Các bài toán trong tam giác qua các kì thi đại học

CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC Bài toán 1.(ĐH Dược HN - A1999) Tam giác ABC thoả: cos cos cos 1 2 a A b B c C a b c + + =+ + . Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Cách 1. cos cos cos 1 2 a A b B c C a b c + + =+ + ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos 2 2 2 B C ⇔ 8sin 2 A sin 2 B sin 2 C = 1⇔ A ⇔ 4sin 2 A cos cos 2 2 B C B C− +⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 1 ⇔ 24sin 4cos sin 1 0 2 2 2 A B C A−− + = ⇔ ⇔ 2 22sin cos 1 cos 0 2 2 2 A B C B C− −⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ cos 1 2 1sin 2 2 B C A −⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩ ⇔ B = C, A = 3 π . Cách 2. cos cos cos 1 2 a A b B c C a b c + + =+ + ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos 2 2 2 B C ⇔ 8sin 2 A sin 2 B sin 2 C = 1(1) A Ta chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC: 8sin 2 A sin 2 B sin 2 C 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi A = B = C. Thật vậy: ≤ 8sin 2 A sin 2 B sin 2 C ≤ 1 4sin⇔ ⇔ 2 A cos cos 2 2 B C B C− +⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 1 ⇔ 24sin 4cos sin 1 0 2 2 2 A B C A−− + ≥ ⇔ 2 22sin cos 1 cos 0 2 2 2 A B C B C− −⎛ ⎞ ⇔ − + − ≥⎜ ⎟⎝ ⎠ Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi cos 1 2 1sin 2 2 B C A −⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩ ⇔ B = C, A = 3 π . Cách 3. cos cos cos 1 2 a A b B c C a b c + + =+ + ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC Ta chứng minh sin2A + sin2B + sin2C ≤ sinA + sinB + sinC (2) 1 Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. Thật vậy: sin2A + sin2B = 2sin(A + B)cos(A - B) = 2sinCcos(A - B) ≤ 2sinC Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi cos(A - B) = 1 ⇔ A = B. Tương tự : sin2B + sin2C 2sinA ≤ Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi cos(A - B) = 1 ⇔ B = C. sin2C + sin2A 2sinB ≤ Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi cos(A - B) = 1 ⇔ C = A. Cách 4. áp dụng định lý chiếu: a = bcosC + ccosB cos cos cos 1 2 a A b B c C a b c + + =+ + ⇔ 2(acossA+bcosB +ccosC) = bcosC+ccosB+ccosA+acosC+ acosB + bcosA ⇔ a(cosA - cosB) + b(cosB - cosC) + c(cosC - cosA) + a(cosC - cosA) + + b(cosB - cosA) + c(cosC - cosB) = 0 ⇔ (a - b)( cosA - cosB) + (b - c) (cosB - cosC) + (c - a) (cosC - cosA) = 0. ( )(cos cos ) 0 ( )(cos cos ) 0 ( )(cos cos ) 0 a b A B b c B C a b c c a C A − − =⎧⎪⇔ − − = ⇔ = =⎨⎪ − − =⎩ Bài toán 2.(ĐHQG HN - A1999) Trong tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu: cos2A + cos2B + cos2C ≥ - 1 thì : sinA + sinB + sinC 1 2≤ + Lời giải. cos2A + cos2B + cos2C ≥ - 1 ⇔ - 1 - 4cosAcosBcosC ≥ - 1 ⇔ 4cosAcosBcosC 0 ⇔ ABC không nhọn. ≤ Δ Giử sử C lớn nhất. Suy ra 2 Cπ π≤ < ⇔ 4 2 2 Cπ π≤ < 2cos 2 2 C⇒ ≤ sinA + sinB + sinC = 2cos cos sin 2 2 C A B C− + ≤ 2cos sin 2 C C+ 2 1≤ + Bài toán 3.