Tài liệu Các bài toán tam giác qua các kì thi ĐH ppt

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 aAbBcC abc ++ = + + . Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Cách 1. cos cos cos 1 2 aAbBcC abc ++ = ++ ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos 22 2 BC ⇔ 8sin 2 A sin 2 B sin 2 C = 1 ⇔ A ⇔ 4sin 2 A cos cos 22 B CBC−+ ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ = 1 ⇔ 2 4sin 4cos sin 1 0 222 ABCA − − += ⇔ ⇔ 2 2 2sin cos 1 cos 0 22 2 ABC BC−− ⎛⎞ −+− = ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔ cos 1 2 1 sin 22 BC A − ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ ⇔ B = C, A = 3 π . Cách 2. cos cos cos 1 2 aAbBcC abc ++ = ++ ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos 22 2 BC ⇔ 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 22 B CBC−+ ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ ≤ 1 ⇔ 2 4sin 4cos sin 1 0 222 ABCA− −+ ≥ ⇔ 2 2 2sin cos 1 cos 0 22 2 ABC BC−− ⎛⎞ ⇔ − +− ≥ ⎜⎟ ⎝⎠ Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi cos 1 2 1 sin 22 BC A − ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ ⇔ B = C, A = 3 π . Cách 3. cos cos cos 1 2 aAbBcC abc ++ = ++ ⇔ 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 aAbBcC abc ++ = ++ ⇔ 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. ()(coscos)0 ()(coscos)0 ( )(cos cos ) 0 ab A B bc B C abc ca C A −−= ⎧ ⎪ ⇔− − =⇔== ⎨ ⎪ −−= ⎩ Bài toán 2.(ĐHQG HN - A1999) Trong tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu: cos2A + cos2B + cos2C ≥ - 1 thì : sinA + sinB + sinC 12≤+ Lời giải. cos2A + cos2B + cos2C ≥ - 1 ⇔ - 1 - 4cosAcosBcosC ≥ - 1 ⇔ 4cosAcosBcosC 0 ⇔ ABC không nhọn. ≤ Δ Giử sử C lớn nhất. Suy ra 2 C π π ≤< ⇔ 422 C π π ≤ < 2 cos 22 C ⇒≤ sinA + sinB + sinC = 2cos cos sin 22 CAB C − + ≤ 2cos sin 2 C C+ 21 ≤ + Bài toán 3.(ĐH Vinh - B1999) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả : sin sin 2sin tan tan 2tan B CA B CA += ⎧ ⎨ += ⎩ thì tam giác ABC đều. Lời giải. sinB + sinC = 2sinA ⇔ 2cos cos 4sin cos 22 2 2 A BC A A − = ⇔ ⇔ 22 cos 4sin 22 B C− = ⇔ A 1+cos(B - C) = 4(1 - cosA) (1) tanB + tanC = 2tanA ⇔ sin( ) sin 2 cos cos cos B CA + B CA = ⇔ 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 = 60 0 . 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 = 222 2 2 2 sin sin sin 22sinsin bca B C A bc B C +− + − = . Suy ra: 2cosAsinBsinC = sin 2 B + sin 2 C - sin 2 A (GT) sin ⇔ 2 B + sin 2 C - sin 2 A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17/4 ⇔ 1 - cos 2 B + 1 - cos 2 C - sin 2 A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17/4 ⇔ 22 333 cos cos sin 0 222 BCA ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ −+ −+ −= ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 2 ⇔ 3 cos cos sin 2 BCA=== . Suy ra: B = C = 30 0 , A = 120 0 . 