2.CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = tanA.tanB.tanC... ABC cân hoặc vuông tại đỉnh A... * Trong đó a,b,c là độ dài ba cạnh và R là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.

(CÁC BÀI TOÁN ĐÃ THI ĐH TỪ 1997 ĐẾN 2008) 1)Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = tanA.tanB.tanC

Hd : (26.95-A01)

- Chứng minh ABC ta luôn có tanA+tanB+tanC = tanA.tanB.tanC

-Áp dụng Cosy P = tanA.tanB.tanC = tanA+tanB+tanC 33 tanA tanB tanC

-Tức là : P 3 P3 P 2 27 P 3 33

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi tanA= tanB = tanC Tức là MinP = 33 3 Đạt được khi ABC đều

2)Chứng minh trong tam giác ta luôn có : cot 𝐴

2 + cot 𝐵

2 + cot 𝐶

2 3( tan

𝐴

2 + tan 𝐵

2 + tan 𝐶

2 ) (*)

Hd : (27.96-A97)

- Chứng minh được trong tam giác ta luôn có: cot 𝐴

2 + cot 𝐵

2 + cot 𝐶

2 = cot 𝐴

2 cot 𝐵

2.cot 𝐶

2 (1)

- Gọi x = cot 𝐴

2 y =cot 𝐵

2 z = cot

𝐶

2 thì x,y,z 0 và (1) trở thành : x + y + z = xyz (1’)

Do đó, đpcm (*)

x + y + z 3( 1

𝑥 + 1

𝑦 + 1

𝑧 ) xyz (x + y + z ) 3 (xy + yz +zx) ( Dùng (1’) )

(x + y + z)2 3 (xy + yz +zx) x2 + y2 + z2 xy + yz + zx (bđt đúng)

3)Các góc của tam giác thoả mãn điều kiện : 𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵 +𝑠𝑖𝑛𝐶

𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵 −𝑠𝑖𝑛𝐶 = cot 𝐴2 cot 𝐶2 Chứng minh ABC cân

Hd : (27.97-A98) Ta có : 𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵 +𝑠𝑖𝑛𝐶

𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵 −𝑠𝑖𝑛𝐶 = cot 𝐴2 cot 𝐶2

4𝑐𝑜𝑠𝐴2𝑐𝑜𝑠𝐵2𝑐𝑜𝑠𝐶2 4𝑠𝑖𝑛𝐴2𝑠𝑖𝑛𝐵2𝑐𝑜𝑠𝐶2 = cot 𝐴2 cot 𝐶2 cot 𝐴

2 cot 𝐵

2 = cot 𝐴

2 cot 𝐶

2 cot 𝐵

2 = cot 𝐶

2 … B = C , ∆ABC cân

4)Hãy tính các góc của tam giác nếu các góc của tam giác thoả mãn :

sin2A + sin2B + 2sinAsinB = 9

4 + 3cosC + cos2C (*)

Hd : (27.98-D99) Ta có (*) (sinA + sinB)2 = ( 32 + cosC )2 sinA + sinB = 32 + cosC …

2𝑐𝑜𝑠𝐶

2− 𝑐𝑜𝑠𝐴−𝐵

2

2 + sin2𝐴−𝐵

2 = 0

sin 𝐴−𝐵

2 = 0 2𝑐𝑜𝑠𝐶

2− 𝑐𝑜𝑠𝐴−𝐵

2 = 0 𝑐𝑜𝑠𝐴 = 𝐵𝐶

2= 12 𝐴 = 𝐵 = 300

𝐶 = 1200

5)Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có :

sin𝐴

2cos

𝐵

2 cos

𝐶

2 + sin𝐵

2cos

𝐴

2 cos

𝐶

2 + sin𝐶

2cos

𝐵

2 cos

𝐴

2 = = sin𝐴

2sin

𝐵

2 sin

𝐶

2 + tan𝐴

2tan

𝐵

2 +tan𝐵

2 tan

𝐶

2 +tan𝐶

2 tan

𝐵

2 (*)