(ĐH Vinh - B1999) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả : sin sin 2sin tan tan 2 tan B C A B C A + =⎧⎨ + =⎩ thì tam giác ABC đều. Lời giải. sinB + sinC = 2sinA ⇔ 2cos cos 4sin cos 2 2 2 2 A B C A A− = ⇔ ⇔ 2 2cos 4sin 2 2 B C− = ⇔A 1+cos(B - C) = 4(1 - cosA) (1) tanB + tanC = 2tanA ⇔ sin( ) sin2 cos cos cos B C A+ B C A = ⇔ cosA = 2cosBcosC ⇔ cosA = cos(B + C) + cos(B - C) ⇔ 2cosA = cos(B - C) (2) Từ (1) và (2) suy ra cosA = 1/2, cos(B - C) = 1 ⇔ B = C, A = 600. 2 Bài toán 4.(ĐHThuỷ Lợi - A1999) Tam giác ABC thoả 2cosAsinBsinC + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17/4 Hỏi tam giác ABC có tính chất gì? Chứng minh. Lời giải. Để ý rằng cosA = 2 2 2 2 2 2sin sin sin 2 2sin sin b c a B C A bc B C + − + −= . Suy ra: 2cosAsinBsinC = sin2B + sin2C - sin2A (GT) sin⇔ 2B + sin2C - sin2A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17/4 ⇔ 1 - cos2B + 1 - cos2C - sin2A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17/4 ⇔ 2 2 3 3 3cos cos sin 0 2 2 2 B C A ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 ⇔ 3cos cos sin 2 B C A= = = . Suy ra: B = C = 300, A = 1200. Bài toán 5.(ĐH&CĐ- 2002- TK1) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong tam giác ABC có ba góc nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh: 2 2 2 2 a b cx y z R + ++ + ≤ ; a, b, c là các cạnh , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Dấu = xảy ra khi nào? Δ Lời giải. Ta có : 2 2 2 . . . 2 2 2 2 a b c a b ca b c R R R R + + = + + = asinA + bsinB + csinC = 2 2 2. . . 2 (S S S a b ca b c S bc ca ab bc ca ab + + = + + ) = = ( )( )a b cax by cz bc ca ab + + + + = 1( )[ ( 2 b cax by cz a c b )+ + + + 1 ( ) 2 c a b a c + 1 ( ) 2 a b c b a + ] + ≥ 1( )(ax by cz a + + + 1 b + 1) c ≥ ( 2)x y z+ + Chú ý: i) Bđt cuối có được do: ( 2)x y z+ + = 2 1 1 1. . .ax by cz a b ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠c ii) Có thể chứng minh: 1 1 1a b c bc ca ab a b c + + ≥ + + như sau: 1 ( ) 2 a b c a b bc ca ab bc ca + + = + + 1 ( ) 2 b c ca ab + + 1 ( ) 2 c a ab bc + ii) Có thể giải bài toán nhanh hơn: x y z+ + = 1.ax a + 1.by b + 1.cz c ≤ 1 1 1 ( )ax by cz a b c ⎛ ⎞+ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ = 3 = 1 1 1 .2S a b c ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ = 1 1 1 . 2 abc a b c R ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ = 2 ab bc ca R + + ≤ 2 2 2 2 a b c R + + Bài toán 6. (ĐH&CĐ- 2002- TK2) Xét tam giác ABC có AB = c, BC = a, CA = b. Tính diện tích tam giác biết rằng: bsinC(b.cosC + c.cosB) = 20 Lời giải. bsinC(b.cosC + c.cosB) = 20 4R⇔ 2sinB.sinC(sinBcosC + sinCcosB) = 20 4R⇔ 2sinB.sinCsinA = 20 2.S = 20 ( S = 2R⇔ 2sinB.sinCsinA) Cách 2: áp dụng định lý chiếu b.cosC + c.cosB = a bsinC(b.cosC + c.cosB) = 20 absinC = 20 2S = 20. ⇔ ⇔ Bài toán 7. (ĐH&CĐ- 2002- TK4) Gọi A, B, C là ba góc của tam giác ABC. Chứng minh để tam giác ABC đều thì điều kiện cần và