TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN KHOA TOÁN Nhóm thực hiện 1. Lê Nguyễn Minh Trung 2. Nguyễn Anh Tuấn 3. Nguyễn Thuý Uyên 4. Nguyễn Thò Thanh Vui 5. Trần Đức Vương 6. Nguyễn Thò Kim Xuyến Giáo viên hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ Quy Nhơn, tháng 11/2009 LỜI NÓI ĐẦU Nhận dạng tam giác là một vấn đề không mới, chúng ta dễ tìm thấy ở các sách trên thò trường với nhiều tác giả khác nhau. Nhưng chúng tôi thấy các tài liệu này trình bày chưa chặt chẽ và khái quát, chưa đi sâu vào phương pháp thiết lập đề toán. Với bài tiểu luận này chúng ta mong rằng sẽ đóng góp một số kiến thức để giải bài toán nhận dạng tam giác và phương pháp ra đề cho dạng này. Bài tiểu luận của chúng tôi gồm: Chương 1: Nhận dạng tam giác cân Chương 2: Nhận dạng tam giác vuông Chương 3: Nhận dạng tam giác đều Chương 4: Nhận dạng tam giác khác. Trong mỗi chương chúng tôi đều đưa ra một số ví dụ điển hình cho phương pháp giải, đồng thời có mở rộng và nhận xét, cuối mỗi chương là phương pháp ra đề cho dạng toán đó. Chúng tôi xin được tỏ lời cám ơn chân thành đến thầy giáo Dương Thanh Vỹ cùng một số bạn lớp sư phạm Toán K29 Trường Đại học Quy Nhơn. Vì thời gian và khả năng có hạn nên bài tiểu luận này chắc chắn có nhiều sai xót và hạn chế. Chúng tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến xây dựng và phê bình của độc giả. Nhóm thực hiện Một số hệ thức lượng trong tam giác: .1 2 cos 2 cos 2 4 cos4sinsinsin CA CBA =++ 2. CBACBA sin.sin.sin42sin2sin2sin =++ 3. )cos.cos.cos1(2sinsinsin 222 CBACBA +=++ 4. 2 sin 2 sin 2 sin41coscoscos CBA CBA +=++ 5. CBACBA tan.tan.tantantantan =++ ( ∆ ABC không là tam giác vuông) 6. 1cot.cotcot.cotcot.cot =++ anAanCanCanBanBanA 7. 1 2 tan. 2 tan 2 tan. 2 tan 2 tan. 2 tan =++ ACCBBA 8. 2 tan. 2 tan. 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan C Co B Co A Co C Co B Co A Co =++ 9. S acb ACo 4 tan 222 −+ = (Đẳng thức hàm Côsin suy rộng) Một số bất đẳng thức lượng trong tam giác: 1. 2 3 coscoscos ≤++ CBA 2. 8 1 2 sin 2 sin 2 sin ≤ CBA 3. 8 1 cos.cos.cos ≤CBA 4. 4 9 sinsinsin 222 ≤++ CBA 5. 2 33 sinsinsin ≤++ CBA 6. 2 33 2 cos 2 cos 2 cos ≤++ CBA 7. 2 3 2 sin 2 sin 2 sin ≤++ CBA 8. 3 2 tan 2 tan 2 tan ≥++ CBA 9. 3cotcotcot ≥++ anCanBanA Dấu bằng xảy ra trong các bất đẳng thức trên ∆⇔ ABC đều. Việc chứng minh các bđt này xin dành cho bạn đọc. CHƯƠNG 1: NHẬN DẠNG TAM GIÁC CÂN - Các bài toán thuộc loại này có các dạng như sau: cho tam giác ∆ABC thoả mãn một điều kiện nào đó, thường là cho dưới dạng hệ thức. Hãy chứng minh ∆ABC cân. - Phải lưu ý tính đối xứng của bài toán để đònh hướng các phép biến đổi. Chẳng hạn cân tại C thì tập trung vào chứng minh A=B. - Các bài toán về nhận dạng tam giác cân có thể chia thành 2 loại chính như sau: LOẠI I: SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI ĐẲNG THỨC Từ giả thiết đi đến kết luận bằng cách vận dụng các hệ thức lượng trong tam giác, các công thức biến đổi lượng giác. VD1: Cho ∆ ABC thoả A B C cos2 sin sin = (1) CM ∆ ABC cân ( ) )B-A (vì0)sin( )sin(sinsin )sin()sin(sin cossin2sin1 π <=⇔=−⇔ −+=⇔ −++=⇔ =⇔ BAAB ABCC ABABC ABC ⇔ ∆ABC cân tại C. NX: Từ (1) nếu thay góc C bằng góc B thì ta được 2 bài toán: A C B cos2 sin sin = C A B cos2 sin sin = Tương tự nếu thay góc C bằng góc A thì ta được 2 bài toán: C B A cos2 sin sin = B C A cos2 sin sin = Như vậy trong bài toán CM ∆ ABC cân, nếu ta hoán đổi vò trí các góc thì ta sẽ thu được ∆ ABC cân tại các vò trí khác nhau. VD2: Cho ∆ ABC có 22 4 2 sin cos1 ca ca B B − + = + (1) CM ∆ ABC cân Ta thấy trong (1) chứa cả 2 yếu tố góc và cạnh. Đối với bài toán này ta có thể CM ∆ABC cân theo 2 cách 1. A=B 2. a=b Tuỳ vào biểu thức của bài toán mà ta chọn biến đổi về góc hay về cạnh sao cho thuận lợi hơn. Cách 1: đều cho ∆ABC cân tại B đều cho ∆ABC cân tại A (1) ( ) ( ) 22 2 2 2 4 2 sin cos1 ca ca B B − + = + ⇔ ( ) ca ca B B − + = − + ⇔ 2 2 cos1 cos1 2 2 p dụng đònh lý hàm Sin ta được: CA CA B B sinsin2 sinsin2 cos1 cos1 − + = − + BCBACABsínCBACA cossincossin2sinsin2coscossin2sinsin2 −−+=−+−⇔ CBA sin2cossin4 =⇔ [ ] CBABA sin2)sin()sin(2 =−++⇔ [ ] CBAC sin2)sin(sin2 =−+⇔ BABA =⇔=−⇔ 0)sin( ⇔ ∆ABC cân tại C Cách 2: (1) 22 2 2 4 )2( 2 cos 2 sin2 2 cos2 ca ca BB B − + =⇔ ca ca B tg − + =⇔ 2 2 2 1 222222 22 22 22 22 22 22 2 22 )()2( 2 4 )( 4 1 2 2 1 )( )( 2 2 )( )( 2 2 )( ))(( 2 2 2 abbcaaccac baccac ca a bac ac ca ca bac acb ca ca bac acb ca ca bpp apcp ca caB tg =⇔−++=+⇔ −+=+⇔ + = −+ ⇔ + + − =+ −+ −− ⇔ + − = −+ −− ⇔ + − = − −− ⇔ + − =⇔ ⇔ a = b ∆⇔ ABC cân tại C Chú y ù: Ta có 2 . B tgp bp S r B = − = )( ))(( )( ))()(( )(2 bpp cpap bpp cpbpapp bpp SB tg − −− = − −−− = − =⇔ VD3: Cho ∆ ABC thoả 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 33 ABBA = (1) CM ∆ ABC cân. 0 2 , 222 , 2 0 0) 2222 1)( 22 ( 0 22 ) 22 ( (*)) 2 1( 2 ) 2 1( 2 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin )1( 22 33 22 33 >⇒ ∏ << =+++−⇔ =−+−⇔ +=+⇔=⇔ B tg A tg BA Vì B tg B tg A tg A tg B tg A tg B tg A tg B tg A tg B tg B tg A tg A tg B B A A Nên 22 0 22 BAB tg A tg =⇔=− ABCBA ∆⇔=⇔ cân tại C NX: Từ (1) ta có thể biến đổi như sau ) 2 sin1( 2 cos 2 sin) 2 sin1( 2 cos 2 sin 22 AABBBA −=− Tiếp tục chuyển vế và đặt thừa số chung ta được: 0 2 sin = − BA Cách khác: Từ (*) ta xét 0),1()( 2 >+= xxxxf 0,031)(' 2 >∀>+= xxxf f⇒ là hàm tăng trên ),0( +∞ Vì vậy: (*)       =       ⇔ 22 B tgf A tgf 22 B tg A tg =⇔ Chú ý: Trong bài toán CM tam giác cân ta thường gặp 2 vế của biểu thức đối xứng. Trong trường hợp này ta có thể sử dụng phương pháp hàm số: Tính chất: Nếu