Hd : (27.99-A2000) -C/m được :tan𝐴

2tan

𝐵

2 +tan𝐵

2 tan

𝐶

2 +tan𝐶

2 tan

𝐵

2 = 1 Do đó , đpcm (*) 𝑐𝑜𝑠𝐶

2 (sin𝐴

2cos

𝐵

2 + sin𝐵

2cos

𝐴

2 ) + sin𝐶

2 (cos𝐵

2 cos

𝐴

2 - sin

𝐴

2sin

𝐵

2) = 1 𝑐𝑜𝑠𝐶2 sin𝐴+𝐵

2 + sin𝐶

2 cos

𝐴+𝐵

2 = 1 𝑐𝑜𝑠2 𝐶

2 + 𝑠𝑖𝑛2𝐶

2 = 1 (hoàn toàn đúng)

6)Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có :

tan 𝐴

4 + tan 𝐵

4 + tan 𝐶

4 + tan

𝐴

4 tan

𝐵

4 + tan 𝐵

4 tan

𝐶

4 + tan 𝐶

4 tan

𝐴

4 - tan 𝐴

4 tan

𝐵

4 tan

𝐶

4 = 1

Hd : (27.100-A01) Ta có tan𝐴+𝐵4 = tan 𝜋−𝐶4 Hay là :

𝑡𝑎𝑛𝐴4 + tan𝐵4 1−𝑡𝑎𝑛𝐴4 tan𝐵4 = 1−𝑡𝑎𝑛

𝐶 4

1+𝑡𝑎𝑛𝐶4 (Nhân chéo.)

*TRẦN ĐỨC NGỌC YÊN-SƠN ĐÔ * LƯƠNG NGHỆ-AN * GV: THPT TÂN KỲ I NGHỆ AN *

Suy ra đpcm tan 𝐴

4+tan 𝐵

4 + tan 𝐶

4 + tan

𝐴

4 tan

𝐵

4 + tan 𝐵

4 tan

𝐶

4 + tan 𝐶

4 tan

𝐴

4 - tan 𝐴

4 tan

𝐵

4 tan

𝐶

4 = 1

7)Tam giác ABC vuông tại A

Chứng minh : b2n + c2n a2n (*) Với n 𝜖 N* và BC = a , CA = b , AB = c

Hd : (28.101-A2000) Vì ABC vuông tại A nên a > 𝑏 và a > c , ta có b2

+ c2 = a2 Do đó bđt (*) Đúng với n = 1,dấu đẳng thức xẩy ra.Với n > 1 thì : ( 𝑏

𝑎 )2n + ( 𝑐

𝑎 )2n ( 𝑏

𝑎 )2 + ( 𝑐

𝑎 )2 = 1

b2n + c2n a2n (đpcm)

8)Chứng minh rằng :

Trong tam giác ta có : cos3𝐴

3 + cos3 𝐴

3 + cos3𝐴

3

3

8 +

3

4 (cos

𝐴

2 + cos 𝐵

2 + cos 𝐶

2) (*)

Hd : (28.106-A98) (*) 4 cos3𝐴

3 - 3 cos

𝐴

2 + 4 cos3𝐴

3 - 3 cos

𝐴

2 + 4 cos3𝐴

3 - 3 cos

𝐴 2

3

2

cosA + cosB + cosC 3

2 … 2𝑠𝑖𝑛𝐶2− cos𝐴−𝐵2 2+ sin2𝐴−𝐵

(bđt đúng) Dấu bằng xẩy ra

sin𝐴−𝐵2 = 0 2𝑠𝑖𝑛𝐶2− cos𝐴−𝐵2 …

𝐴 = 𝐵 𝑠𝑖𝑛𝐶2 = 12 … ABC đều

9)Chứng minh rằng trong tam giác ta có :

𝑠𝑖𝑛𝐴2 cos 𝐵2 cos 𝐶2 + 𝑠𝑖𝑛

𝐵 2

cos 𝐶2 cos 𝐴2 + 𝑠𝑖𝑛

𝐶 2

cos 𝐵2 cos 𝐴2 = 2 (*)

Hd : (28.108-D98) Ta có (*)

