CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC

Chia sẻ: Bach Khoa Khoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

0
601
lượt xem
216
download

CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn tập tham khảo môn Toán về các bài toán trong tam giác dành cho học sinh hệ trung học phổ thông ôn thi tốt nghiệp và ôn thi đại học - cao đẳng tham khảo học tập và củng cố kiến thức. Chúc các bạn may mắn trong kỳ thi sắp tới

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC

  1. CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC QUA CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC Bài toán 1.(ĐH Dược HN - A1999) a cos A + b cos B + c cos C 1 Tam giác ABC thoả: = . a+b+c 2 Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Cách 1. a cos A + b cos B + c cos C 1 = ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC a+b+c 2 A B C A B C ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos ⇔ 8sin sin sin = 1 ⇔ 2 2 2 2 2 2 A⎛ B−C B+C ⎞ A B −C A ⇔ 4sin ⎜ cos − cos ⎟ = 1 ⇔ 4sin 2 − 4 cos sin + 1 = 0 ⇔ 2 ⎝ 2 2 ⎠ 2 2 2 ⎧ B−C ⎛ A B−C ⎞ 2 2 B −C ⎪cos 2 = 1 ⎪ π ⇔ ⎜ 2sin − cos ⎟ + 1 − cos =0 ⇔ ⎨ ⇔ B = C, A = . ⎝ 2 2 ⎠ 2 ⎪sin A = 1 3 ⎪ ⎩ 2 2 Cách 2. a cos A + b cos B + c cos C 1 = ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC a+b+c 2 A B C A B C ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos ⇔ 8sin sin sin = 1(1) 2 2 2 2 2 2 A B C Ta chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC: 8sin sin sin ≤ 1. Dấu đẳng 2 2 2 thức xảy ra khi chỉ khi A = B = C. Thật vậy: B −C B+C ⎞ sin sin ≤ 1 ⇔ ⇔ 4sin ⎛ cos A B C A 8sin ⎜ − cos ⎟ ≤ 1 2 2 2 2 ⎝ 2 2 ⎠ 2 A B −C A ⎛ A B−C ⎞ 2 B −C ⇔ 4sin 2 − 4 cos sin + 1 ≥ 0 ⇔ ⎜ 2sin − cos ⎟ + 1 − cos ≥0 ⇔ 2 2 2 ⎝ 2 2 ⎠ 2 ⎧ B−C ⎪cos 2 = 1 ⎪ π Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi ⎨ ⇔ B = C, A = . ⎪sin A = 1 3 ⎪ ⎩ 2 2 Cách 3. a cos A + b cos B + c cos C 1 = ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC a+b+c 2 Ta chứng minh sin2A + sin2B + sin2C ≤ sinA + sinB + sinC (2) 1
  2. 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 a cos A + b cos B + c cos C 1 = a+b+c 2 ⇔ 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. ⎧(a − b)(cos A − cos B) = 0 ⎪ ⇔ ⎨(b − c)(cos B − cos C ) = 0 ⇔ a = b = c ⎪(c − a)(cos C − cos A) = 0 ⎩ 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 ⇔ Δ ABC không nhọn. π π C π C 2 Giử sử C lớn nhất. Suy ra ≤ C < π ⇔ ≤ < ⇒ cos ≤ 2 4 2 2 2 2 C A− B C sinA + sinB + sinC = 2 cos cos + sin C ≤ 2 cos + sin C ≤ 2 + 1 2 2 2 Bài toán 3.