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: 222 2 abc xyz 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 : 222 2222 abc a b c abc R RRR ++ =++ = asinA + bsinB + csinC = 222 2( SSS abc abc S bc ca ab bc ca ab ++= ++ ) = = ()( ) abc ax by cz bc ca ab ++ + + = 1 ()[( 2 bc ax by cz ac b ) + ++ + 1 () 2 ca ba c + 1 () 2 ab cb a + ] + ≥ 1 () (ax by cz a ++ + 1 b + 1 ) c ≥ ( 2 ) x yz++ Chú ý: i) Bđt cuối có được do: ( 2 ) x yz++ = 2 111 ax by cz ab ⎛⎞ ++ ⎜⎟ ⎝⎠ c ii) Có thể chứng minh: 111abc bc ca ab a b c ++≥++ như sau: 1 () 2 abc ab bc ca ab bc ca ++= + + 1 () 2 bc ca ab + + 1 () 2 ca ab bc + ii) Có thể giải bài toán nhanh hơn: x yz++ = 1 .ax a + 1 .by b + 1 .cz c ≤ 111 ()ax by cz abc ⎛⎞ ++ + + ⎜⎟ ⎝⎠ = 3 = 111 .2S abc ⎛⎞ ++ ⎜⎟ ⎝⎠ = 111 . 2 abc abc R ⎛⎞ ++ ⎜⎟ ⎝⎠ = 2 ab bc ca R ++ ≤ 222 2 abc 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 ⇔ 2 sinB.sinC(sinBcosC + sinCcosB) = 20 4R⇔ 2 sinB.sinCsinA = 20 2.S = 20 ( S = 2R ⇔ 2 sinB.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 A cos 2 + 2 B cos 2 + 2 C cos 2 - 2 = 1 4 A - B cos 2 B - C cos 2 C - A cos 2 Lời giải. 2 A cos 2 + 2 B cos 2 + 2 C cos 2 - 2 = 1 4 A - B cos 2 B - C cos 2 C - A cos 2 ⇔ 2(3 + cosA + cosB + cosC) - 8 = A - B cos 2 B - C cos 2 C - A cos 2 ⇔ 2(cosA + cosB + cosC - 1) = A - B cos 2 B - C cos 2 C - A cos 2 ⇔ 8sin A 2 sin B 2 sin C 2 = A - B cos 2 B - C cos 2 C - A cos 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: 111 ++ abc ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ abc 111 ++ hhh ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 3.≥ Lời giải. để ý rằng aha = 2S ⇔ 1 a h = 2 a S Suy ra: 1 a h + 1 b h + 1 c h = 1 () 2 abc S + + Bài toán 9. (ĐH&CĐ- A2003- TK2) 4 Tính các góc của tam giác ABC biết rằng: 4( ) 23 3 sin sin sin 222 8 pp a bc ABC −≤ ⎧ ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ trong đó BC = a, CA = b, Ab = c, p = 2 abc + + . Lời giải. 4 ( ) (1) 23 3 sin sin sin (2) 222 8 pp a bc ABC −≤ ⎧ ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ (1) 4. ⇔ 2 abc++ 2 bca+− bc ≤ ⇔ 22 ()bc a bc + − ≤ 1 ⇔ 2(1cos)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 22 B CBC − + − ) ≤ 1 2 sin 2 A ( 1sin 2 A − ) = 2 11 (sin ) 222 A 1 4 ⎡ ⎤ − −− ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = 1 8 - 2 11 sin 222 A ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ ≤ 2 11 31 233 822 2 8 ⎛⎞ − −−= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Dấu = khi chỉ khi: cos 1 2 3 sin 22 BC A − ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ ⇔ A = 120 0 , B = C = 30 0 . Bài toán 10. (ĐH&CĐ- D2003- TK1) Tìm các góc A, B, C của tam giác ABC để biểu thức: Q = sin 2 A + sin 2 B - sin 2 C đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. Ta có Q = 1 (1 cos 2 ) 2 A − + 1 (1 cos 2 ) 2 B − - - sin 2 C = 1 - cos(A+B)cos(A-B) - sin 2 C = 1 + cosCcos(A-B) - sin 2 C = [] 2 2 1 cos cos( ) cos ( ) 4 CAB A B −− − 1 4 ≥− + minQ = - 1 4 khi chỉ khi cos( ) 1 1 cos 2 AB C − = ⎧ ⎪ ⎨ =− ⎪ ⎩ ⇔ A = B = 30 0 , C = 120 0 . Bài toán 11. (ĐH&CĐ- D2003- TK2) Xác định dạng tam giác ABC biết rằng: (p - a)sin 2 A + (p - b)sin 2 B = csinAsinB Lời giải. 5 (p - a)sin 2 A + (p - b)sin 2 B = csinAsinB ⇔ (p - a)a 2 + (p - b)b 2 = abc ⇔ ()paa bc − + ()pbb ca − = 1 ⇔ () . pp a a bc − + () . pp b b ca − = p ⇔ 22 () . bc a a bc +− + 22 () . ac 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 + 22 cosB + 22 cosC = 3. Tính các góc của tam giác. Lời giải. Cách 1. Đặt M = cos2A + 22 cosB + 22 cosC - 3 = 2cos 2 A - 1 + 22 .2cos 2 B C + cos 2 B C − = 2cos 2 A + 4 2 .sin 2 A cos 2 B C − - 4 ≤ 2cos 2 A + 4 2 .sin 2 A - 4 ≤ 2cosA + 4 2 .sin 2 A - 4 = 2(1 - 2sin 2 2 A ) + 4 2 .sin 2 A - 4 = - 2( 2 .sin 2 A - 1) 2 ≤ 0 M = 0 ⇔ 2 cos cos cos 1 2 1 sin 2 2 AA BC A ⎧ ⎪ = ⎪ − ⎪ = ⎨ ⎪ ⎪ = ⎪ ⎩ A = 90⇔ 0 , B = C = 45 0 . Cách 2. Từ giả thiết suy ra: cos2A + 22 cosB + 22 cosC - 3 = 0 1 - 2sin⇔ 2 A + 4 2 cos 2 B C+ cos 2 B C − - 3 = 0 ⇔ sin 2 A - 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 = sin 2 A - 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 2 2sin cos 1 cos 22 2 A BC BC−− ⎛⎞ −+− ⎜⎟ ⎝⎠ ≤ 0 ⇒ cos 2 B C− = 1 và sin 2 A = 1/ 2 . Cách 3. M = 2cos 2 A - 1 + 4 2 cos 2 B C+ cos 2 B C − - 3 ≤ 2 2 2 12sin 2 A ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ 4 2 sin 2 A - 4 = 8t 4 - 8t 2 + 4 2 t - 2, t = sin 2 A 2 (0; ] 2 ∈ Đặt g(t) = 8t 4 - 8t 2 + 4 2 t - 2, t 2 (0; ] 2 ∈ Suy ra: g'(t) = 32t 3 - 16t + 4 2 , g"(t) = 96t 2 - 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 1 e J G , 2 e J JG , 3 e J G . Xét bình phương vô hướng: 0 ≤ (2 + 1 e JG 2 2 e JJG + 2 3 e 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 2cos 2 A - 1 2cosA - 1 ≤ Nên 2cos 2 A - 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 2 123 cos A = cosA (0 < A ) 2 22 20eee π ⎧ ≤ ⎪ ⎨ ⎪ ++= ⎩ JG JJGJGG ⇔ 21 cos 0 2(2 2 A ee = ⎧ ⎪ ⎨ =− + ⎪ ⎩ 3 )e J JGJGJG ⇔ 0 13 90 2642. A ee ⎧ = ⎪ ⎨ =+ ⎪ ⎩ JG JG ⇔ 0 90 2642cos A B ⎧ = ⎪ ⎨ =− ⎪ ⎩ Cách 5. cos2A + 22 cosB + 22 cosC - 3 = 0 ⇔ cos2A = - 22 cosB - 22 cosC +3 7 ⇔ cos2A + 2cos 2 B + 2cos 2 C = 2cos 2 B - 22 cosB + 2cos 2 C - 22 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 ⇔ 2cos 2cos 1 cos cos cos 0 BC ABC ⎧ == ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ Bài toán 13. (CĐ Y Tế Nghệ An - 2004) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = 1 - 2 cosAcosBcosC Lời giải. Cách 1. cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = 1cos2 2 A + + 1cos2 2 B + + cos 2 C = = 1 + cos(A+B)cos(A-B) + cos 2 C = 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) + cos 2 C = = 1 + 1 2 (cos2A + cos2B) + cos 2 C = 1+ 1 2 (2cos 2 A - 1) + 1 2 (2cos 2 B - 1) = = cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C. 