Sáng kiến kinh nghiệm Nhận dạng tam giác

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 Thị Thanh Vui
5. Trần Đức Vương
6. Nguyễn Thị 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 thị 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:
2. 
3. 
4. 
5. (ABC không là tam giác vuông)
6. 
7. 
8. 
9. (Đẳng thức hàm Côsin suy rộng)
Một số bất đẳng thức lượng trong tam giác:
1. 
2. 
3. 
4. 
5. 
6. 
7. 
8. 
9. 
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 DABC thoả mãn một điều kiện nào đó, thường là cho dưới dạng hệ thức. Hãy chứng minh DABC cân.
- Phải lưu ý tính đối xứng của bài toán để định 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 DABC thoả (1)
CM DABC cân
 DABC cân tại C.
NX: Từ (1) nếu thay góc C bằng góc B thì ta được 2 bài toán:
đều cho DABC cân tại B
Tương tự nếu thay góc C bằng góc A thì ta được 2 bài toán:
đều cho DABC cân tại A
Như vậy trong bài toán CM DABC cân, nếu ta hoán đổi vị trí các góc thì ta sẽ thu được DABC cân tại các vị trí khác nhau.
VD2: Cho DABC có (1)
	CM DABC cân
Ta thấy trong (1) chứa cả 2 yếu tố góc và cạnh. Đối với bài toán này ta có thể CM DABC cân theo 2 cách
A=B
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:
(1) 
Aùp dụng định lý hàm Sin ta được:
 DABC cân tại C
Cách 2:
(1) 
 a = b ABC cân tại C
Chú ý: Ta có 
VD3: Cho ABC thoả (1)
CM ABC cân.
Nên 
cân tại C
NX: Từ (1) ta có thể biến đổi như sau
Tiếp tục chuyển vế và đặt thừa số chung ta được:
Cách khác:
Từ (*) ta xét 
 là hàm tăng trên 
Vì vậy: (*) 
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 ¦ tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a,b) 
	Thì : 
VD4: Cho ABC thỏa: (1)
 Tam giác ABC là tam giác gì ?
(1) 
	 (*)
NX: Ta có thể dùng tính chất tam thức bậc hai để nhận dạng đa giác này. Thật vậy:
Đặt 
 luôn có nghiệm.
Nên: 
Khi đó: 
VD5: Cho ABC thỏa mãn hệ thức
	và C≠ 900	(1)
	CM ABC là tam giác cân.
(1)
Có 2 khả năng sau:
1)Nếu 
2)Nếu sin2A – sin2B =0 (2)
Do C≠ 900 A+B ≠ 900 2A+2B ≠ 1800 và hiển nhiên
	0<2A+2B <3600, 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 ≠ 900 là cần thiết vì nếu không có nó thì từ (2) có thêm khả năng 2A+2B=1800 C=900, tức tam giác đã cho có thể không cân mà chỉ vuông tại C. Nói cách khác, nếu chỉ thỏa mãn điều kiện thì ABC hoặc là cân tại C, hoặc là vuông tại C. Dĩ 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 DABC có các cạnh và các góc thỏa mãn một hệ thức:
	F(A,B,C,a,b,c)=0
CM DABC cân tại C bằng BĐT như sau:
Dùng BĐT chứng minh F(A,B,C,a,b,c)³ 0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b (hoặc A=B)
Vậy F(A,B,C,a,b,c)=0 Û a=b Û DABC cân tại C
VD1: Cho a,b,c, là độ dài 3 cạnh của một tam giác 
Biết rằng (1)
CM tam giác trên là tam giác cân
(2)
Aùp dụng BĐT Cauchy cho 2 số c+a, c+b ta có
(3)
Dấu “=” xảy ra Û c+a = c+b Û 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:
* 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=a, VP=b. Aùp dụng BĐT Cauchy cho 2 số a, b
Tại vị trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán chứng minh DABC 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 DABC thoả mãn hệ thức: 
	 (1)
	CM DABC là tam giác cân
Ta có: 
Do đó:
(1) 
	 (2)
Aùp dụng BĐT Cauchy cho 2 số: p-b, p-c
 (3)
Dấu “=” xảy ra 
Vậy từ (2) suy ra trong (3) xảy ra dấu đẳng thức, tức là ta có b = c Û DABC cân tại A.