(ĐH Vinh - B1999) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả : ⎧sin B + sin C = 2sin A ⎨ thì tam giác ABC đều. ⎩ tan B + tan C = 2 tan A Lời giải. A B −C A A sinB + sinC = 2sinA ⇔ 2 cos cos = 4sin cos ⇔ 2 2 2 2 B−C A ⇔ cos 2 = 4sin 2 ⇔ 1+cos(B - C) = 4(1 - cosA) (1) 2 2 sin( B + C ) sin A tanB + tanC = 2tanA ⇔ =2 ⇔ cosA = 2cosBcosC ⇔ cos B cos C cos A 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
  3. 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. b 2 + c 2 − a 2 sin 2 B + sin 2 C − sin 2 A Để ý rằng cosA = = . Suy ra: 2bc 2sin B sin C 2cosAsinBsinC = sin2B + sin2C - sin2A (GT) ⇔ sin2B + sin2C - sin2A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17/4 ⇔ 1 - cos2B + 1 - cos2C - sin2A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17/4 2 2 2 ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⇔ ⎜ cos B − ⎜ ⎟ + ⎜ cos C − ⎟ + ⎜ sin A − ⎟ =0 ⎝ 2 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 2 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 2 ⎟ ⎠ 3 ⇔ cos B = cos C = sin A = . Suy ra: B = C = 300, A = 1200. 2 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. a 2 + b2 + c2 Chứng minh: x+ y+ z≤ ; a, b, c là các cạnh Δ , R là 2R bán kính đường tròn ngoại tiếp. Dấu = xảy ra khi nào? Lời giải. a 2 + b2 + c2 a b c Ta có : = a. + b. + c. = asinA + bsinB + csinC 2R 2R 2R 2R 2S 2S 2S a b c = a. + b. + c. = 2 S ( + + ) = bc ca ab bc ca ab a b c 1 b c 1 c a 1 a b = (ax + by + cz )( + + ) = (ax + by + cz )[ ( + ) + ( + ) + ( + )] bc ca ab 2a c b 2b a c 2c b a 1 1 1 ≥ (ax + by + cz )( + + ) ≥ ( x + y + z )2 a b c Chú ý: 2 ⎛ 1 1 1 ⎞ i) Bđt cuối có được do: ( x + y + z ) = ⎜ ax . 2 + by . + cz . ⎟ ⎝ a b c⎠ a b c 1 1 1 ii) Có thể chứng minh: + + ≥ + + như sau: bc ca ab a b c a b c 1 a b 1 b c 1 c a + + = ( + )+ ( + )+ ( + ) bc ca ab 2 bc ca 2 ca ab 2 ab bc ii) Có thể giải bài toán nhanh hơn: 1 1 1 ⎛1 1 1⎞ x+ y+ z= ax . + by . + cz . ≤ ⎜ + + ⎟ (ax + by + cz ) = a b c ⎝a b c⎠ 3
