(1−cos24π7)
=1−(cos2π7+cos22π7+cos24π7)+(cos2π7cos22π7
+cos22π7cos24π7+cos24π7cos2π7)
−cos2π7cos22π7cos24π7
Vì thế theo Viet với PT (6) suy ra
sin2π7sin22π7sin24π7
=1−54+38−164=764
⇒sinAsinBsinC=sinπ7sin2π7sin3π7=√78⇒ đpcm
7)
ha=hb+hc
cos2A+cos2B+cos2C=54⇔cos2π7+cos22π7+cos24π7=54
⇔1+cos2π7+1+cos4π7+1+cos8π7=52⇔cos2π7+cos4π7+cos6π7=−12(cos6π7=cos8π7)(7)
Từ (2) và (7) suy ra đpcm
8) cosA+cosB+cosC=ba−12
⇔cosπ7+cos2π7+cos4π7=sin2π7sinπ7−12⇔cosπ7+cos2π7+cos4π7−2cosπ7=−12⇔cos2π7+cos4π7+cos6π7=−12(cos6π7=−cosπ7)
Theo (2) suy ra đpcm
9) Ta có la=2bccosA2b+c
Theo phần 4 thì bc=a(a+c),từ đó suy ra la=2accosA2⇒ đpcm
10) 1cosA−1cosB−1cosC=4⇔1cosπ7−1cos2π7−1cos4π7=4
⇔1cosπ7−1cos3π7−1cos5π7=4(7)
Vì π7,3π7,5π7 nằm trong số các nghiệm của pt :3x+4x=(2k+1)π, với k nguyên
Từ đó suy ra π7,3π7,5π7 thỏa mãn pt: cos3x=−cos4x⇔cos3x+cos4x=0 (8)
Dễ thấy (1) tương đương 8cos4x+4cos3x−8cos2x−3cosx+1=0
⇔(cosx+1)(8cos3x−4cos2x−4cosx+1)=0
Do
cosx+1≠0 Khi x= π7,3π7,5π7, nên ta có :
cosπ7,cos3π7,cos5π7 là 3 nghiệm của pt : 8y3−4y2−4y+1=0 (9)
Ta thấy 1cosπ7+1cos3π7+1cos5π7=cosπ7cos3π7+cos3π7cos5π7+cos5π7cosπ7cosπ7cos3π7cos5π7 (10)
Từ (10) và định lý Viet với PT (9) suy ra :
1cosπ7+1cos3π7+1cos5π7=−48−18=4 suy ra đpcm
11) 1sinA+1sinB+1sinC=8
⇔1sin2π7+1sin22π7+1sin24π7=8⇔(1+cot2π7)+(1+cot22π7)+(1+cot24π7)=8⇔(cotg2π7−1)+(cotg22π7−1)+(cotg24π7−1)=2(11)
Áp dụng công thức cot2α−1=2cotα.cot2α,ta có :
(11)⇔cotπ7cot2π7+cot2π7cot4π7+cot4π7cot8π7=1(12)
Doπ7+2π7+4π7=π⇒(12) đúng suy ra đpcm
12) 3√cosA+3√cosB−3√cosC=3√5−33√72
⇔3√cos2π7+3√cos4π7−3√cos8π7=3√5−33√72 (13)
Ta nhận thấy 2π7,4π7,8π7 thỏa mãn pt: cos4x=cos3x(14)
Dễ thấy sau khi biến đổi thì
(14)⇔(cosx−1)(8cos3x+4cos2x−4cosx−1)=0
Vì 2π7,4π7,8π7 không thỏa mãn pt cosx−1=0, nên nó thỏa mãn pt:
(8cos3x+4cos2x−4cosx−1)=0
Nói cách khác Pt bậc 3: y3+y2−2y−1=0 nhận 2cos2π7,2cos4π7,2cos8π7 là 3 nghiệm phân biệt. Theo Viet ta có
{2cos2π7+2cos4π7+2cos8π7=−14cos2π72cos4π7+4cos4π72cos8π7+8cos2π7cos4π7cos8π7=14cos8π72cos2π7=−2
Đặt P=3√2cos2π7+3√2cos4π7+3√2cos8π7Q=3√2cos2π73√2cos4π7+3√2cos4π73√2cos8π7+3√2cos8π73√2cos2π7
Khi đó ta có P3=−4+3PQ(∗)
Tương tự ta có: Q3=−5+3PQ(∗∗)
Từ (∗) và (∗∗) ta có P3=5−33√7⇒P=3√5−33√7(16)
Rõ ràng 3√cos2π7+3√cos4π7+3√cos8π7=P3√2 (17)
Từ (16)(17) suy ra (13) đúng suy ra DPCM
13)1cos4A+1cos4B+1cos4C=416
⇔1cos4π7+1cos42π7+1cos44π7=416 (18)
Do π7,2π7,3π7 thỏa mãn PT: cos24x=cos23x
Nên lập luận như phần trên suy ra y1=cos2π7,y2=cos22π7,y3=cos23π7 là 3 nghiệm của PT : 64y3−80y2+24y−1=0 (19)
Ta có VT(18)=1y21+1y22+1y23=y21y22+y22y23+y23y21(y1y2y3)2 (20)
Theo định lý Viet với (19),ta có (y1y2y3)2=(164)2
y21y22+y22y23+y23y21=(y1+y2+y3)2−2y1y2y3(y1+y2+y3)
=(246)2−2.8064.164
Thay lại vào (20) có đpcm
Nhận xét
13 tính chất nêu trên chỉ là hệ quả của điều kiện B=2A,C=4A. Điều ngược lại nói chung không đúng. Thật vậy, chỉ cần xét điều kiện ha=hb+hc
Ta thấy ha=hb+hc⇔1a=1b=1c (21)
Xét tam giác A2B2C2với a2=125,b2=4,c2=6(6<4+125)
Rõ ràng tam giác A2B2C2 cũng thỏa mãn (21)
Xét tam giác A1B1C1 với a1=3512,b1=5,c1=7(7<5+3512)
Rõ ràng tam giác A1B1C1 cũng thỏa mãn (21)
không đồng dạng với. Vậy có ít nhất 1 tam giác không đồng dạng với tam giác ABC có A=π7,B=2π7,C=4π7.Như thế từ hệ thức ha=hb+hc không thể suy ra A=π7,B=2π7,C=4π7
Nhận xét được chứng minh.
|