𝑐𝑜𝑠𝐵+𝐶2 cos 𝐵2 cos 𝐶2 + 𝑐𝑜𝑠

𝐶+𝐴 2

cos 𝐶2 cos 𝐴2 + 𝑐𝑜𝑠

𝐴 +𝐵 2

cos 𝐵2 cos 𝐴2 = 2

cos 𝐵2 cos 𝐶2 −sin 𝐵2 sin 𝐶2

cos 𝐵2 cos 𝐶2 + cos

𝐶

2 cos 𝐴2 −sin 𝐶2 sin 𝐴2 cos 𝐶2 cos 𝐴2 + cos

𝐴

2 cos 𝐵2 −sin 𝐴2 sin 𝐵2 cos 𝐵2 cos 𝐴2 = 2

3 – (tan𝐴

2tan

𝐵

2 +tan𝐵

2 tan

𝐶

2 +tan𝐶

2 tan

𝐵

2) = 2 tan𝐴

2tan

𝐵

2 +tan𝐵

2 tan

𝐶

2 +tan𝐶

2 tan

𝐵

2 = 1 (Hoàn toàn đúng Đây là bài toán quá quen thuộc )

10)Chứng minh rằng nếu các góc tam giác thoả mãn : cos2A + cos2B + cos2C -1

Thì : sinA + sinB + sinC 1+ 2

Hd : (29.109-A99) –Biến đổi giả thiết cos2A + cos2B + cos2C -1 cosAcosBcosC 0

ABC không nhọn Giả sử C là góc lớn nhất của ABC Thì 𝜋

2 C 𝜋 𝜋

4

𝐶

2 < 𝜋

2

0 < cos𝐶

2

2

2 Và sinA + sinB + sinC = 2cos 𝐶

2 sin

𝐴−𝐵

2 + sinC 2 2

2 1 + 1 = 2 + 1 Tức là ta được đpcm : sinA + sinB + sinC 1+ 2

11)Chứng minh rằng trong tam giác ta có : 1

𝑠𝑖𝑛2𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛2𝐵 + 1

𝑠𝑖𝑛2𝐶 1

𝑐𝑜𝑠2𝐴 2

+ 1 𝑐𝑜𝑠2𝐵 2

+ 1 𝑐𝑜𝑠2𝐶 2

Hd : (29.111-D99)

-Ta có sinA + sinB = 2cos𝐶

2 cos

𝐴−𝐵

2 2cos𝐶

2 suy ra : 𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵

2 cos𝐶

2 (1)

- Theo Côsy : 1

𝑠𝑖𝑛2𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛2𝐵 2

𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵 𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵2

2

2 2

𝐶𝑂𝑆 2 𝐶 2

(Vì theo (1) ở trên)

- Tương tự ta có: 1

𝑠𝑖𝑛2𝐵 + 𝑠𝑖𝑛12𝐶 2

𝑐𝑜𝑠2𝐴 2

và 1 𝑠𝑖𝑛2𝐶 + 𝑠𝑖𝑛12𝐴 2

𝑐𝑜𝑠2𝐵 2

.Cộng 3 bđt cùng chiều

Ta được đpcm : 1

𝑠𝑖𝑛2𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛2𝐵 + 1

𝑠𝑖𝑛2𝐶 1

𝑐𝑜𝑠2𝐴 2

+ 1 𝑐𝑜𝑠2𝐵 2

+ 1 𝑐𝑜𝑠2𝐶 2

12)Chứng minh rằng trong tam giác ta có : sinA + sinB − sinC

cosA + cosB − cosC +1 = tan 𝐴

2tan

𝐵

2cot

𝐶

2 (*)

Hd : (29.114-D2000) Đẳng thức (*) có:

VT = sinA + sinB − sinC

cosA + cosB − cosC +1 =…Tổngthành tích)… = 4cos

𝐶

2 sin𝐴2 sin𝐵2 4sin𝐶2cos𝐴2 cos𝐵2 = tan 𝐴

2tan

𝐵

2cot

𝐶

2 = VP

13)Chứng minh rằng trong tam giác ta có :