  4. ⎛1 1 1⎞ ⎛1 1 1 ⎞ abc ab + bc + ca a 2 + b2 + c2 = ⎜ + + ⎟ .2S = ⎜ + + ⎟ . = ≤ ⎝a b c⎠ ⎝ a b c ⎠ 2R 2R 2R 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 ⇔ 4R2sinB.sinC(sinBcosC + sinCcosB) = 20 ⇔ 4R2sinB.sinCsinA = 20 ⇔ 2.S = 20 ( S = 2R2sinB.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: A B C 1 A-B B-C C-A cos 2 + cos 2 + cos 2 - 2 = cos cos cos 2 2 2 4 2 2 2 Lời giải. A B C 1 A-B B-C C-A + cos 2 + cos 2 - 2 = cos cos 2 cos cos 2 2 2 4 2 2 2 A-B B-C C-A ⇔ 2(3 + cosA + cosB + cosC) - 8 = cos cos cos 2 2 2 A-B B-C C-A ⇔ 2(cosA + cosB + cosC - 1) = cos cos cos 2 2 2 A B C A-B B-C C-A ⇔ 8sin sin sin = cos cos cos 2 2 2 2 2 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, ⎛ 1 ⎞1 1 ⎛ 1 1 1 ⎞ B, C của tam giác. Chứng minh: ⎜ + + ⎟ ⎜ + + ⎟ ≥ 3. . ⎝ a b c ⎠ ⎝ ha hb hc ⎠ Lời giải. 1 a để ý rằng aha = 2S ⇔ = ha 2S 1 1 1 1 Suy ra: + + = (a + b + c) ha hb hc 2S Bài toán 9. (ĐH&CĐ- A2003- TK2) 4
  5. ⎧4 p( p − a) ≤ bc ⎪ Tính các góc của tam giác ABC biết rằng: ⎨ A B C 2 3 − 3 ⎪sin sin sin = ⎩ 2 2 2 8 a+b+c trong đó BC = a, CA = b, Ab = c, p = . 2 Lời giải. ⎧4 p( p − a) ≤ bc (1) ⎪ ⎨ A B C 2 3 −3 ⎪sin sin sin = (2) ⎩ 2 2 2 8 a+b+c b+c−a (b + c) 2 − a 2 2bc(1 + cos A) (1) ⇔ 4. ≤ bc ⇔ ≤ 1⇔ ≤ 1 2 2 bc bc A A 3 A 3 ⇔ cos 2 ≤ 1/4 ⇔ sin 2 ≥ ⇔ sin ≥ 2 2 4 2 2 A B C 1 A B −C B+C VT(2) = sin sin sin = sin ( cos − cos ) 2 2 2 2 2 2 2 1 A A 1⎡ A 1 1⎤ ≤ sin ( 1 − sin ) = − ⎢(sin − ) 2 − ⎥ 2 2 2 2⎣ 2 2 4⎦ 2 1 1⎛ 3 1⎞ 2 1 1⎛ A 1⎞ 2 3 −3 = - ⎜ sin − ⎟ ≤ − ⎜⎜ 2 − 2⎟ = ⎟ 8 2⎝ 2 2⎠ 8 2⎝ ⎠ 8 ⎧ B−C ⎪ cos =1 ⎪ 2 Dấu = khi chỉ khi: ⎨ ⇔ A = 1200, B = C = 300. ⎪sin A = 3 ⎪ ⎩ 2 2 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. 1 1 2 2 Ta có Q = (1 − cos 2 A) + (1 − cos 2 B ) - - sin C = 1 - cos(A+B)cos(A-B) - sin C 2 2 1 1 = 1 + cosCcos(A-B) - sin2C = [ cos C + cos( A − B )] − cos 2 ( A − B) ≥ − 2 4 4 ⎧cos( A − B ) = 1 1 ⎪ minQ = - khi chỉ khi ⎨ 1 ⇔ A = B = 300, C = 1200. 4 ⎪cos C = − 2 ⎩ 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
  6. (p - a)sin2A + (p - b)sin2B = csinAsinB ⇔ (p - a)a2 + (p - b)b2 = abc ( p − a)a ( p − b)b p( p − a) p ( p − b) ⇔ + =1 ⇔ .a + .b = p bc ca bc ca (b + c) 2 − a 2 (a + c)2 − b 2 ⇔ .a + .b = p ⇔ a(1 + cosA) + b(1 + cosB) = a + b + c bc ca ⇔ 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 B+C B −C = 2cos2A - 1 + 2 2 .2cos cos 2 2 A B −C A = 2cos2A + 4 2 .sin cos - 4 ≤ 2cos2A + 4 2 .sin - 4 2 2 2 A ≤ 2cosA + 4 2 .sin - 4 2 A A A = 2(1 - 2sin2 ) + 4 2 .sin - 4 = - 2( 2 .sin - 1)2 ≤ 0 2 2 2 ⎧ ⎪cos 2 A = cos A ⎪ ⎪ B −C 0 0 M = 0 ⇔ ⎨cos = 1 ⇔ A = 90 , B = C = 45 . ⎪ 2 ⎪ A 1 ⎪sin 2 = 2 ⎩ Cách 2. Từ giả thiết suy ra: cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC - 3 = 0 B+C B −C ⇔ 1 - 2sin2A + 4 2 cos cos -3=0 2 2 A B −C ⇔ sin2A - 2 2 sin cos +1=0 2 2 A A Vì tam giác ABC không tù nên 0 < A/2 ≤ π /4. Suy ra sin > 0, cos ≥ 2 /2 2 2 A A A Do đó: sinA = 2 sin cos ≥ 2 sin 2 2 2 A B −C A A B −C ⇒ 0 = sin2A - 2 2 sin cos + 1 ≥ 2sin2 - 2 2 sin cos +1 2 2 2 2 2 6