NX: Nếu không áp dụng BĐT thì từ (2) Û 4(p-b)(p-c)=a2
VD3: Cho DABC thoả mãn hệ thức:
	 (1)
	CM DABC cân.
Aùp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
Do đó: 
Dấu “=” xảy ra 
 tgB = tgC =
	Þ B = C
NX: cách ra đề cho bài toán nhận dạng tam giác cân bằng BĐT Bunhiacopxki tương tự vd 3:
Từ rABC cân tại A => B=C . Lấy tg hoặc cotg 2 vế
Gs tgB = tg C 	, với b
	 (a,b) có thể thay bằng (A,B) sao cho 
	Aùp dụng BĐT Bunhiacopxki cho các số 	a,b, sinB, cosB
	và	A,B, sinC, cosC
	Cộng 2 BĐT lại với nhau, tại vị trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán.
	VD4: Cho rABC thoả mãn điều kiện.
	CM rABC cân
	Aùp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
	Vì cos nên
	4 cos .Vậy 
	Dấu “=” xảy ra 
	rABC 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 = , VP = 
	Aùp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 4 số a,,b,với a,b là các hệ số tuỳ ý trước và . Tại vị trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán.
	VD5: CM điều kiện cần và đủ để rABC cân là.
	cos, biết C = 1200
	Xét 	¦(x) = cosx trên (0,), ta có;	
	¦ (x) =- sinx , ¦ ‘’(x) = - cosx<0, (0, 
	Theo BĐT Jensen ta có:
	¦
	cos 
	Dấu “=” xảy ra 
	rABC cân.
	NX: Cách ra đề:
	Từ 2 góc bằng nhau, biến đổi để được 1 đẳng thức tương đương. Đặt VT = , VP = .
	Aùp dụng BĐT Jensen cho 2 số ,.
(1)
(2)
Với (1) ta chọn hàm¦ (x) sao cho có đạo hàm cấp 2: ¦ ’’(x)>0, 
Với (2) ta chọn hàm ¦ (x) sao cho có đạo hàm cấp 2: ¦’’(x)<0, 
Sau đó thay hàm ¦ vào (1) hoặc (2) tương ứng
Tại vị trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán.
VD6: Cho tam giác ABC có lb= lc. CMR D ABC cân.
	Aùp dụng công thức tính đường phân giác trong, ta có:
lb= lc 
(1)
	Giả sử b ¹ c, khi đó ta có thể cho là b>c. Từ đó suy ra:	
	B>C => => 
(2)
(3)
	Do b>c => > 
Từ (2) và (3) suy ra:
	: mâu thuẫn với (1)
	Vậy b=c Þ D ABC cân tạiA.
 Chú ý:Từ lb= lc ta dự đoán b=c
	Ta chứng minh bằng phưong pháp phản chứng
	Dựa vào BĐT quan hệ giữa các góc và cạnh.
	a £ b £ c Û A £ B £ C 
 Û 	 	Û 
CHƯƠNG 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 định 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 một số dấu hiệu sau đây:
	1. sinA = 1	2. cosA = 0	3. sin2A = 0
	4. cos2A = -1	5. 	6. tanA = cotanB
	7. sinA=Sin(B-C)	8. a2 = b2 + c2
	LOẠI I:SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
	Ví dụ: Chứng minh rằng trong DABC thoả mãn: sin22A + sin22B +sin22C = 2 (1) thì DABC vuông.
Ta có: sin2A + sin2B +sin2C =2+2cosA.cosB.cosC
Từ (1) suy ra cosA.cosB.cosC =0 Û vuông
Nhận xét: Nếu sin2A + sin2B + sin2C =m,
Với m = 2 thì DABC vuông,
 m < 2 thì D ABC tù,
 m >2 thì D ABC nhọn.