1/ ab(a+b-2c) + bc(b+c-2a) + ca(c+a-2b) ≥ 0

2/ 1

𝑠𝑖𝑛2𝐴 2

+ 1 𝑠𝑖𝑛2𝐵 2

+ 1 𝑠𝑖𝑛2𝐶 2

12

Hd : (30.119-A98).1/Ta có : ab(a+b-2c) + bc(b+c-2a) + ca(c+a-2b) ≥ 0

ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) ≥ 6abc 𝑎

𝑐 +

𝑏

𝑐 +

𝑏

𝑎 +

𝑐

𝑎 +

𝑐

𝑏 +

𝑎

𝑏 6 (bđt đúng )

(Áp dụng Côsy cho 6 số dương ở vế trái )

14)Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc của tam giác đó thoả mãn : 𝑠𝑖𝑛𝐶

𝑠𝑖𝑛𝐵 = 2cosA

Hd : (31.124-D99)

-Ta có : 𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵 = 2cosA sin(A+B) = 2cossAsinB … sin(A-B) = 0 , ABC cân tại đỉnh C

15)Chứng minh rằng nếu các góc tam giác thoả mãn :

cot 𝐴

2 cot

𝐵

2 cot

𝐶

2 - ( 1

𝐶𝑂𝑆𝐴2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐵2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐶2 ) = cotA + cotB + cotC thì ABC đều

Hd : (31.125-A99)

- Ta c/m được ABC bất kỳ ,có cot 𝐴

2 cot

𝐵

2 cot

𝐶

2 = cot 𝐴

2 + cot 𝐵

2 + cot 𝐶

2

- Lại c/m được cot 𝐴

2 – cotA = 1

𝑠𝑖𝑛𝐴 Tương tự cho góc B và góc C

- Do đó : cot 𝐴

2 cot

𝐵

2 cot

𝐶

2 - ( 1

𝐶𝑂𝑆𝐴2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐵2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐶2 ) = cotA + cotB + cotC … (cot 𝐴

2 – cotA) + (cot 𝐵

2 – cotB) + (cot 𝐶

2 – cotC) - ( 1

𝐶𝑂𝑆𝐴2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐵2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐶2 ) = 0 1

𝑠𝑖𝑛𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛𝐵 + 1

𝑠𝑖𝑛𝐶 = 1

𝐶𝑂𝑆𝐴2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐵2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐶2 (*)

- Ta có : sinA + sinB = 2cos𝐶

2 cos

𝐴−𝐵

2 2cos

𝐶

2 -Do đó : : 1

𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵1 2 1

𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵 𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵2

2

2

𝐶𝑂𝑆𝐶2

16)Chứng minh rằng nếu các góc tam giác thoả mãn : sin2B + sin2C = 2sin2A Thì A 600

Hd : (31.126-B2000) -.Ta có : sin2B + sin2C = 2sin2A b2 + c2 = 2a2 (Suy ra từ Định lý sin )

- Ta có : a2 = b2 + c2 – 2bc cosA (Định lý côsin trong tam giác)

*TRẦN ĐỨC NGỌC YÊN-SƠN ĐÔ * LƯƠNG NGHỆ-AN * GV: THPT TÂN KỲ I NGHỆ AN *

-Do đó : cosA = 𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐 =

𝑏2+𝑐2−12(𝑏2+𝑐2)

𝑏2+𝑐2

4𝑏𝑐 2𝑏𝑐

4𝑏𝑐 = 1

2 suy ra đpcm : A 60

0

17)Chứng minh rằng nếu các góc tam giác thoả mãn :

1

𝑠𝑖𝑛22𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛22𝐵 + 1

𝑠𝑖𝑛2 2𝐶 =

1 2𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶 thì ABC đều

Hd : (31.127-A01)