  7. 2 ⎛ A B −C ⎞ 2 B−C ⇒ ⎜ 2 sin − cos ⎟ + 1 − cos ≤0 ⎝ 2 2 ⎠ 2 B −C A ⇒ cos = 1 và sin = 1/ 2 . 2 2 Cách 3. 2 2 B+C B −C ⎛ A⎞ A M = 2cos A - 1 + 4 2 cos cos - 3 ≤ 2 ⎜1 − 2sin 2 ⎟ 4 2 sin - 4 2 2 ⎝ 2⎠ 2 A 2 = 8t4 - 8t2 + 4 2 t - 2, t = sin ∈ (0; ] 2 2 2 Đặt g(t) = 8t4 - 8t2 + 4 2 t - 2, t ∈ (0; ] 2 6 Suy ra: g'(t) = 32t3 - 16t + 4 2 , g"(t) = 96t2 - 16 = 0 ⇔ t = (do t > 0) 6 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; ] ⇒ g(t) ≤ g( 2 /2) = 0. Vậy M ≤ 0. 2 B −C A M = 0 ⇔ cos = 1 và sin = 1/ 2 . 2 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 e1 , e2 , e3 . Xét bình phương vô hướng: 0 ≤ (2 e1 + 2 e2 + 2 e3 )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 ⎧ 2 π ⎪cos A = cosA (0 < A ≤ ) ⎧cos A = 0 ⎪ Dấu = khi chỉ khi ⎨ 2 ⇔⎨ ⎪2e + 2 e + 2 e = 0 ⎪e2 2 = −(2e1 + 2 e3 ) ⎩ ⎩ 1 2 3 ⎧ A = 900 ⎪ ⎧ A = 900 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪2 = 6 + 4 2 e1.e3 ⎩ ⎪2 = 6 − 4 2 cos B ⎩ Cách 5. cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC - 3 = 0 ⇔ cos2A = - 2 2 cosB - 2 2 cosC +3 7
  8. ⇔ 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 B = 2 cos C = 1 ⎪ ⇔⎨ ⎪cos A cos B cos C = 0 ⎩ 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. 1 + cos 2 A 1 + cos 2 B Cách 1. cos2A + cos2B + cos2C = + + cos2C = 2 2 = 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 1 =1+ (cos2A + cos2B) + cos2C = 1+ (2cos2A - 1) + (2cos2B - 1) = 2 2 2 = cos2A + cos2B + cos2C. Bài toán 14. (CĐSP Hải Dương - B2005) C Cho tam giác ABC có các góc A, B, C thoả sinC = 2sinBsinAtan . 2 Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Lời giải. C C C sinC = 2sinBsinAtan ⇔ cos 2 = sin A sin B ⇔ 2 cos 2 = cos( A − B ) + cos C 2 2 2 ⇔ cos(A-B) = 1 ⇔ A - B = 0. Bài toán 15. (Bộ Quốc phòng- A2005) 1 a Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện + cotA = thì sinA c-b tam giác ABC là tam giác vuông. Lời giải. 1 a 1+ cosA sinA + cotA = ⇔ = sinA c-b sinA sinB - sinC A A A 2 cos 2 2sin cos ⇔ 2 = 2 2 ⇔ sin A = sin B − C ⇔ A + C = B ⇔ B = π A A A B−C 2 2 2 2sin cos 2sin sin 2 2 2 2 Bài toán 16. (CĐKTKTHải Dương -A2005) 8