hàm ƒ tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a,b) Thì : ),(,,)()( bavuvuvfuf ∈∀=⇔= VD4: Cho ∆ ABC thỏa: 2 3 )cos()sin()sin( − =+−+++ BAACCB (1) Tam giác ABC là tam giác gì ? (1) 2 3 cossinsin − =++⇔ CBA 2 3 cos 2 cos 2 sin2 − =+ −+ ⇔ C BABA 2 3 1 2 cos2 2 cos 2 cos2 2 − =       −+ − ⇔ CBAC 0 2 1 2 cos 2 cos2 2 cos2 2 =+ − −⇔ BACC (*) 0 2 sin 4 1 2 cos 4 1 2 cos 2 cos 2 cos 222 = − + − + − −⇔ BABABACC 0 2 sin 4 1 2 cos 2 1 2 cos 2 2 = − +       − −⇔ BABAC        = − − = ⇔ 0 2 sin 2 cos 2 1 2 cos BA BAC      = = ⇔ BA C 2 1 2 cos      == = ⇔ 0 0 30 120 BA C NX: Ta có thể dùng tính chất tam thức bậc hai để nhận dạng đa giác này. Thật vậy: Đặt )1,0( 2 cos ∈= C t 0 2 1 2 cos22(*) 2 =+ − −⇔ t BA t luôn có nghiệm. 0 2 sin1 2 cos 22' ≤ − −=− − =∆ BABA Nên: BA BA =⇔= − ⇔=∆ 0 2 sin0 ' Khi đó: 2 1 2 cos 2 1 2 cos 2 1 =⇔= − = CBA t 0 120=⇔C VD5: Cho ∆ ABC thỏa mãn hệ thức 2 )( BA tgbabtgAatgB + +=+ và C≠ 90 0 (1) CM ∆ ABC là tam giác cân. (1) 0)2sin2(sin 2 sin 0)cossincos(sin 2 sin cos 2 cos 2 sin .sin2 2 cos.cos 2 sin sin2 ) 2 () 2 ( =− − ⇔ =− − ⇔ + − = + − ⇔ − + = + −⇔ BA AB BBAA AB A BA AB BR BA B AB AR tgA BA tgb BA tgtgBa Có 2 khả năng sau: 1)Nếu AB AB =⇒= − 0 2 sin 2)Nếu sin2A – sin2B =0 BA 2sin2sin =⇒ (2) Do C≠ 90 0 ⇒ A+B ≠ 90 0 ⇒ 2A+2B ≠ 180 0 và hiển nhiên 0<2A+2B <360 0 , nên từ (2) suy ra 2A = 2B hay A = B Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có ∆ ABC cân tại C NX: Giả thiết C ≠ 90 0 là cần thiết vì nếu không có nó thì từ (2) có thêm khả năng 2A+2B=180 0 ⇔ C=90 0 , tức tam giác đã cho có thể không cân mà chỉ vuông tại C. Nói cách khác, nếu chỉ thỏa mãn điều kiện 2 )( BA tgbabtgAatgB + +=+ thì ∆ ABC hoặc là cân tại C, hoặc là vuông tại C. Dó nhiên ∆ ABC có thể là tam giác vuông cân tại C. LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC - Khác với tam giác đều có vô số hệ thức “đẹp” thường sử dụng BĐT để chứng minh, những hệ thức đẹp của tam giác cân rất ít. - Cho ∆ABC có các cạnh và các góc thỏa mãn một hệ thức: F(A,B,C,a,b,c)=0 CM ∆ABC cân tại C bằng BĐT như sau: • Dùng BĐT chứng minh F(A,B,C,a,b,c)≥ 0 • Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b (hoặc A=B) • Vậy F(A,B,C,a,b,c)=0 ⇔ a=b ⇔ ∆ABC cân tại C VD1: Cho a,b,c, là độ dài 3 cạnh của một tam giác Biết rằng abacbccbap +++=−− 2 4 (1) CM tam giác trên là tam giác cân ))((2)()( ))((22 ))((2 2 4)1( bcacbcac bcacbac bcacba cba ++=+++⇔ ++=++⇔ ++=−− ++ ⇔ p dụng BĐT Cauchy cho 2 số c+a, c+b ta có ))((2)()( bcacbcac ++≥+++ Dấu “=” xảy ra ⇔ c+a = c+b ⇔ a=b Để (2) xảy ra thì trong (3) xảy ra dấu đẳng thức. Tức là a=b hay tam giác đã cho là tam giác cân. NX: Từ (2) ta hoàn toàn có thể giải theo cách thông thường bằng cách lấy bình phương 2 vế, ta được: [ ] bcacbcca +=+⇔=+−+ 0)()( 2 * Cách ra đề cho