VÌ  ABC NHỌN NÊN THEO ĐỊNH LÍ CÔSIN TA CÓ A2  B2 C2 2 CO...

Bài 4. Vì   ABC  nhọn nên theo định lí côsin ta có  a

²

 b

²

 c

²

 2 cos bc A   

      

2

2

2

b c a

A bc

cos 2

   

2

2

2

2

2

2

cot cos

A b c a b c a

    (vì  1

A A bc A S

sin )

S bc A   

Ta có 

sin 2 sin 4

 2

    . 

S A

Do đó 

4cot

Áp dụng: Với  a  39, 40, 41 b  c   và 

A   45  ta có: 

40 41 39

4 cot 45 440

S      (đvdt) 

0

 Bài 5. Ta đặt diện tích tam giác AOB là S. 

S  OA OB O  OA OB   

. sin . sin 45

Ta có  1 1

2 2

1 2 2

    

. . .

2 OA OB 2 4 OA OB

2

2

OA OB

. 8 16

OA OB                   

Nhưng 

Do đó  ^{S } ₄ ^{2 .16 4 2 }   ^cm

²

 ^{khi  OA OB   4 cm}   

Vậy  max S  4 2 cm

²

4 4 ;

AM  AB  BM  AB   

 Bài 6. Tacó  1 3

1 2

  

3 3 ;

BN BC CN BC

1 1 .

CP CA AP CA

Ta đặt  S

_AMP

 S S

₁

; ;

_BMN

 S S

₂

_CNP

 S

₃

 và  S

_ABC

 S   

Khi đó: 

1 1 1 1 1 1 1

S  AM AP A  AB AC A  AB AC A  S   

. sin . . .sin . . .sin

1

2 2 4 2 8 2 8

1 1 3 1 1 1 1

   

S BM BN B AB BC B BA BC B S  

2

2 2 4 3 4 2 4

1 1 2 1 1 1 1

S  CN CP C  CB CA C  CB CA C  S  

. sin . . . .sin . . .sin

3

2 2 3 2 3 2 3

S  S  S          S  S  Do đó  17 7

Vậy 

₁

₂

₃

1 1 1 17 .

S

MNP

  S S  S   

24 24

8 4 3 24

7 8 1

  

24 24 3 .

S

MNP

S S S  

Cách giải khác: (không dùng tỉ số lượng giác) (h.5.10)  

Vẽ đoạn thẳng AN. Xét các tam giác NMB và NAB có  3

BM  4 AB  và chung chiều cao vẽ từ 4 

3 . 1

S  S   

đỉnh N nên 

2

 

4

^NAB

Xét các tam giác ABN và ABC có  1

BN  3 BC  nên 

1   2

ABN

3

S  S  S   

4 3 . 4

Từ (1) và (2) suy ra 

₂

3 1 1

S  S S  S   

Chứng minh tương tự ta được 

₃

1 ;

₁

1

3 8

Do đó  1 1 1 7 8 1

S

MNP

  S         S  S  S  S   

8 4 3 24 24 3