  9. 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) ⇔ 9 1 − cos 2 A 1 − cos 2 B 9 ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = ⇔ + + sin 2 C = ⇔ 4 2 2 4 9 ⇔ 1 + cos(A - B) cosC + 1 - cos2C = ⇔ 4 2 ⇔ 4cos C - 4cos(A - B)cosC + 1 = 0 ⇔ ⇔ [2cosC - cos(A - B)]2 + 1- cos2(A - B) = 0 ⇔ ⎧2 cos C − cos( A − B) = 0 π ⇔⎨ ⇔ A = B, C = ⎩cos( A − B) = 1 6 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 1 − cos A 1 − cos B 1 − cos C A B C (GT) ⇔ . . = 1 . Đặt x = tan , y = tan , z = tan cos A cos B cos C 2 2 2 1 − cos A 1 − cos B 1 − cos C 2x 2y 2z 1 . . =1 ⇔ . . = cos A cos B cos C 1 − x2 1 − y 2 1 − z 2 xyz A B C ⇔ tanA.tanB.tanC = cot cot cot 2 2 2 A B C ⇔ tanA + tanB + tanC = cot + cot + cot (1) 2 2 2 A B C Ta chứng minh tanA + tanB + tanC ≥ cot + cot + cot . Dấu đẳng thức xảy 2 2 2 ra chỉ khi A = B = C. Thật vậy: sin C 2sin C 2sin C C tanA + tanB = = ≥ = 2 cot . cos A cos B cos( A + B) + cos( A − B) 1 − cos C 2 Dấu đẳng thức khi chỉ khi A = B A Tương tự: tanB + tanC ≥ 2 cot . Dấu đẳng thức khi chỉ khi B = C 2 B tanC + tanA ≥ 2 cot . Dấu đẳng thức khi chỉ khi C = A 2 A B C Suy ra: tanA + tanB + tanC ≥ cot + cot + cot . 2 2 2 9
  10. Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. BÀI TẬP LÀM THÊM Bài toán 18. A A A tan 2 tan 2 tan 2 Tam giác ABC nhọn thoả 2 + 2 + 2 = 18 A A A sin sin sin 2 2 2 Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. A B C tan 2 tan 2 tan 2 Cách 1. Ta chứng minh 2 + 2 + 2 ≥ 18. Dắu đẳng thức xảy ra A B C sin sin sin 2 2 2 chỉ khi A = B = C. Thật vậy: a2 a2 a2 (a + b + c)2 Ta có + + ≥ với a, b, c thực và x, y, z thực dương. x x x x+ y+z a b c Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi = = x y z A B C tan 2 tan 2 tan 2 2 ≥ ( tan A + tan B + tan C ) ≥ (3 3) = 18 2 2 2 + 2 + A B C A B C 3 sin sin sin sin + sin + sin 2 2 2 2 2 2 2 tan A tan B tan C Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi = = và A = B = C . A B C sin sin sin 2 2 2 Cách 2. Ta có: ⎛ ⎞ ⎜ tg 2 A tg 2 B tg 2 C ⎟ ⎛ A B C⎞ ⎟ ≥ (tgA + tgB + tgC )2 ⎜ sin + sin + sin ⎟⎜ + + ⎝ 2 2 2 ⎠⎜ A B C⎟ ⎜ sin sin sin ⎟ ⎝ 2 2 2⎠ ⇒P= tg 2 A tg 2 B tg 2 C + + ≥ (tgA + tgB + tgC ) 2 A B C A B C sin sin sin sin + sin + sin 2 2 2 2 2 2 A B C 3 Vì: tgA + tgB + tgC ≥ 3 3 ; sin + sin + sin ≤ 2 2 2 2 Do đó: (tgA + tgB + tgC ) ≥ 18 ⇒ P = tg A + tg B + tg 2C ≥ 18 . 2 2 2 A B C A B C sin + sin + sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 10