bài toán nhận dạng tam giác bằng BĐT Cauchy: Từ a=b A=B Ta biến đổi 2 vế để được một đẳng thức tương đương Đặt VT= α , VP= β . p dụng BĐT Cauchy cho 2 số α , β Tại vò trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán chứng minh ∆ ABC cân tại C Từ bài toán đó ta có thể tiếp tục biến đổi để được 1 bài toán phức tạp hơn dựa vào các phép biến đổi tương đương hay biến đổi lượng giác. VD2 : Cho ∆ ABC thoả mãn hệ thức: )( apph a −= (1) CM ∆ ABC là tam giác cân Ta có: a cpbpapp a s h a ))()((2 2 −−− == Do đó: (1) )( ))()((2 app a cpbpapp −= −−− ⇔ (2) (3) acpbp =−−⇔ ))((2 (2) p dụng BĐT Cauchy cho 2 số: p-b, p-c )()())((2 cpbpcpbp −+−≤−−⇔ acpbp ≤−−⇔ ))((2 (3) Dấu “=” xảy ra cbcpbp =⇔−=−⇔ Vậy từ (2) suy ra trong (3) xảy ra dấu đẳng thức, tức là ta có b = c ⇔ ∆ABC cân tại A. NX : Nếu không áp dụng BĐT thì từ (2) ⇔ 4(p-b)(p-c)=a 2 2 2 ) 2 4 a cbabca =       −+       −+ ⇔ 222 )( abca =−⇔ bcbc =⇔=−⇔ 0)( 2 VD3 : Cho ∆ ABC thoả mãn hệ thức: 15)cos2(cos3)sin2(sin4 =+++ CBCB (1) CM ∆ ABC cân. ( ) ( ) 15cos6sin8cos3sin4)1( =+++⇔ CCBB p dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có: 10)cos)(sin68(cos6sin8 5)cos)(sin34(cos3sin4 2222 2222 =++≤+ =++≤+ CCCC BBBB Do đó: 15)cos6sin8()cos3sin4( ≤+++ CCBB Dấu “=” xảy ra { 5cos3sin6 10cos6sin8 =+ =+ ⇔ BB CC        = = ⇔ CC BB cos 6 sin 8 cos 3 sin 4        == = ⇔ 3 4 6 8 cos sin 3 4 cos sin C C B B ⇔ tgB = tgC = 3 4 ⇒ B = C NX: cách ra đề cho bài toán nhận dạng tam giác cân bằng BĐT Bunhiacopxki tương tự vd 3: Từ ABC cân tại A => B=C . Lấy tg hoặc cotg 2 vế Gs tgB = tg C    =⇔ = b a C C B B cho cos sin cos sin , với b 0 ≠        = = ⇔ C b C a B b B a cossin cossin (a,b) có thể thay bằng (A,B) sao cho B A b a = p dụng BĐT Bunhiacopxki cho các số a,b, sinB, cosB và A,B, sinC, cosC Cộng 2 BĐT lại với nhau, tại vò trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán. VD4 : Cho  ABC thoả mãn điều kiện. 2 cos2sinsin c BA =+ CM  ABC cân p dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: ( ) 2 cos 2 sin4)cos(sin2sinsin )1( 2 BABA AABA −+ =+≤+ ⇔ ( ) 2 cos 2 cos4sinsin 2 BAC BA − ≤+ Vì cos 0 2 cos,1 2 >≤ − CBA nên 4 cos 2 cos4 2 cos 2 )2( CBAC ≤ − .Vậy 2 cos2sinsin C BA ≤+ Dấu “=” xảy ra      = − = ⇔ 1 2 cos sinsin BA BA BA =⇔ ⇔ ABC cân tại C NX: Bài này áp dụng BĐT Bunhiacopxki sẽ đơn giản hơn là cách biến đổi đẳng thức. Cách ra đề tương tự : từ 2 góc bằng nhau, biến đổi để được 1 đẳng thức tương đương. Đặt VT = α , VP = β p dụng BĐT Bunhiacopxki cho 4 số a, α ,b, β với a,b là các hệ số tuỳ ý trước α và β . Tại vò trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán. VD5: CM điều kiện cần và đủ để  ABC cân là. cos 0 15cos2 2 cos 2 =+ BA , biết C = 120 0 Xét ƒ(x) = cosx trên (0, 2 π ), ta có; ƒ (x) =- sinx , ƒ ‘’ (x) = - cosx<0, ∈∀x (0, )2/ π Theo BĐT Jensen ta có: ƒ             + 2 22 BA 2 22       +       ≥ B f A f ⇔ cos 0 15cos2 2 cos 2 ≤+ BA Dấu “=” xảy ra 0 30 22 ==⇔=⇔ BA BA ⇔ ABC cân. NX: Cách ra đề: Từ 2 góc bằng nhau, biến đổi để được 1 đẳng thức tương đương. Đặt VT = α , VP = β . p dụng BĐT Jensen cho 2 số α , β .       + ≥ + + ≤ + 2 )()( ) 2 ( 2 )()( ) 2 ( βαβα βαβα ff f ff f • Với (1) ta chọn hàmƒ (x) sao cho có đạo hàm cấp 2: ƒ ’’ (x)>0, Dx∈∀ • Với (2) ta chọn hàm ƒ (x) sao cho có đạo hàm cấp 2: ƒ ’’ (x)<0, Dx ∈∀ Sau đó thay hàm ƒ vào (1) hoặc (2) tương ứng Tại vò trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán. VD6: Cho tam giác ABC có l b = l c . CMR ∆ ABC cân. p dụng công thức tính đường phân giác trong, ta có: (1) (2) ba C ab ca B ac + = + 2 cos2 2 cos2 [...]... sin + 2 cos 2 2 2 2 thì ∆ABC vuông CHƯƠNG 3:NHẬN DẠNG TAM GIÁC ĐỀU Tam giác đều là một tam giác đẹp, đó là tam giác có 3 cạnh bằng nhau và ba góc bằng nhau Bài toán nhận dạng tam giác đều là lớp bài toán quan trọng nhất và cũng là lớp bài toán đa dạng nhất trong chuyên mục nhận dạng tam giác Trong mục này, một số phương pháp hay sử dụng để nhận dạng tam giác đều như Loại I:Sử dụng phương pháp biến... kết quả như thế nào? Bài 3: Cho tam giác ABC có các cạnh thoả: a = x 2 + x + 1 , b = 2 x + 1 , c = x 2 + 1 , x ∈ R Hãy nhận dạng tam giác ABC HD: Xét điều kiện của x để tồn tại tam giác Bài 4: Nhận dạng tam giác ABC biết: sin5A + sin5B + sin5C = 0 HD: Ta biến đổi tương đương đẳng thức trên về dạng: 5C 5A 5B 4 cos cos cos =0 2 2 2 Ta có thể khái quát: Nhận dạng tam giác ABC nếu thoả sin(mA) + sin(mB)+... bằng trong (4) (5) tức ∆ ABC đều Nhận xét: Từ các bài toán nhận dạng trên ta có thể đưa ra những bài toán nhận dạng cho tam giác đều bằng cách từ những bất đẳng thức đại số có điều kiện (mà ta có thể đánh giá được điều kiện dấu bằng xảy ra) kết hợp với những yếu tố lượng giác, các yếu tố góc cạnh trong tam giác để đi đến một đẳng thức về tam giác CHƯƠNG 4:NHẬN DẠNG TAM GIÁC KHÁC Tiếp theo chúng tôi xin... 2: NHẬN DẠNG TAM GIÁC VUÔNG So với những loại tam giác khác tam giác vuông có một số tính chất đặc biệt như tổng bình phương của 2 cạnh góc vuông bằng bình phương cạnh huyền Số đo của góc vuông bằng số đo của hai góc còn lại Từ xa xưa Pitago đã phát hiện một dấu hiệu để nhận dạng tam giác vuông là đònh lý Pitago Trong phần này chúng tôi xin cung cấp một số dấu hiệu để nhận biết tam giác vuông Để nhận. .. = SinB = SinC sin B = sin C Vậy ∆ABC vuông cân tại A hoặc đều  Hai ví dụ trên sử dụng các bđt lượng giác đơn giản của tam giác để nhận dạng tam giác đều Ngoài các bđt trên ta còn có thể sử dụng các bđt cơ bản trong đại số như bđt Cosi, bđt Bunhiacopxki, Jesen,…… để nhận dạng tam giác Nhận dạng tam giác đều bằng cách sử dụng BĐT Cosi 1 1 