Thật vậy với m<2.Từ (1) suy ra cosA.cosB.cosC < 0 Þ tồn tại một số trong 3 số cosA, cosB, cosC bé hơn 0. Suy ra, một góc phải lớn hơn 900 hay DABC tù
Với m>2 Þ cosA.cosB.cosC>0. Suy ra trong 3 số cosA, cosB, cosC phải có một số dương hoặc 3 số đều dương
ÞB+C>1800 vô lý
Giả sử 
	Do đó CosA, CosB, CosC đều dương hay DABC nhọn
	Ví dụ 2: Cho tam giác ABC thoã mãn hệ thức
	rc = r + ra + rb (2) với ra là bán kính đường tròn bàng tiếp.
	Chứng minh rằng DABC vuông.
	Ta có S = pr 
	S = (p-a) ra 
	Khi đó (2) tương đương với =
	ÞDABC vuông.
	Nếu áp dụng hệ thức cơ bản trong tam giác, ta có
 rc = ptg
	Từ (2) ta được ptg
	(2’)
	Mặt khác p = R(sinA+ sinB + sinC)=4Rcos
	Từ (2) ta có 2RsinC.tg
	Do .
	ÞDABC vuông.
	Chú ý: Khi gặp 1 bài toán có chứa các yếu tố khác cạnh và góc ta nên chuyển về bài toán có chứa góc hoặc cạnh để giải, khi đó có nhiều công cụ để giải hơn.
 LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
	Ví dụ 1: 
Cho DABC có A, B nhọn và thoả mãn hệ thức sin2A + sin2B =. (1)
Chứng minh rằng DABC vuông.
Vì 0 < sinC ≤ 1 .
Từ (1) 
	.
Nếu C = 900 Þ A+ B = 900
	Þ sin2A+sin2B= sin2A+cos2A = 1.
	Vậy nếu ABC là tam giác vuông tại C thì thoã mãn hệ thức đã cho.
	Nếu C < 900. Từ giả thiết ta có
	Û 1 - cos (A+B).cos(A-B) = 	(3).
	Ta có sinC 0, cos(A-B) > 0, vậy từ (3) ta suy ra điều vô lý. Do đó trường hợp C < 900 không xảy ra. Vậy ABC là tam giác vuông tại C.
	Nhận xét:
	* Nếu C = 900 ta không thử lại mà kết luận DABC vuông là không chặt chẽ. Vì DABC chưa chắc thoả mãn (1).
	* Nếu xét trường hợp C < 900 ta đi đến kết luận loại trường hợp này. Từ đây ta phải có C = 900, không cần thử lại.
* Điểm quan trọng của bài tập này là ở chỗ với a Ỵ R, 0 am , 1 < n < m, n,m ỴQ. Từ đấy bài toán (1) có thể mở rộng nếu sin2A + sin2B = thì DABC vuông.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả
sin4A + 2sin4B+ 2sin4C = 2sin2A (sin2B + sin2C)	(1).
Chứng minh DABC vuông cân.
ÿ Aùp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương và 2sin4B ta có:
Tương tự 
	(2)
(1) đúng Û (2) xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi
 (3) .
Từ (3) 
Aùp dụng định lý hàm Sin ta được
a2 = b2 + c2 Þ DABC vuông cân.
Nhận xét:
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 DABC 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 = 2sin2A (sin2B + sin2C)
Û 2sin4A + 4 sin4B + 4sin4C = 4sin2A.sin2B + 4sin2A.sin2C
Û (sin4A – 4sin2A.sin2B + 4sin4B) + (sin4A – 4 sin2A.sin2C + 4sin4C) = 0
Û (sin2A - 2sin2B)2 + (sin2A - 2sin2C)2 = 0 
 và 
 vuông cân.
Sau đây chúng tôi đưa ra 1 số bài tập để các bạn rèn luyện kỹ năng giải toán.