  11. 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 cos B cos C x2 + y 2 + z 2 + + ≤ ; x, y, z > 0. x y z 2 xyz Lời giải. cos A cos B cos C x2 + y 2 + z 2 + + ≤ x y z 2 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 2 2 ⇔ (xcosB + cosA - z) + (xsinB - ysinA) ≥ 0. Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi ⎧ x sin A ⎧ x cos B + y cos A − z = 0 ⎪ y = sin B ⎪ ⎨ ⇔⎨ ⎩ x sin B − y sin A = 0 ⎪ z = y sin A cos B + y cos A = y sin C ⎪ ⎩ sin B sin 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 1 1 5 cosA + cosB + cosC = 3 4 5 12 Bài toán 20. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có: 2 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎜1 + ⎟ ⎜1 + ⎟ ≥ ⎜2+ ⎟ ⎝ sin A ⎠ ⎝ sin B ⎠ ⎝ sin C ⎠ ⎝ 3⎠ Lời giải. Trước hết ta chứng minh: Với x, y, z > 0 và x + y + z ≤ S. 2 1 ⎛ 1⎞ Khi đó ⎛ 1 + ⎞ ⎜1 + ⎟⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ ⎜1 + ⎟ ≥ ⎜ 2 + ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ y⎠⎝ z⎠ ⎝ S⎠ 1 1 1 Thật vậy: VT = 1 + ∑ + ∑ + x xy xyz 1 9 9 Mặt khác: ∑ ≥ ≥ x ∑x S 1 27 S ≥ ∑ x ≥ 3 3 xyz ⇒ ≥ 3 xyz S 11
  12. 2 2 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 27 ⎞ 27 ∑ xy ≥ 3 3 ⎜ xyz ⎟ ≥ 3 3 ⎜ S 3 ⎟ = S 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 Suy ra VT ≥ 1 + + 2 + 3 = ⎛1 + ⎞ 9 27 27 3 ⎜ ⎟ S S S ⎝ 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 2 F = cosAsinBsinC + sinA + (cosB + cosC) đạt giá trị lớn nhất. 2 Lời giải. ⎛ A⎞ A A 2 Ta có F = ⎜1 − 2sin 2 ⎟ sin B sin C + 2 cos sin + (cos B + cos C ) = ⎝ 2⎠ 2 2 2 A ⎛ A⎞ A 2 + 2 ⎜ cos ⎟ sin + = -2sinBsinCsin 2 (cos B + cos C ) + sin B sin C 2 ⎝ 2⎠ 2 2 A A A cos cos cos A 2 2 2 = 1 F đạt max khi chỉ khi sin = = ≥ 2 2sin B sin C cos( B − C ) + cos A 1 + cos A 2 cos A 2 ⇒ sinA ≥ 1 ⇒ sinA = 1 ⇒ A = 900. Khi đó cos(B - C) = 1 ⇒ B = C Bài toán 22. Nhận dạng tam giác ABC có ba góc thỏa mãn 17 2 cos A sin B sin C + 3 (sin A + sin B + sin C ) = . 14 b 2 + c 2 − a 2 sin 2 B + sin 2 C − sin 2 A Lời giải: Ta có cos A = = ⇒ 2 cos A sin B sin C 2bc 2 sin B sin C 17 = sin 2 B + sin 2 C − sin 2 A . Do đó 2 cos A sin B sin C + 3 (sin A + sin B + sin C ) = 14 17 ⇔ sin 2 B + sin 2 C − sin 2 A + 3 (sin A + sin B + sin C ) = a–v 14 ( ) ( ) ( ⇔2– cos 2 C − 3 cos C − cos 2 B − 3 cos B − cos 2 A − 3 cos A = ) 17 4 2 2 2 ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⇔ ⎜ cos C − ⎟ + ⎜ cos B − ⎟ + ⎜ sin A − ⎟ = 0 ⇒ Tam giác cân tại A và ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 2 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 2 ⎟ ⎠ 2π A= . 3 Bài toán 23. Nhận dạng tam giác ABC, biết ⎛ ⎞ 1 1 1 ⎜ 1 1 1 ⎟ + + = 2⎜ + + ⎟ A B C A B C sin 2 sin 2 sin 2 ⎜ sin sin sin ⎟ 2 2 2 ⎝ 2 2 2 ⎠ 12