đủ là: 2 Acos 2 + 2 Bcos 2 + 2 Ccos 2 - 2 = 1 4 A - Bcos 2 B - Ccos 2 C - Acos 2 Lời giải. 2 Acos 2 + 2 Bcos 2 + 2 Ccos 2 - 2 = 1 4 A - Bcos 2 B - Ccos 2 C - Acos 2 ⇔ 2(3 + cosA + cosB + cosC) - 8 = A - Bcos 2 B - Ccos 2 C - Acos 2 ⇔ 2(cosA + cosB + cosC - 1) = A - Bcos 2 B - Ccos 2 C - Acos 2 ⇔ 8sin A 2 sin B 2 sin C 2 = A - Bcos 2 B - Ccos 2 C - Acos 2 ⇔ 8sinAsinBsinC = (sinA + sinB)(sinB + sinC)(sinC + sinA) ⇔ sinA = sinB = sinC Bài toán 8. (ĐH&CĐ- 2002- TK6) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 3/2. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB và ha, hb, hc tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác. Chứng minh: 1 1 1+ + a b c ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ a b c 1 1 1+ + h h h ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 3.≥ Lời giải. để ý rằng aha = 2S ⇔ 1 ah = 2 a S Suy ra: 1 ah + 1 bh + 1 ch = 1 ( ) 2 a b c S + + Bài toán 9. (ĐH&CĐ- A2003- TK2) 4 Tính các góc của tam giác ABC biết rằng: 4 ( ) 2 3 3sin sin sin 2 2 2 8 p p a bc A B C − ≤⎧⎪⎨ −=⎪⎩ trong đó BC = a, CA = b, Ab = c, p = 2 a b c+ + . Lời giải. 4 ( ) (1) 2 3 3sin sin sin (2) 2 2 2 8 p p a bc A B C − ≤⎧⎪⎨ −=⎪⎩ (1) 4.⇔ 2 a b c+ + 2 b c a+ − bc ≤ ⇔ 2 2( )b c a bc + − ≤ 1⇔ 2 (1 cos )bc A bc + ≤ 1 cos⇔ 2 2 A 1/4 sin≤ ⇔ 2 2 A 3 4 ≥ ⇔ sin 2 A 3 2 ≥ VT(2) = sin 2 A sin 2 B sin 2 C = 1 2 sin 2 A ( cos cos 2 2 B C B C− +− ) ≤ 1 2 sin 2 A (1 sin 2 A− ) = 21 1(sin ) 2 2 2 A 1 4 ⎡ ⎤− − −⎢ ⎥⎣ ⎦ = 1 8 - 21 1sin 2 2 2 A⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 2 1 1 3 1 2 3 3 8 2 2 2 8 ⎛ ⎞ −− − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ Dấu = khi chỉ khi: cos 1 2 3sin 2 2 B C A −⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩ ⇔ A = 1200, B = C = 300. Bài toán 10. (ĐH&CĐ- D2003- TK1) Tìm các góc A, B, C của tam giác ABC để biểu thức: Q = sin2A + sin2B - sin2C đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. Ta có Q = 1 (1 cos 2 ) 2 A− + 1 (1 cos 2 ) 2 B− - - sin2C = 1 - cos(A+B)cos(A-B) - sin2C = 1 + cosCcos(A-B) - sin2C = [ ]2 21cos cos( ) cos ( ) 4 C A B A B− − − 1 4 ≥ − + minQ = - 1 4 khi chỉ khi cos( ) 1 1cos 2 A B C − =⎧⎪⎨ = −⎪⎩ ⇔ A = B = 300, C = 1200. Bài toán 11. (ĐH&CĐ- D2003- TK2) Xác định dạng tam giác ABC biết rằng: (p - a)sin2A + (p - b)sin2B = csinAsinB Lời giải. 5 (p - a)sin2A + (p - b)sin2B = csinAsinB ⇔ (p - a)a2 + (p - b)b2 = abc ⇔ ( )p a a bc − + ( )p b b ca − = 1 ⇔ ( ) .p p a a bc − + ( ) .p p b b ca − = p ⇔ 2 2( ) .b c a a bc + − + 2 2( ) .a c b b ca + − = p ⇔ a(1 + cosA) + b(1 + cosB) = a + b + c ⇔ acosA + bcosB = c sin2A + sin2B = 2sinC ⇔ ⇔ sin(A - B) = 1. Bài toán 12. (ĐH&CĐ- A2004) Cho tam giác ABC không tù, thoả mãn điều kiện: cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. Tính các góc của tam giác. Lời giải. Cách 1. Đặt M = cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC - 3 = 2cos2A - 1 + 2 2 .2cos 2 B C+ cos 2 B C− = 2cos2A + 4 2 .sin 2 A cos 2 B C− - 4 ≤ 2cos2A + 4 2 .sin 2 A - 4 ≤ 2cosA + 4 2 .sin 2 A - 4 = 2(1 - 2sin2 2 A ) + 4 2 .sin 2 A - 4 = - 2( 2 .sin 2 A - 1)2 ≤ 0 M = 0 ⇔ 2cos cos cos 1 2 1sin 2 2 A A B C A ⎧⎪ =⎪ −⎪ =⎨⎪⎪ =⎪⎩ A = 90⇔ 0, B = C = 450. Cách 2. Từ giả thiết suy ra: cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC - 3 = 0 1 - 2sin⇔ 2A + 4 2 cos 2 B C+ cos 2 B C− - 3 = 0 ⇔ sin2A - 2 2 sin 2 A cos 2 B C− + 1 = 0 Vì tam giác ABC không tù nên 0 < A/2 ≤ π /4. Suy ra sin 2 A > 0, cos 2 A ≥ 2 /2 Do đó: sinA = 2 sin 2 A cos 2 A ≥ 2 sin 2 A ⇒0 = sin2A - 2 2 sin 2 A cos 2 B C− + 1 2sin≥ 2 2 A - 2 2 sin 2 A cos 2 B C− + 1 6 ⇒ 2 22 sin cos 1 cos 2 2 2 A B C B C− −⎛ ⎞− + −⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 0 ⇒ cos 2 B C− = 1 và sin 2 A = 1/ 2 . Cách 3. M = 2cos2A - 1 + 4 2 cos 2 B C+ cos 2 B C− - 3 ≤ 2 2 21 2sin 2 A⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ 4 2 sin 2 A - 4 = 8t4 - 8t2 + 4 2 t - 2, t = sin 2 A 2(0; ] 2 ∈ Đặt g(t) = 8t4 - 8t2 + 4 2 t - 2, t 2(0; ] 2 ∈ Suy ra: g'(t) = 32t3 - 16t + 4 2 , g"(t) = 96t2 - 16 = 0 ⇔ t = 6 6 (do t > 0) Sự biến thiên của g(t): Từ đó: ming'(t) = g'( 6 /6) = - 16 6 /9 + 4 > 0. Suy ra g(t) đồng biến trên 2(0; ] 2 ⇒ g(t) g(≤ 2 /2) = 0. Vậy M ≤ 0. M = 0 cos⇔ 2 B C− = 1 và sin 2 A = 1/ 2 . Cách 4. Từ một điểm trong tam giác ABC vẽ các véc tơ đơn vị hướng ra ngoài và vuông góc các cạnh BC, CA, AB lần lượt là 1e JG , 2e JJG , 3e JG . Xét bình phương vô hướng: 0 ≤ (2 + 1e JG 2 2e JJG + 2 3e JG )2 = 8 - 4 2 coC - 4 2 coB - 4cosA ⇔ 2cosA + 2 2 coC + 2 2 coB ≤ 4 ⇔ 2cosA - 1 + 2 2 coC + 2 2 coB ≤ 3 Ta có 2cos2A - 1 2cosA - 1 ≤ Nên 2cos2A - 1 + 2 2 coC + 2 2 coB ≤ 2cosA - 1 + 2 2 coC + 2 2 coB ≤ 3 ⇔ cosA + 2 2 coC + 2 2 coB ≤ 3 Dấu = khi chỉ khi 2 1 2 3 cos A = cosA (0 < A ) 2 2 2 2 0e e e π⎧ ≤⎪⎨⎪ + + =⎩ JG JJG JG G ⇔ 2 1 cos 0 2 (2 2 A e e =⎧⎪⎨ = − +⎪⎩ 3 )e JJG JG JG ⇔ 0 1 3 90 2 6 4 2 . A e e ⎧ =⎪⎨ = +⎪⎩ JG JG ⇔ 090 2 6 4 2 cos A B ⎧ =⎪⎨ = −⎪⎩ Cách 5. cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC - 3 = 0 ⇔ cos2A = - 2 2 cosB - 2 2 cosC +3 7 ⇔ cos2A + 2cos2B + 2cos2C = 2cos2B - 2 2 cosB + 2cos2C - 2 2 cosC +3 ⇔ cos2A + 1 + cos2B + 1 + cos2C = ( 2 cosB - 1)2 + ( 2 cosC - 1)2 + 1 ⇔ 2 - 1 - 4cosA cosB cosC = ( 2 cosB - 1)2 + ( 2 cosC - 1)2 + 1 ⇔ - 4cosA cosB cosC = ( 2 cosB - 1)2 + ( 2 cosC - 1)2 - 4cosA cosB cosC ≤0 ( ABC không tù) Suy ra: ( 2 cosB - 1)2 + ( 2 cosC - 1)2 - 4cosA cosB cosC ≤ 0 ⇔ 2 cos 2 cos 1 cos cos cos 0 B C A B C ⎧ = =⎪⎨ =⎪⎩ Bài toán 13. (CĐ Y Tế Nghệ An - 2004) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cos2A + cos2B + cos2C = 1 - 2 cosAcosBcosC Lời giải. Cách 1. cos2A + cos2B + cos2C = 1 cos 2 2 A+ + 1 cos 2 2 B+ + cos2C = = 1 + cos(A+B)cos(A-B) + cos2C = 1 - cosC[cos(A-B) - cosC] = = 1 - cosC[cos(A-B) + cos(A+B)] = 1 - 2 cosAcosBcosC Cách 2. 