 Chứng minh rằng DABC là tam giác vuông nếu thoả một trong các điều kiện sau
Bài 1: cos2A + cos2B + cos2C = -1.
Bài 2: a) sinA + sinB + sinC = 1 + cosA + cosB + cosC
Hướng dẫn: Chứng minh tam giác này vuông tại 1 trong 3 góc.
 b) sinA + sinB + sinC = 1- cosA + cosB + cosC. 
Hướng dẫn: Chứng minh vuông tại C.
Bài 3:	
Hướng dẫn: A ùp dụng định lý hàm sin
Bài 4: r(sinA + sinB)= 
Hướng dẫn: Ta sử dụng hệ thức cơ bản
r = 4R
Bài 5: r + ra + rb + rc = a + b + c
Aùp dụng công thức lượng cơ bản r =ptg
p = 4Rcos và định hàm sin.
Hay có thể áp dụng công thức S = rc(p-c), S=rp.
Bài 6: 3cosB + 4sinB + 6sinC +8cosC =15 (6)
HD: Aùp dụng BĐT Schwartz cho các cặp (3,4), (cosB,sinB) và (6,8), (sinC,cosC).
Cách khác: Bài 6 có thể vận dụng phép biến đổi tương đương và tính chất bị chặn của hàm sinx, cosx.
(6)(6’)
Đặt Thì từ (6’) ta suy ra
5sin(B+) + 10cos(C-) = 15
vuông.
Bài 7: sin3A + sin2B = 4sinAsinB. (7)
HD: Dùng công thức biến đổi tổng thành tích cho vế trái và tích thành tổng, rút gọn ta được cos(A-B).(sinC-1) = cosC
Þ cos2(A-B).(sin2C-1) = 1 – sin2C.
 (1-sinC)[cos2(A-B)(1-sinC) - 1- sinC] = 0.
Đánh giá cos2(A-B)(1-sinC)- 1 – sinC < 0 Từ đó suy ra sinC = 1
 C = 900
Bài 8: Cho DABC có đường cao AH, là nửa chu vi của DABC, DABH, DACH, biết p2 = p12 + p22 (1). Chứng minh DABC vuông.
Gợi ý: Nhận xét vị trí của H và vận dụng tỉ số lượng giác của DABC để đưa bài toán thành biểu thức theo góc.
Bài 9: DABC có đặc điểm gì nếu
	cosA (1 – sinB) = cosB.
Gợi ý: 1 – sinB và cosB cùng chứa nhân tử chung là .
Bài 10: DABC có đặc điểm gì nếu
2sin2A – sin2B = sinC + .
HD: Dùng phương pháp đánh giá để giải.
* Một số phương pháp thiết lập bài toán.
1. Phương pháp biến đổi tương đương từ tính chất của tam giác hoặc từ những dấu hiệu đã có.
Giả sử DABC vuông tại A a2 = b2 + c2
 2bc = (b+c)2 – a2 bc = 
Có thể mở rộng một số dấu hiệu đã có như:
Từ bài toán DABC thỏa thì DABC vuông.
Ta suy ra được , m 1 thì DABC vuông.
2. Dùng bất đẳng thức dựa vào tính chất bị chặn của hàm sinx, cosx hoặc những bất đẳng thức khác
Ví dụ1: Ta có 
thoả mãn cosB + nsinB + kmsinC + kncosC = (k+1)thì DABC vuông tại A.
Ví dụ 2: Từ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
 ,
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .
Cộng vế theo vế 2 bất đẳng thức trên ta sẽ có
thì DABC 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 đổi tương đương
 1/ Phương pháp sử dụng 9 bài toán nhận dạng tam giác đều.
 2/ Phương pháp sử dụng mệnh đề. Û A1 = A2 =  =An = 0
 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.