  13. HD. Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có 2 ⎛ ⎞ 1 1 1 1⎜ 1 1 1 ⎟ + + ≥ ⎜ + + ⎟ 2 A 2 B 2 C 3⎜ A B C⎟ sin sin sin ⎜ sin sin sin ⎟ 2 2 2 ⎝ 2 2 2⎠ ⎛ ⎞⎛ ⎞ 1⎜ ⎜ 1 1 1 ⎟⎜⎟⎜ 1 1 1 ⎟ = + + . + + ⎟ (1) 3⎜ A B C ⎟⎜ A B C⎟ ⎜ sin sin sin ⎟ ⎜ sin sin sin ⎟ ⎝ 2 2 2 ⎠⎝ 2 2 2⎠ 1 1 1 3 Mặt khác + + ≥ ≥ 6 (2) A B C A B C sin sin sin 3 sin . sin . sin . 2 2 2 2 2 2 Thay (2) vào (1) ta có kết quả. Bài toán 24. Tam giác nhọn ABC có ba góc thỏa mãn tg 8 A + tg 8 B + tg 8 C = 3tgAtgBtgC , là tam giác gì? Lời giải. Từ giả thiết 3 góc A,B,C đều nhọn. Ta có: tgAtgBtgC=tgA+tgB+tgC ≥ 33 tgAtgBtgC ⇒ (tgAtgBtgC )2 ≥ 27 ⇒ (tgAtgBtgC ) ≥ 27(tgAtgBtgC ) 8 6 ⇔ ( 3 (tgAtgBtgC) ) 8 ≥ 3(tgAtgBtgC ) 2 (1) Mà: tg 8 A + tg 8 B + tg 8 C ≥ 33 (tgAtgBtgC ) 8 ( 2) Từ (1) và(2) ta có: tg 8 A + tg 8 B + tg 8 C ≥ 3tgAtgBtgC . Để thỏa mãn đề toán thì đẳng thức xảy ra ⇒ Tam giác ABC đều. Bài toán 25. Δ ABC là tam giác bất kỳ. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2 ta có : A B C tg n + tg n + tg n 1− n 2 2 2 ≥3 2 . A B C tg + tg + tg 2 2 2 A B C Lời giải. Áp dụng BĐT quen thuộc : tg + tg + tg ≥ 3 . 2 2 2 A B C Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ ΔABC đều . Từ BĐT có : 3tg + 3tg + 3tg ≥ 3 . 2 2 2 A B C Rõ ràng : tg , tg , tg > 0 ∀A, B, C ∈ (0; π ) . 2 2 2 A B C Áp dụng BĐT cho : a1 = 3tg , a 2 = 3tg , a 3 = 3tg , ta có 2 2 2 13
  14. n n n n −1 n −1 n −1 ⎛ A⎞ ⎛ B⎞ ⎛ C⎞ ⎛ A⎞ ⎛ B⎞ ⎛ C⎞ ⎜ 3tg ⎟ + ⎜ 3tg ⎟ + ⎜ 3tg ⎟ ≥ ⎜ 3tg ⎟ + ⎜ 3tg ⎟ + ⎜ 3tg ⎟ ≥ ... ≥ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎛ A B C⎞ ≥ 3 ⎜ tg + tg + tg ⎟ ⎝ 2 2 2⎠ Từ đó ta thu được BĐT . Dấu bằng xảy ra ⇔ ΔABC đều . ⎧sin B = ⎪ Bài 26. Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện ⎨ ( ) 2 − cos C sin A (1) , tam ⎪sin C = ⎩ ( 2 − cos B ) sin A (2) giác trên là tam giác gì ? Lời giải. Lấy (1) – (2) ⇒ sin B − sin C = sin A ( cos B − cos C ) ⇒ B = C ⎧sin B − sin C < 0 ⎪ Vì nếu B < C ⇒ cosB > cos C ⇒ ⎨ ⎪sin A ( cos B − cos C ) > 0 ⎩ Tương tự B > C đều dẫn đến sin B − sin C ≠ sin A(cos B − cos C ) . Thế vào (1) , ta có sin B = ( ) ( 2 − cos B sin ( B + C ) = ) 2 − cos B sin 2 B ⇒ 1 = ( ) 2 − cos B .2 cos B 2 cos B + 1 = 0 ⇒ ( 2 cos B + 1) 2 1 ⇒ 2 cos 2 B − 2 = 0 ⇒ cos B = ⇒ B = 450 , C = 450 . 