1 - 2 cosAcosBcosC = 1 - cosC[cos(A-B) + cos(A+B)] = 1 - cosC[cos(A-B) - cosC] = 1 + cos(A+B)cos(A-B) + cos2C = = 1 + 1 2 (cos2A + cos2B) + cos2C = 1+ 1 2 (2cos2A - 1) + 1 2 (2cos2B - 1) = = cos2A + cos2B + cos2C. Bài toán 14. (CĐSP Hải Dương - B2005) Cho tam giác ABC có các góc A, B, C thoả sinC = 2sinBsinAtan C 2 . Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Lời giải. sinC = 2sinBsinAtan C 2 ⇔ 2cos sin sin 2 C A B= ⇔ 22cos cos( ) cos 2 C A B C= − + ⇔ cos(A-B) = 1 A - B = 0. ⇔ Bài toán 15. (Bộ Quốc phòng- A2005) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện 1 a + cotA = sinA c - b thì tam giác ABC là tam giác vuông. Lời giải. 1 a + cotA = sinA c - b ⇔ 1+ cosA sinA= sinA sinB - sinC ⇔ 22cos 2sin cos 2 2 2 A C2sin cos 2sin sin 2 2 2 2 A A A A A B= − ⇔ sin sin2 2 A B C−= ⇔ A + C = B B = ⇔ 2 π Bài toán 16. (CĐKTKTHải Dương -A2005) 8 Các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện : sin2A + sin2B + sin2C = 3(cos2A + cos2B + cos2C) Chứng minh rằng tam giác ABC đều. Lời giải. sin2A + sin2B + sin2C = 3(cos2A + cos2B + cos2C) ⇔ ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = 9 4 ⇔ 21 cos 2 1 cos 2 9sin 2 2 4 A B C− − + = ⇔ + ⇔ 1 + cos(A - B) cosC + 1 - cos2C = 9 4 ⇔ ⇔ 4cos2C - 4cos(A - B)cosC + 1 = 0 ⇔ ⇔ [2cosC - cos(A - B)]2 + 1- cos2(A - B) = 0 ⇔ 2cos cos( ) 0 , cos( ) 1 6 C A B A B C A B π− − =⎧⇔ ⇔⎨ − =⎩ = = Bài toán 17. Tam giác ABC thoả (1 - cosA)(1 - cosB)(1 - cosC) = cosAcosBcosC Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Để ý rằng 1 - cosA > 0, 1 - cosB > 0, 1 - cosC > 0. Suy ra cosAcosBcosC > 0 (GT) ⇔ 1 cos 1 cos 1 cos. . cos cos cos A B C 1 A B C − − − = . Đặt x = tan 2 A , y = tan 2 B , z = tan 2 C 1 cos 1 cos 1 cos. . 1 cos cos cos A B C A B C − − − = ⇔ 221 x x− . 2 2 1 y y− . 2 2 1 z z− = 1 xyz ⇔ tanA.tanB.tanC = cot 2 A cot 2 B cot 2 C ⇔ tanA + tanB + tanC = cot 2 A + cot 2 B + cot 2 C (1) Ta chứng minh tanA + tanB + tanC cot≥ 2 A + cot 2 B + cot 2 C . Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. Thật vậy: tanA + tanB = sin 2sin 2sin cos cos cos( ) cos( ) 1 cos C C C A B A B A B C = ≥+ + − − = 2c . ot 2 C Dấu đẳng thức khi chỉ khi A = B Tương tự: tanB + tanC ≥ 2cot 2 A . Dấu đẳng thức khi chỉ khi B = C tanC + tanA ≥ 2cot 2 B . Dấu đẳng thức khi chỉ khi C = A Suy ra: tanA + tanB + tanC cot≥ 2 A + cot 2 B + cot 2 C . 9 Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. BÀI TẬP LÀM THÊM Bài toán 18. Tam giác ABC nhọn thoả 2tan 2 sin 2 A A + 2tan 2 sin 2 A A + 2tan 2 sin 2 A A = 18 Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Cách 1. Ta chứng minh 2tan 2 sin 2 A A + 2tan 2 sin 2 B B + 2tan 2 sin 2 C C ≥ 18. Dắu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. Thật vậy: Ta có 2a x + 2a x + 2a x ≥ 2(a b c) x y z + + + + với a, b, c thực và x, y, z thực dương. Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi a b c x y z = = 2tan 2 sin 2 A A + 2tan 2 sin 2 B B + 2tan 2 sin 2 C C ≥ ( )2tan tan tan sin sin sin 2 2 2 A B C A B C + + + + ≥ 2(3 3) 3 2 = 18 Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi tan sin 2 A A = tan sin 2 B B = tan sin 2 C C và A = B = C . Cách 2. Ta có: ( )2222 2 sin 2 sin 2 sin2 sin 2 sin 2 sin tgCtgBtgA C Ctg B Btg A AtgCBA ++≥ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ++⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++ ⇒ ( ) 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2222 CBA tgCtgBtgA C Ctg B Btg A AtgP ++ ++≥++= Vì: 33≥++ tgCtgBtgA ; 2 3 2 sin 2 sin 2 sin ≤++ CBA Do đó: ( ) 18 2 sin 2 sin 2 sin 2 ≥ ++ ++ CBA tgCtgBtgA 2 2 2 18 sin sin sin 2 2 2 tg A tg B tg CP A B C⇒ = + + ≥ . 10 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Bài toán 19. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có: cos A x + cos B y + cosC z ≤ 2 2 2 2x y z xyz + + ; x, y, z > 0. Lời giải. cos A x + cos B y + cosC z ≤ 2 2 2 2x y z xyz + + ⇔ 2yzcosA + 2xzcosB + 2xycosC≤ x2 + y2 + z2 ⇔ 2yzcosA + 2xzcosB - 2xycos(A + B) ≤ x2 + y2 + z2 ⇔ 2yzcosA + 2xzcosB - 2xycosAcosB + 2xysinAsinB ≤ x2(sin2B + cos2B) + + y2(sin2A + cos2A)+ z2 ⇔ (xcosB + cosA - z)2 + (xsinB - ysinA)2 ≥ 0. Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi sin cos cos 0 sin sin sin 0 sin sincos cos sin sin x A x B y A z y B x B y A A Cz y B y A y B B ⎧ =⎪+ − =⎧ ⎪⇔⎨ ⎨− =⎩ ⎪ = + =⎪⎩ ⇔ x : y : z = sinA : sinB : sinC. áp dụng 1: Tính các góc của tam giác ABC biết rằng F = 3 cosA + 3(cosB + cosC) đạt giá trị lớn nhất. áp dụng 2: Tính các góc của tam giác ABC biết rằng 1 3 cosA + 1 4 cosB + 1 5 cosC = 5 12 Bài toán 20. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có: 11 sin A ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 11 sin B ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 11 sin C ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ ≥ 2 22 3 ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ Lời giải. Trước hết ta chứng minh: Với x, y, z > 0 và x + y + z ≤ S. Khi đó 11 x ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 11 y ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 11 z ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ ≥ 232 S ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ Thật vậy: VT = 1 + 1 1 1 x xy xyz + +∑ ∑ Mặt khác: 1 9 9 x x S ≥ ≥∑ ∑ S ≥ x ≥∑ 33 xyz ⇒ 31 27xyz S≥ 11 2 2 33 3 2 1 1 273 3 27 xy xyz S ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠∑ S= Suy ra VT 1 + ≥ 2 39 27 27S S S+ + = 331 S ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ Bây giờ chỉ cần để ý rằng x + y = z = sinA + sinB + sinC 3 3≤ Bài toán 21. Xác định các góc của tam giác ABC biết rằng F = cosAsinBsinC + sinA + 2 2 (cosB + cosC) đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. Ta có F = 2 21 2sin sin sin 2cos sin (cos cos ) 2 2 2 2 A A AB C B⎛ ⎞− + +⎜ ⎟⎝ ⎠ C+ = = -2sinBsinCsin 2 2 A + 2 2cos sin (cos cos ) sin sin 2 2 2 A A B C B⎛ ⎞ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ C F đạt max khi chỉ khi cos