 * r ABC thoả mãn các hệ thức sau thì r ABC là tam giác đều.
 a) cos A + cosB + cosC =	 f) cotgA + cotgB + cotgC =
 b) sin sin sin = 	g) sinA + sinB + sinC = 
 c) cosA cosB cosC =	h) cos + cos + cos = 
 d) sin2A + sin2B + sin2C = 	 i) sin + sin + sin=
 e) tg + tg + tg = 
 Chứng minh:
 Ơû đây chúng tôi chỉ chứng minh vài hệ thức, các hình thức còn lại độc giả tự chứng minh
 a) cos A + cosB + cosC =	
Û 2cos
Û 2cos
Û 
Û 
Û 
Û Û Û Û 
Vậy r ABC đều.
b) sin sin sin = 
Û 
Û 
Û 
 Û 
Û Û Û 
Vậy r ABC đều.
e) tg + tg + tg = 
Û 
Û (*)
Mà 
Từ (*) suy ra 
 Û 
Û Û A = B = C 
 Vậy r ABC đều.
f) cotgA + cotgB + cotgC =.
Bằng cách áp dụng hệ thức cơ bản.
	cotgA cotgB + cotgB cotgC + cotgCcotgA = 1 rồi biến đổi giống phần (e)
Tacó: (cotgA – cotgB )2 + (cotgB – cotgC)2 + (cotgC – cotgA)2 = 0
=> => A = B = C 
 Vậy rABC đều.
Ví dụ1: Giả sưÛ r ABC thoả mãn điều kiện: 2(acosA + bcosB + ccosC) = a + b + c. Chứng minh r ABC đều.
Aùp dụng định lý Sin ta có a=2RsinA , b = 2RsinB , c = 2RsinC ( với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp r ABC), hệ thức đã cho tương đương với:
 2sinA cosA + 2sinB cosB + 2sinCcosC = sinA + sinB + sinC
Û sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC (*)
Tacó sin2A + sin2B + sin2C = 2sin(A + B)cos( A – B ) – 2sin( A + B)cos( A + B)
= 2sin (A + B)(cos(A + B) – cos (A + B)) = 4sinAsinBsinC.
Tacó sinA + sinB + sinC = 
(dạng bài toán cơ bản.)
 Vậy r ABC đều.
Ví dụ 2 : CMR nếu A,B,C là ba góc của một tam giác thoả mãn
 thì tam giác ấy đều
 Hệ thức đã cho tương ứng với
( dạng bài toán cơ bản) 
 Vậy r ABC đều.
Ví dụ3 : Cho r ABC đều thoả mãn hằng thức:
Chứng minh r ABC là tam giác đều.
 Biến đổi giả thiết đã cho về dạng sau
2ab + 2ac + 2bc = a2 + b2 + c2 + S (1)
Aùp dụng định lí hàm số Côsin suy rộng, ta có a2 + b2 + c2 = (cotgA + cotgB + cotgC)4S
Kết hợp công thức ab = , bc = , ca = 
Khi đó (1)
(*)
(dạng bài toán cơ bản) 
 Vậy r ABC đều.
Chú ý: nếu r ABC thoả mãn hằng thức S thì r ABC cũng là tam giác đều.
Thật vậy (*) Û cotgA + cotgB + cotgC = (dạng bài toán cơ bản) 
Vậy r 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 từ các bài toán cơ bản, kết hợp với các hệ thức lượng trong tam giác, định lí sin, cosin, biến đổi và đưa ra một bài toán mới. 
 2) Phương pháp sử dụng mệnh đề 
Ví dụ1: Chứng minh rABC có = 9r thì r ABC đều 
Ta có ha + hb + hc = 9r Û 
Vậy r ABC đều.
Ví dụ 2: CMR nếu trong r ABC ta có 
( p: nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp r ABC) thì r ABC là tam giác đều.
Ta có: (*) Û 
Ta có sin2A + sin2B + sin 2C = 4 sinAsinBsinC =
 (**) Û Û (ab + bc+ ca) (a + b + c)=9abc
Û a2b + bc2+ ab2 + ac2+ b2c+ a2c = 6abc
Û b(a2+c2- 2ac) + a(b2+ c2 - 2bc) + c(a2 + b2 – 2ab)=0
Û b(a - c)2 + a(b - c)2 + c(a - b)2 Û Û a=b=c . 