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 ⇔ 2 cos sin sin 2 C A B= ⇔ 2 2cos cos( ) cos 2 C A BC=−+ ⇔ 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 1a + cotA = sinA c - b thì tam giác ABC là tam giác vuông. Lời giải. 1a + cotA = sinA c - b ⇔ 1+ cosA sinA = sinA sinB - sinC ⇔ 2 2cos 2sin cos 22 2 A C 2sin cos 2sin sin 22 2 2 AA AA AB = − ⇔ sin sin 22 A BC − = ⇔ A + C = B B = ⇔ 2 π Bài toán 16. (CĐKTKTHải Dương -A2005) 8 Các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện : sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 3(cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C) Chứng minh rằng tam giác ABC đều. Lời giải. sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 3(cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C) ⇔ ⇔ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 9 4 ⇔ 2 1cos2 1cos2 9 sin 22 4 AB C − − += ⇔ + ⇔ 1 + cos(A - B) cosC + 1 - cos 2 C = 9 4 ⇔ ⇔ 4cos 2 C - 4cos(A - B)cosC + 1 = 0 ⇔ ⇔ [2cosC - cos(A - B)] 2 + 1- cos 2 (A - B) = 0 ⇔ 2cos cos( ) 0 , cos( ) 1 6 CAB ABC AB 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) ⇔ 1cos 1cos 1cos cos cos cos ABC 1 A BC −−− = . Đặt x = tan 2 A , y = tan 2 B , z = tan 2 C 1cos 1cos 1cos 1 cos cos cos ABC A BC −−− = ⇔ 2 2 1 x x − . 2 2 1 y y − . 2 2 1 z z − = 1 x yz ⇔ 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 CCC AB AB AB 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 T ẬP LÀM THÊM Bài toán 18. Tam giác ABC nhọn thoả 2 tan 2 sin 2 A A + 2 tan 2 sin 2 A A + 2 tan 2 sin 2 A A = 18 Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Cách 1 . Ta chứng minh 2 tan 2 sin 2 A A + 2 tan 2 sin 2 B B + 2 tan 2 sin 2 C C ≥ 18. Dắu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. Thật vậy: Ta có 2 a x + 2 a x + 2 a x ≥ 2 (abc) x yz ++ ++ với a, b, c thực và x, y, z thực dương. Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi abc x yz = = 2 tan 2 sin 2 A A + 2 tan 2 sin 2 B B + 2 tan 2 sin 2 C C ≥ () 2 tan tan tan sin sin sin 222 ABC ABC ++ ++ ≥ 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: () 2 222 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin tgCtgBtgA C Ctg B Btg A Atg CBA ++≥ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ++ ⇒ ( ) 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 222 CBA tgCtgBtgA C Ctg B Btg A Atg P ++ ++ ≥++= Vì: 33≥++ tgCtgBtgA ; 2 3 2 sin 2 sin 2 sin ≤++ CBA Do đó: () 18 2 sin 2 sin 2 sin 2 ≥ ++ ++ CBA tgCtgBtgA 222 18 sin sin sin 222 tg A tg B tg C P ABC ⇒= + + ≥ . 