- Ta có : 1

𝑠𝑖𝑛22𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛22𝐵 2

𝑠𝑖𝑛 2𝐴.𝑠𝑖𝑛 2𝐵

1

𝑠𝑖𝑛22𝐵 + 1

𝑠𝑖𝑛22𝐶 2

𝑠𝑖𝑛 2𝐵.𝑠𝑖𝑛 2𝐶

𝑠𝑖𝑛122𝐶 +𝑠𝑖𝑛122𝐴 𝑠𝑖𝑛 2𝐶.𝑠𝑖𝑛 2𝐴2

- suy ra VT 2

𝑠𝑖𝑛 2𝐴.𝑠𝑖𝑛 2𝐵 + 𝑠𝑖𝑛 2𝐵.𝑠𝑖𝑛 2𝐶2 + 𝑠𝑖𝑛 2𝐶.𝑠𝑖𝑛 2𝐴2

VT 𝑠𝑖𝑛 2𝐶+𝑠𝑖𝑛 2𝐴+𝑠𝑖𝑛 2𝐵

𝑠𝑖𝑛 2𝐴.𝑠𝑖𝑛 2𝐵𝑠𝑖𝑛 2𝐶 = 1

2𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶 Dấu bằng xẩy ra khi ABC đều

18)Hãy tính các góc tam giác nếu các góc của tam giác thoả mãn :

Cos2A + 3 (cos2B + cos2C) + 5

2 = 0 (*)

Hd : (31.128-B01) Biến đỏi ,được (*) 2𝑐𝑜𝑠𝐴 − 3 cos⁡(𝐵 − 𝐶) 2 + 3sin2(B-C) = 0 sin 𝐵 − 𝐶 = 0

2𝑐𝑜𝑠𝐴 − 3 cos 𝐵 − 𝐶 = 0 ……… A =

π 6

B = C =5π12

19) 1/-Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3 cosB +3(cosA + cosC) với A,B,C là ba góc của một

tam giác

2/-Chứng minh tam giác ABC nhọn thì: 2

3 (sinA + sinB + sinC) + 13 (tanA + tanB + tanC) 𝜋

Hd : (32.129-A98)

1/Ta có : P = 3 cosB +3(cosA + cosC) = 3 cosB + 6sin 𝐵

2 cos

𝐴−𝐶

2 3 cosB + 6sin 𝐵

2 = …

P 3(1- 2sin2𝐵

2 ) + 6sin

𝐵

2 = 5 3

2 - 2 3 (𝑠𝑖𝑛𝐵2− 32 )2 5 3

2 Suy ra MaxP = 5 3

2 Đạt được khi : 𝑐𝑜𝑠𝐴−𝐶

2 = 1 sin𝐵2= 32 …… 𝐴 = 𝐶 = 300

𝐵 = 1200 Vậy MaxP = 5 3

2

2/Xét hàm số f (x) = 2

3 sinx + 1

3 tanx - x với 0 x

𝜋

2 ,Dùng công cụ đạo hàm c/m hàm số đồng biến trong khoảng (0; 𝜋

2 ) do đó f (x) f (0) = 0 với mọi x 𝜖 (0; 𝜋

2 ) Theo giả thiết ABC nhọn ,ta có : f (A) = 2

3 sinA + 1

3 tanA - A 0

f (B) = 23 sinB + 1

3 tanB - B 0

f (C) = 2

3 sinC + 1

3 tanC - C 0

Cộng ba bđt trên , được: 23 (sinA+sinB+sinC) + 1

3(tanA+tanB+tanC) A+B+C = 𝜋 (đpcm)

20)Tam giác ABC có các góc nhọn , chứng minh (sinA)2sinB + (sinB)2sinC + (sinC)2sinA 2 Bất đẳng thức còn đúng không khi tam giác ABC là tam giác vuông? Tại sao ?

Hd : (32.130-A99)

- Ta c/m được :sin2A+sin2B+sin2C = 2+2cosAcosBcosC

- Suy ra ABC nhọn thì : sin2A+sin2B+sin2C 2

-Mặt khác 0 sinA 1 và sinB 1 nên (sin2A)sinB (sin2A)1 (sinA)2sinB

sin2A Tương tự ,có : (sinB)2sinC sin2B và (sinC)2sinA sin2C Cộng ba bđt cùng chiều này ta được đpcm :

(sinA)2sinB + (sinB)2sinC + (sinC)2sinA sin2A+ sin2B+ sin2C 2

Nếu tam giác ABC vuông ,chẳng hạn A = 900 thì :

(sinA)2sinB + (sinB)2sinC + (sinC)2sinA = 1+(sinB)2sinC+ sin2C 1+(sin2B)1 + sin2C = 1+ cos2C+sin2C = 2 Như vậy :trong trường hợp tam giác vuông thì bđt đã cho vẫn đúng