 Vậy D ABC đều.
Ví dụ 3: CMR nếu trong D ABC ta có thì D ABC đều
Ta có .
Suy ra hệ thức đã cho tương ứng (*)
Theo định lý hàm sin, ta có 
	a= 2RsinA, b =2RsinB, c= 2RsinC
 (*) Û 2RsinB + 2RsinC = 
Û 2RsinB + 2RsinC = sinA + 
Û 2RsinB + 2RsinC = sin(B+C) + 
Û 2RsinB + 2RsinC = sinBcosC+ sinCcosB + 
Û (2RsinB - sinB cosC- ) +(2sinC- sinCcosB - =0
Û 2sinB + 2 sinC=0
Û 2sinB =0
Û 	Û 	Vậy D ABC đều
Ví dụ 4: Cho D ABC thoả 
	 (1) CMR D ABC đều
Đặt Û 
Khi đó (1) Û 
 Û 
 Û 	
 Û z = y = x Û 2x = 2y = 2z
 Û a = b =c 
Vậy D ABC đều.
LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
- Từ điều kiện của bài toán (thường là các hệ thức, các bất đẳng thức)sử dụng các phép biến đổi lượng giác để dẫn đến một bất đẳng thức đơn giản, có thể đánh giá được điều kiện dấu bằng xảy ra.
- Thiết lập một hệ phương trình xác định mối quan hệ giữa các góc, các cạnh của tam giác, qua đó nhận dạng được tam giác.	
Ví dụ 1: Cho 	 D ABC thỏa điều kiện cosAcosBcosC = (*)
	Chứng minh DABC đều.	
Từ giả thiết suy ra DABC nhọn (cos A > 0, cos B > 0, cos C > 0)
Ta có: cosA cosB = 
	 =
	Vậy 0 < cosA cosB 
	Tương tự ta cũng có 
	Suy ra 
	 	 cosA CosB = 	 cos (A-B) = 1	Hay	 cosB cosC = cos (B-C) = 1	 A = B = C
	 cosC cosA = 	cos (C-A) = 1
Vậy DABC đều
Ví dụ 2: Cho DABC thỏa đk	
	Xác định dạng của DABC ?
	Từ điều kiện 
	 cosA
	Mặt khác sin2A + Sin2B =2sin(A+B)cos(A-B)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hoặc SinA = SinB = SinC
Vậy DABC 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
Ví dụ 3: CMR DABC đều nếu 
	Xét	DABC tù
	Giả sử A > thì C
	Vậy tgC và 0
	Vậy 
	Xét trường hợp DABC nhọn. Áp dụng bđt Cosi ta có
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
	Tương tự 	Dấu “=” xảy ra 
	 	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
	 Suy ra 
	hay 
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi DABC đều.
	Xét ví dụ 1: Phần I,2. Ta có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cosi
	Ta có 
	Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi DABC đều.
Ví dụ 2: Cho DABC, thoả 	(1)
	CMR 	DABC đều khi dấu ”=” xảy ra.
	Ta có (1).
	Ta chỉ cần xét khi VT(1) . Khi đó dễ chứng minh được cả 3 thừa số của nó đều
lớn hơn hoặc bằng không.
	Đặt 	x = 3a-b-c
	y = 3b-a-c
	z = 3c-a-b
	Khi đó a=
	 b=
	 c=
	(1) 	(2)
	Theo bất đẳng thức Cosi ta có
	2x+y+z = x+x+y+z	(3)
	x+2y+z	(4)
	x+y+2z 	(5)
	Nhân từng vế (3),(4) và (5) đúng đpcm
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi đồng thời có dấu “=” trong (3),(4) và (5)
	tức Vậy ABC đều.
Ví dụ 3: Cho DABC thỏa 	(1)
	CMR DABC đều.	