2 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 A B C 1 A− B B −C C−A là: cos 2 + cos 2 + cos 2 − 2 = cos cos cos . 2 2 2 4 2 2 2 Lời giải. Dùng công thức hạ bậc, bài toán tương đương A− B B−C C−A 2 ( cos A + cos B + cos C − 1) = cos cos cos . 2 2 2 A B C A− B B −C C−A ⇔ 8sin sin sin = cos cos cos .(1) 2 2 2 2 2 2 A B C Nhân hai vế cho 8cos cos cos , ta có 2 2 2 (1) ⇔ 8sin A sin B sin C = ( sin A + sin B )( sin B + sin C )( sin C + sin A ) ⇔ sin A = sin B = sin C ⇔ A = B = C ( do BĐT Cauchy). ⎧4 p( p − a) ≤ bc ⎪ Bài toán 28. Tính các góc tam giác ABC, biết rằng ⎨ A B C 2 3 − 3 ⎪sin sin sin = ⎩ 2 2 2 8 1 HD. Ta có 4 p ( p − a ) ≤ bc ⇔ cos A ≤ ⇒ A ≥ 1200 . 2 14
  15. 2 A B C 1⎛ B −C B+C ⎞ A 1⎛ A⎞ A 1⎛ A 1⎞ 1 sin sin sin = ⎜ cos − cos ⎟ sin ≤ ⎜ 1 − sin ⎟ sin = − ⎜ sin − ⎟ + 2 2 2 2⎝ 2 2 ⎠ 2 2⎝ 2⎠ 2 2⎝ 2 2⎠ 8 . 2 A 3 1⎛ A 1 ⎞ 1 2 3 −3 Mặt khác vì A ≥ 120 ⇒ sin ≥ sin 600 = 0 ⇒ − ⎜ sin − ⎟ + ≤ (*) 2 2 2⎝ 2 2⎠ 8 8 A B C 2 3 −3 Hay sin sin sin ≤ . Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì BĐT (*) xảy ra 2 2 2 8 đẳng thức ⎧ A = 1200 ⎪ Khi và chỉ khi ⎨ ⎪ B = C = 30 0 ⎩ Bài toán 29. Xác định dạng của tam giác ABC, biết rằng ( p − a)sin 2 A + ( p − b) sin 2 B = c.sin A.sin B . HD. Dùng định lí hàm sin ta có bài toán tương đương ( p − a )a ( p − b)b p ( p − a )a p ( p − b)b + =1⇔ + = p (1). bc ac bc ac p( p − a)a 1 p ( p − b)b 1 Chú ý = (1 + cos A), = (1 + cos B ) . bc 2 ac 2 Do đó (1) ⇔ a cos A + b cos B = c ⇔ A = B . Bài 10. Tam giác ABC có ba góc thỏa 3 ( cos B + 2sin C ) + 4 ( sin B + 2cos C ) = 15 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 B s inB ⎪ 3 = 4 ⎪ ⎧cos B = sin C π ⎨ ⇔⎨ ⇔ A= . ⎪ cos C = sin C ⎩sin B = cos C 2 ⎪ 8 ⎩ 6 Bài toán 30 .Nhận dạng tam giác ABC, biết 1 1 1 1 + + = sin 2 A sin 2 B sin 2C 2 cos A cos sB cos sC Lời giải. Ta có 1 1 2 1 1 2 2 + 2 ≥ , 2 + 2 ≥ , sin 2 A sin 2 B sin 2 A.sin 2 B sin 2 B sin 2C sin 2 B.sin 2C 1 1 2 2 + 2 ≥ .Do đó sin 2 A sin 2C sin 2 A.sin 2C 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + = sin 2 A sin 2 B sin 2C sin 2 A.sin 2 B sin 2 B.sin 2C sin 2 A.sin 2C sin 2 A + sin 2 B + sin 2C 1 = sin 2 sin 2 B sin 2C 2 cos A cos sB cos sC 15
Đồng bộ tài khoản