cos cos 12 2 2sin 2 2sin sin cos( ) cos 1 cos 2cos 2 A A A A AB C B C A A = = ≥ =− + + ⇒ sinA ≥ 1 sinA = 1 ⇒ A = 90⇒ 0. Khi đó cos(B - C) = 1 B = C ⇒ Bài toán 22. Nhận dạng tam giác ABC có ba góc thỏa mãn 14 17)sinsin(sin3sinsincos2 =+++ CBACBA . Lời giải: Ta có CB ACB bc acbA sinsin2 sinsinsin 2 cos 222222 −+=−+= ⇒ CBA sinsincos2 = . Do đó ACB 222 sinsinsin −+ 14 17)sinsin(sin3sinsincos2 =+++ CBACBA ⇔ +ACB 222 sinsinsin −+ )sinsin(sin3 CBA ++ = 14 17 a – v ⇔2– ( ) ( ) ( ) 4 17cos3coscos3coscos3cos 222 =−−−−− AABBCC 2 2 2 3 2 ⎞ =⎟⎟⎠ ⇒3 3cos cos sin 0 2 2 C B A ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⇔ − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Tam giác cân tại A và 3 2π=A . Bài toán 23. Nhận dạng tam giác ABC, biết 2 2 2 1 1 1 1 1 12 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 B C A B C ⎛ ⎞⎜ ⎟+ + = + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ A 12 HD. Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có 2 222 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 3 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ++≥++ CBACBA ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ++ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ++= 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1. 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 3 1 CBACBA (1) Mặt khác 6 . 2 sin. 2 sin. 2 sin 3 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 3 ≥≥++ CBACBA (2) Thay (2) vào (1) ta có kết quả. Bài toán 24. Tam giác nhọn ABC có ba góc thỏa mãn , là tam giác gì? tgAtgBtgCCtgBtgAtg 3888 =++ Lời giải. Từ giả thiết 3 góc A,B,C đều nhọn. Ta có: tgAtgBtgC=tgA+tgB+tgC ( ) 273 23 ≥⇒≥ tgAtgBtgCtgAtgBtgC ⇒ ( ) ( )68 27 tgAtgBtgCtgAtgBtgC ≥ ( )( ) ( 283 3 tgAtgBtgCtgAtgBtgC ≥⇔ ) (1) Mà: )2()(33 8888 tgAtgBtgCCtgBtgAtg ≥++ Từ (1) và(2) ta có: tgAtgBtgCCtgBtgAtg 3888 ≥++ . Để thỏa mãn đề toán thì đẳng thức xảy ra Tam giác ABC đều. ⇒ Bài toán 25. ABC là tam giác bất kỳ. Chứng minh rằng với mọi số nguyên ta có : Δ 2≥n 1 22 2 2 3 2 2 2 n n n n A B Ctg tg tg A B Ctg tg tg −+ + ≥ + + . Lời giải. Áp dụng BĐT quen thuộc : 3 2 2 2 A B Ctg tg tg+ + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra đều . Từ BĐT có :ABCΔ⇔ 3 3 3 2 2 2 A B Ctg tg tg 3+ + ≥ . Rõ ràng : , , 0 , , (0; 2 2 2 A B Ctg tg tg A B C )π> ∀ ∈ . Áp dụng BĐT cho : 2 3, 2 3, 2 3 321 CtgaBtgaAtga === , ta có 13 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++≥ ≥≥⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛≥⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−− 222 3 ... 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 111 CtgBtgAtg CtgBtgAtgCtgBtgAtg nnnnnn Từ đó ta thu được BĐT . Dấu bằng xảy ra ABCΔ⇔ đều . Bài 26. Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) sin 2 cos sin (1) sin 2 cos sin (2) B C A C B A ⎧ = −⎪⎨ = −⎪⎩ , tam giác trên là tam giác gì ? Lời giải. Lấy (1) – (2) ( )sin sin sin cos cosB C A B C B⇒ − = − ⇒ =C Vì nếu B < C ( ) sin sin 0 os cos sin cos cos 0 B C c B C A B C − ⇒ ⎨ − >⎪⎩ Tương tự B > C đều dẫn đến sin sin sin (cos cos )B C A B C− ≠ − . Thế vào (1) , ta có ( ) ( ) ( ) ( )sin 2 cos sin 2 cos sin 2 1 2 cos .2cosB B B C B B B= − + = − ⇒ = − B ( )22 0 012cos 2 2 cos 1 0 2 cos 1 0 cos 45 , 45 2 B B B B B C⇒ − + = ⇒ + = ⇒ = ⇒ = = . Tam giác vuông cân ở . Bài toán 27. Gọi A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng để tam giác ABC đều thì điều kiện cần và đủ là: 2 2 2 1os os os 2 os os os 2 2 2 4 2 2 2 A B C A B B C Cc c c c c c A− − −+ + − = . Lời giải. Dùng công thức hạ bậc, bài toán tương đương ( )2 cos cos cos 1 os os os 2 2 2 A B B C C AA B C c c c− − −+ + − = . 8sin sin sin os os os 2 2 2 2 2 2 A B C A B B C Cc c c− −⇔ = A− .(1) Nhân hai vế cho 8 os os os 2 2 2 A B Cc c c , ta có ( )( )( )(1) 8sin sin sin sin sin sin sin sin sinA B C A B B C C A⇔ = + + + C sin sin sinA B C A B⇔ = = ⇔ = = ( do BĐT Cauchy). Bài toán 28. Tính các góc tam giác ABC, biết rằng 4 ( ) 2 3 3sin sin sin 2 2 2 8 p p a bc A B C − ≤⎧⎪⎨ −=⎪⎩ HD. Ta có 014 ( ) cos 120 2 p p a bc A A− ≤ ⇔ ≤ ⇒ ≥ . 14 21 1 1sin sin sin os os sin 1 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B C B C A A A Ac c− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= − ≤ − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 1 8 ⎞ +⎟⎠ . Mặt khác vì 0 0 3120 sin sin 60 2 2 AA ≥ ⇒ ≥ = ⇒ 21 1 1 2 3sin 2 2 2 8 8 A −⎛ ⎞− − + ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ 3 (*) Hay 2 3 3sin sin sin 2 2 2 8 A B C −≤ . Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì BĐT (*) xảy ra đẳng thức Khi và chỉ khi 0 0 120 30 A B C ⎧ =⎪⎨ = =⎪⎩ Bài toán 29. Xác định dạng của tam giác ABC, biết rằng 2 2( )sin ( )sin .sin .sina A p b B c A B− + − = . p HD. Dùng định lí hàm sin ta có bài toán tương đương ( ) ( ) ( ) ( )1p a a p b b p p a a p p b b p bc ac bc ac − − − −+ = ⇔ + = (1). Chú ý ( ) 1 ( ) 1(1 cos ), (1 cos ) 2 2 p p a a p p b bA B bc ac − −= + = + . Do đó (1) . cos cosa A b B c A⇔ + = ⇔ = B Bài 10. Tam giác ABC có ba góc thỏa ( ) ( )3 cos 2sin 4 sin 2cos 15B C B C+ + + = là tam giác gì? Lời giải. Bài toán tương đương (3cosB + 4sinB) + (8cosC + 6sinC) = 15. Áp dụng bất đẳng thức BCS trong từng dấu ngoặc , suy ra kết quả. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos s cos sin3 4 cos sin sin cos 2 8 6 B inB B C A C C B C π ⎧ =⎪ =⎧⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ =⎩⎪ =⎪⎩ = . Bài toán 30 .Nhận dạng tam giác ABC, biết 1 1 1 1 sin 2 sin 2 sin 2 2cos cos cosB C A sB sC + + = A Lời giải. Ta có 2 2 1 1 2 sin 2 sin 2 sin 2 .sin 2A B A B + ≥ , 2 21 1 2sin 2 sin 2 sin 2 .sin 2C B C+ ≥B , 2 2 1 1 2 sin 2 sin 2 sin 2 .sin 2A C A C + ≥ .Do đó 1 1 1 sin 2 sin 2 sin 2A B C + + ≥ 1 sin 2 .sin 2A B + 1 sin 2 .sin 2B C + 1 sin 2 .sin 2A C = sin 2 2 sin 2 1 sin 2 2 sin 2 2cos cos cos A sin B C sin B C A sB sC + + = 15