	Theo định lí hàm số Sin ta có
	acosA + bcosB + ccosC = R (sin2A+sin2B+sin2C)
	 = 4Rsin2Asin2Bsin2C.	(2)
	Theo bất đẳng thức Cosi, ta có
	acosA + bcosB + ccosC 	(3)
	asinA + bsinB + csinC 	
	Do vậy từ (2) và (3) suy ra
	 	(4)
	Dấu “=” trong (4) xảy ra khi và chỉ khi dấu “=” trong (3) xảy ra.
	Khi đo ù aSinA = bSinB = cSinC
	 Sin2A = Sin2B = Sin2C SinA = SinB = SinC
	 A = B = C.
	Lại theo bất đẳng thức Côsi ta có 
	(5)
	Dấu “=” trong (5) xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.
	Từ (5) và (6) suy ra =
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki nhận dạng tam giác đều
Ví dụ 4: Cho 	DABC thoả tg6+ tg6+ tg6=
CMR DABC đều.
	Ta có tg6+ tg6+ tg6 tg3tg3+ tg3tg3+ tg3tg3
	Dấu “=” trong (1) xảy ra khi và chỉ khi tg3 = tg3= tg3A = B = C.
	Đặt x = tgtg, y = tgtg, z = tgtg thì x+y+z=1.
	Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có (x+y+z)(x3+y3+z3) (x2+y2+z2)
	Dấu “=” trong (2) xảy ra khi và chỉ khi x = y = z A = B + C.
Ví dụ 5: Cho DABC thoả 2(la + lb + lc) =(a + b + c)
	CMR DABC đều.
	Áp dụng công thức =
	Áp dụng bất đẳng thức Cosi suy ra 	(1)
	Dấu “=” trong (1) xảy ra b=c
	Tương tự ta có 	(2)
	(3)
	Dấu “=” trong (2) xảy ra a=c và trong (3) a=b
	Từ (1),(2) và (3) suy ra la + lb + lc (++)	(4)
	Dấu “=” trong (4) xảy ra đồng thời có dấu “=” trong (1),(2) và (3)
Vậy DABC đều.
Aùp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với 2 dãy và 1, 1, 1,ta có
Dấu “=” trong (5) xảy ra khi và chỉ khi p – a = p – b = p – c
Vậy đều
Từ (4) và (5) ta có 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi đồng thời có dấu “=” trong (4) và (5) tức đều.
 * Ví dụ 1, phần I, 2 có thể sử dụng BĐT Bunhiacopxki
	Ta có ha + hb + hc = 9r
	Þ 
	Þ .
	Dùng bất đẳng thức Bunnhiacopxki, ta có 
	9 = 
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 	 a = b = c.
Ví dụ 6: Cho D ABC thoả . CMR D ABC đều.
Ta có (1)
	Dấu “=” trong (1) xảy ra khi và chỉ khi A=B=C.
	Đặt , , thì x+y+z=1.
	Aùp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với hai dãy và
	Ta có (x+y+z)(x3+y3+z3) ³ (x2+y2+z2)	(2)
	Dấu “=” trong (2) xảy ra khi và chỉ khi x = y = z A=B=C
	Từ (1) và (2) suy ra 
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi đồng thời có dấu bằng trong (1) và (2).
 Vậy D ABC đều
 Nhận dạng tam giác đều bằng cách sử dụng bđt Jensen
	Ví dụ 1:	CMR D ABC thoả thì đều
	Xét hàm số f(x)= , với 0<x<
	Ta có f’(x) = 
	Vậy f(x) là hàm lồi trên (0,).
	Khi đó 
	 Û³ 12
	Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D ABC đều .
Hoàn toàn tương tự ta có thể cm được các bất đẳng thức 
	được thoả mãn thì D ABC đều
 Ví dụ2: Cho D ABC nhọn thoả mãn 
 Chứng minh D ABC đều.
 Xét hàm số f(x) = tgx và g(x) = cotgx với 
	Ta có f’’(x) = và 
	Þ f’’(x)>0 và g’’(x)>0và g(x) là hàm lồi trên . Theo tính chất bất đẳng thức Jensen, ta có 
	Û (1)
	Tương tự, ta có: (2)
	 (3)
 Cộng trừ từng vế (1), (2) và (3) suy ra tgA + tgB + tgC (4)
	Dấu bằng xảy ra trong (4) khi và chỉ khi đẳng thức có dấu “=” trong (1), (2) và (3) suy ra A = B = C.