1 1 1 1 + + = + + Ví dụ 3: CMR ∆ ABC đều nếu cos A cos B cos... quan đến nhận dạng tam giác 2 Sau mỗi lần bài toán, chúng tôi rút ra những nhận xét, những lưu ý của bài toán và mở rộng bài toán 3 Sau mỗi chương chúng tôi nêu ra những phương pháp để thiết lập bài toán nhận dạng tam giác để các bạn tham khảo Chúng tôi hy vọng tiểu luận này sẽ là tài liệu tham khảo cho những người dạy và học môn lượng giác nói chung và nhận dạng tam giác nói riêng Rất mong nhận được... Phương pháp sử dụng 9 bài toán nhận dạng tam giác đều  A1 + A2 + + An = 0 2/ Phương pháp sử dụng mệnh đề  ⇔ A1 = A2 = … =An = 0  An ≥ 0, i = 1, n 3/ Nhận dạng tam giác đều từ một hệ điều kiện Loại II:Sử dụng bất đẳng thức Sau đây chúng tôi đi vào từng phương pháp cụ thể LOẠI I:SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1/ Phương pháp sử dụng 9 bài toán cơ bản nhận dạng tam giác đều *  ABC thoả mãn các... (bc 2 + b 2 c)(2 cos A) 1 ⇔ cos A = ⇒ A = 600 2 Nhận xét: Qua những ví dụ trên ta thấy việc giải một bài toán nhận dạng tam giác cần chú ý các điểm sau: + Cần phân biệt một bài toán nhận dạng và một bài toán chứng minh (Tức là phải tìm tất cả các tính chất của tam giác) + Khi giải bài toán nhận dạng thường hay dùng các phép biến đổi tương đương về dạng phương trình tích hoặc tổng của những số hạng... (*) ⇔ + + = 3 ⇔ tg + tg + tg = 3 sin A sin B sin C 2 2 2 ⇔ (dạng bài toán cơ bản) Vậy  ABC đều Chú ý: nếu  ABC thoả mãn hằng thức a 2 + b 2 + c 2 = 4 3 S thì  ABC cũng là tam giác đều Thật vậy (*) ⇔ cotgA + cotgB + cotgC = 3 (dạng bài toán cơ bản) Vậy  ABC đều Nhận xét: Qua một số ví dụ trên, ta có thể tạo ra một số bài toán nhận dạng tam giác đều bằng phương pháp này như sau: Ta có thể xuất phát... 4 sin C sin A = 2 sin 2 C   p dụng đònh lý hàm Sin ta được a2 = b2 + c2 ⇒ ∆ABC vuông cân Nhận xét: ⇒ sin 2 A = sin 2 B + sin 2 C Nếu đề bài cho nhận dạng tam giác ABC thoả mãn điều kiện (1) thì rất nhiều bạn chỉ giải đến B = C với kết luận ∆ABC cân là chưa đủ, mà cần phải xét đến các tính chất khác của tam giác để kết luận chính xác Bài toán trên ta có thể biến đổi như sau: sin4A + 2sin4B + sin4C . có 2 cos2 2 sin21 2 sin 2 sin 22 CBACCA + + =++ + thì ∆ABC vuông. CHƯƠNG 3:NHẬN DẠNG TAM GIÁC ĐỀU Tam giác đều là một tam giác đẹp, đó là tam giác có 3 cạnh bằng nhau và ba góc bằng nhau. Bài toán nhận dạng tam giác đều là lớp bài toán quan. góp một số kiến thức để giải bài toán nhận dạng tam giác và phương pháp ra đề cho dạng này. Bài tiểu luận của chúng tôi gồm: Chương 1: Nhận dạng tam giác cân Chương 2: Nhận dạng tam giác vuông Chương. hiện một dấu hiệu để nhận dạng tam giác vuông là đònh lý Pitago. Trong phần này chúng tôi xin cung cấp một số dấu hiệu để nhận biết tam giác vuông. Để nhận dạng tam giác vuông ta thường đưa về