10 [...]... ⇔ 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= ⎨ 2 ⎩sin B = cos C ⎪ cos C = sin C ⎪ 8 6 ⎩ Bài toán 30 Nhận dạng tam giác ABC,... sin 2 B ⇒ 1 = 2 ( ) 2 − cos B 2 cos B = 0 ⇒ cos B = 1 ⇒ 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 là: cos 2 A B C 1 A− B B −C C−A + 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 cos cos 2 2 2 A B C A− B B −C C−A (1) ⇔ 8sin... 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: 1 ⎞ ⎛ ⎜1 + ⎟ ⎝ sin A ⎠ 1 ⎞ ⎛ ⎜1 + ⎟ ⎝ sin B ⎠ 2 ⎞ 1 ⎞ ⎛ ⎛ ⎜1 + ⎟ ≥ ⎜2+ ⎟ 3⎠ ⎝... 600 = ⇒ − ⎜ sin − ⎟ + ≤ 2 2 2⎝ 2 2⎠ 8 8 A B C 2 3 −3 Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì BĐT (*) xảy ra Hay sin sin sin ≤ 2 2 2 8 0 đẳng thức ⎧ A = 1200 ⎪ 0 ⎪ B = C = 30 ⎩ Khi và chỉ khi ⎨ 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... sin ⎜ sin 2 2 2⎠ 2 2 2 ⎠⎝ ⎝ 1 1 1 3 + + ≥ ≥ 6 (2) Mặt khác 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 thi t 3 góc A,B,C đều nhọn Ta có: tgAtgBtgC=tgA+tgB+tgC ≥ 33 tgAtgBtgC ⇒ (tgAtgBtgC )2 ≥ 27 ⇒ (tgAtgBtgC ) ≥ 27(tgAtgBtgC ) 8 ⇔ ( 3 6 (tgAtgBtgC)... (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 1− n 2 2 2 ≥3 2 A B C tg + tg + tg 2 2 2 tg n A B C + tg + tg ≥ 3 2 2 2 A B C Dấu đẳng... A ≥ 3 ⎜ tg + tg + tg ⎟ 2 2⎠ ⎝ 2 n −1 B⎞ ⎛ + ⎜ 3tg ⎟ 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 ⎨ ⎪sin C = ⎩ ( ( n −1 C⎞ ⎛ + ⎜ 3tg ⎟ 2⎠ ⎝ ) 2 − cos B ) sin A n −1 2 − cos C sin A (1) (2) ≥ ≥ , tam 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 ⎪ ⎪sin A ( cos B −...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: x2 + y 2 + z 2 cos B cos A cos C + + ≤ ; x, y, z > 0 2 xyz y x z Lời giải x2 + y 2 + z 2 cos B cos A cos C + + ≤ 2 xyz x y z ⇔ 2yzcosA + 2xzcosB + 2xycosC... cos 2 B − 3 cos B − cos 2 A − 3 cos A = 4 2 cos A sin B sin C + 3 (sin A + sin B + sin C ) = ( ) ( 2 ) ( 2 ) 2 ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⇔ ⎜ cos C − ⎟ = 0 ⇒ Tam giác cân tại A và ⎟ + ⎜ cos B − ⎟ + ⎜ sin A − ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2π A= 3 Bài toán 23 Nhận dạng tam giác ABC, biết ⎛ ⎜ 1 1 1 + + = 2⎜ + + A B C A B C ⎜ sin sin 2 sin 2 sin 2 sin sin 2 2 2 2 2 2 ⎝ 1 1 1 12 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ HD Áp dụng bất đẳng thức BCS... 1 27 ⎛ 27 ⎞ ∑ xy ≥ 3 3 ⎜ xyz ⎟ ≥ 3 3 ⎜ S 3 ⎟ = S 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 9 27 27 3 Suy ra VT ≥ 1 + + 2 + 3 = ⎛1 + ⎞ ⎜ ⎟ S S S ⎝ S⎠ 3 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 (cosB + cosC) đạt giá trị lớn nhất 2 Lời giải ⎛ ⎝ Ta có F = ⎜1 − 2sin 2 A⎞ A A 2 (cos B + cos C ) = ⎟ sin B sin C + 2 cos sin + 2⎠ 2 2 . 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. A = 120 0 . Bài toán 5. (ĐH& amp;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,