	Tương tự g(x) = cotgx là hàm lồi khi x 
	Û cotgA + cotgB + cotgC (5)
	Dấu “=” trong (5) xảy ra khi và chỉ khi A = B = C
	Nhân từng vế của (4), (5). Suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức có dấu bằng trong (4) (5) tức D 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 trình bày một số bài toán liên quan đến giải tam giác có những tính chất khác.
Ví dụ 1: Xác định các góc của D ABC nếu:
 (1)
Cách 1: (1) 
 (1’)
Đặt t = t (0,1)
(1’) = 0
Đặt = , t (0,1)
Ta có: D’ = , " t (0,1).
Cách 2: 
Ví dụ 2: (*)
(*) xảy ra khi và chỉ khi 
Nếu cos(B-C) < 0
 >900 hoặc C > 900
Do đó .
Suy ra B = C
Và 
Nhận xét: Từ cách giải hai ví dụ này ta thấy việc nhận xét là cực kì quan trọng. Nhờ nhận xét này mà ta giải được bài toán.
Ví dụ 3: Cho D ABC thoả b(a2-b2) = c(c2-a2). Nhận dạng tam giác này.
Ta có 
Bài này ta cũng có thể biến đổi như sau:
.
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 (không âm hoặc không dương) để đánh giá.
Một số bài tập đề nghị:
Bài 1: Tam giác ABC có đẳc điểm gì nếu:
sin6A + sin6B + sin6C = 0
HD: Dùng phép biến đổi tương đương chuyển về phương trình tích 
Bài 2: Nhận danïg tam giác ABC nếu thoả
 (2)
HD: 
(2) 
Sau đó chuyển về dạng:
Þ D ABC có ít nhất một góc bằng 600
Trong trường hợp vế phải của (2) thay bằng thì kết quả như thế nào?
Bài 3: Cho tam giác ABC có các cạnh thoả: 
, , , . 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:
Ta có thể khái quát: Nhận dạng tam giác ABC nếu thoả
 sin(mA) + sin(mB)+ sin(mC) = 0
 sin(mA) + sin(mB) + sin(mC) = 0
Bài 5: Cho tam giác ABC thoả mãn điều kiện:
	(1)
	(2)
Chứng minh D ABC có ít nhất 1 góc bằng 360.
HD: (1) 
Giả sử Þ A=36 hoặc A= 1080
Từ (2) 
	cosA; cosB; cosC <0 (Vô lý)
	cosA, cosB, cosC có ít nhất một phần tử 0)
Để thoả mãn (1) và (2) thì A=360
KẾT LUẬN
Trong khuôn khổ đề tài này chúng ta đã làm được:
1. Tổng hợp một số bài toán liên 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 sự góp ý của bạn đọc.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Đậu Thế Cấp (chủ biên):Toán nâng cao lượng giác, NXB Đại học Quốc Gia TP.HCM.
2. Nguyễn Đức Đồng – Nguyễn Văn Vĩnh: 23 phương pháp chuyên đề bất đẳng thức và toán cực trị lượng giác, NXB trẻ.
3. Võ Giang Giai: Chuyên đề hệ thức lượng trong tam giác, NXB Đại học Quốc Gia TP.HCM.
4. Phan Huy Khải – Nguyễn Đạo Phương: Các phương pháp giải toán sơ cấp lượng giác, NXB Hà Nội – 2000.
5. Phan Huy Khải: 10000 bài toán sơ cấp bất đẳng thức kinh điển, NXB Hà Nội – 1998.
 6. Trương Quang Linh:140 bài toán hệ thức lượng trong tam giác.
 7.103 trigonometry problems.
 8.Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
 9.Các trang web:
 -www.Thuvienbachkim.vn
 -www.violet.vn
 -www.math@.vn