21)Chứng minh rằng trong tam giác ta có : cosAcosBcosC sin𝐴

2sin

𝐵

2 s𝑖𝑛𝐶2 (*)

Hd : (32.131-A2000)

- Tam giác ABC tù hoặc vuông thì hiển nhiên bđt (*) đúng

( vì khi đó cosAcosBcosC 0 sin𝐴

2sin

𝐵

2 s𝑖𝑛 𝐶2 )

- Tam giác ABC nhọn thì cosA,cosB,cosC đều dương

Ta có cosAcosB = 12 cos 𝐴 + 𝐵 + cos⁡(𝐴 − 𝐵) 1

2 (1-cosC) = sin2𝐶

2

- Nghĩa là : cosAcosB sin2𝐶

2 Tương tự cosBcosC sin2𝐴

2 và cosC cosA ≤ sin2𝐵

2 .Nhân ba bđt

cùng chiều có các vế đều dương này ta được đpcm : cosAcosBcosC sin𝐴

2sin

𝐵

2 s𝑖𝑛𝐶2

22) Tam giác ABC với a,b,c là độ dài ba cạnh A,B,C là ba góc Chứng minh ABC vuông tại A hoặc cân

tại A khi và chỉ khi : 𝑏−𝑐

𝑏+𝑐 = tan 𝐵−𝐶2

Hd : (34.134-D99) Áp dụng Định lý sin,biến đổi tổng thành tích ở vế trái

-Ta có : 𝑏−𝑐

𝑏+𝑐 = tan 𝐵−𝐶2 cot𝐵+𝐶2 tan 𝐵−𝐶2 = 𝑡𝑎𝑛𝐵−𝐶2 𝑡𝑎𝑛

𝐵−𝐶

2 = 0 cot𝐵+𝐶

2 = 1 … ABC cân hoặc vuông tại đỉnh A

23)Tam giác ABC có độ dài các cạnh là a,b,c và A’B’C’ có độ dài các cạnh là a2,b2,c2

a/- Hãy xác định dạng của ABC

b/- So sánh góc bé nhất của ABC và góc bé nhất của A’B’C’

Hd : (36.138-A97)

-a/Vì a2,b2,c2 là độ dài ba cạnh của A’B’C’nên

𝑎2 < 𝑏2+ 𝑐2

𝑏2 < 𝑐2+ 𝑎2

𝑐2 < 𝑎2+ 𝑏2

(tính chất các cạnh tam giác)

- Từ hệ điều kiện trên suy ra ABC có ba góc đều nhọn.Vì áp dụng định lý côsin cho ABC

a2 = b2 + c2 - 2bccosA < b2

+ c2 khi cosA 0 tức là khi góc A là góc nhọn

Tương tự,ta có : B,C cũng là góc nhọn.Vậy ABC nhọn

-b/So sánh góc bé nhất của ABC và góc bé nhất của A’B’C’:

Giả sử a b c a2 b2 c2 A , A’ tương ứng là góc nhỏ nhất của ABC và A’B’C’

*TRẦN ĐỨC NGỌC YÊN-SƠN ĐÔ * LƯƠNG NGHỆ-AN * GV: THPT TÂN KỲ I NGHỆ AN *

- Xét cosA – cosA’= 𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐 - 𝑏

4+𝑐4−𝑎4 2𝑏2𝑐2 = ……= 𝑐

2−𝑏2) 𝑐−𝑏 +𝑎2(𝑏𝑐−𝑎2)

2𝑏2𝑐2 0

vì a b c Như vậy cosA cosA’ A A’

24 * )Chứng minh nếu tam giác ABC là tam giác nhọn thì : tan8A + tan8B + tan8C 9 tan2Atan2Btan2C

Hd : (36.140-A99)

- Từ giả thiết ABC nhọn tanA,tanB,tanC dương,nghĩ đến bđt côsy

- Trong tam giác không vuông ta c/m được tanAtanBtanC = tanA+tanB+tanC

- Áp dụng Côsy có tanAtanBtanC = tanA+tanB+tanC ≥ 3 tanAtanBtanC3

,mũ ba hai vế, Làm gọn ta được : (tanAtanBtanC)2 27 Nhân hai vế bđt với (tanAtanBtanC)6 0 ,được (tanAtanBtanC)8 27(tanAtanBtanC)6 Khai căn bậc 3 hai vế được :

( tanAtanBtanC3 )8 3tan2Atan2Btan2C (Nhân 3 cả hai vế ,để vận dụng bđt Côsy cho ba số)

9 tan2

Atan2Btan2C 33 tan8Atan8Btan8C tan8A + tan8B + tan8C .Như vậy ta có đpcm : ABC là tam giác nhọn thì : tan8A + tan8B + tan8C 9 tan2Atan2Btan2C

25) Tam giác ABC có các góc thoả mãn đều kiện : 𝑠𝑖𝑛𝐵 + 𝑠𝑖𝑛𝐶 = 2𝑠𝑖𝑛𝐴 (1)

𝑡𝑎𝑛𝐵 + 𝑡𝑎𝑛𝐶 = 2𝑡𝑎𝑛𝐴 (2) Chứng minh ABC đều

Hd : (36.141-B99)

-Giả thiết (1) cos𝐵−𝐶

2 = 2sin 𝐴

2 cos2𝐵−𝐶

2 = 4sin2𝐴

2 1+ cos(B-C) = 4(1 – cosA) (1’)

-Giả thiết (2) sin (𝐵+𝑐)

𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶 = 2𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐴 … cos(B-C) = 2cosA (2’) -Thế (2’) vào (1’) 1 + 2cossA = 4 – 4cossA cosA = 1

2 … A = 600

- Thế vào (2’) được cos(B-C) = 1 B = C Vậy : ABC đều

26) a/Chứng minh rằng trong tam giác ABC bất kỳ , ta có :

𝑐𝑜𝑠𝐴 −𝐵2 𝑠𝑖𝑛𝐶2 +𝑐𝑜𝑠

𝐵−𝐶 2

𝑠𝑖𝑛𝐴2 +𝑐𝑜𝑠

𝐶−𝐴 2

𝑠𝑖𝑛𝐵2 6 (*)

b/Xác định dạng của ABC Biết rằng : (1+cotA)(1+cotB) = 2 (**)

Hd : (3.142-D2000)

-a/Nhân cả tử và mẫu thức mỗi hạng tử ở vế trái với 2cos𝐶

2 , 2cos𝐴

2 , 2cos𝐵

2 tương ứng ,được :

(*)

2𝑐𝑜𝑠𝐶2 𝑐𝑜𝑠𝐴 −𝐵2

2𝑐𝑜𝑠𝐶2 𝑠𝑖𝑛𝐶2 +2cos

𝐴

2𝑐𝑜𝑠𝐵−𝐶2 2𝑐𝑜𝑠𝐴2 𝑠𝑖𝑛𝐴2 +2cos

𝐵

2𝑐𝑜𝑠𝐶−𝐴2 2cos𝐵2𝑠𝑖𝑛𝐵2 6 …

𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵

𝑠𝑖𝑛𝐶 + 𝑠𝑖𝑛𝐵 +𝑠𝑖𝑛𝐶

𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐶 +𝑠𝑖𝑛𝐴

𝑠𝑖𝑛𝐵 6

𝑎+𝑏

𝑐 + 𝑐+𝑏

𝑎 +𝑐+𝑎

𝑏 6

𝑎

𝑐 +𝑏

𝑐 +𝑐

𝑎 +𝑏

𝑎 +𝑐

𝑏 +𝑎

𝑏 6 đúng Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c , ABC đều

-b/Nhận dạng tam giác :Giả thiết (1+cotA)(1+cotB) = 2. (sinA+cosA)(sinB+cosB)=2sinAsinB … cos(A+B) + sin(A+B) = 0 sinC = cosC tanC = 1 … C = 450

Như vậy : ABC có C = 450

27) Tam giác ABC có các góc thoả mãn đều kiện : sin(A+B)cos(A-B) = 2sinAsinB (*)

Chứng minh ABC Là tam giác vuông

Hd : (36.144-D01)

-Ta có: sin(A+B)cos(A-B) = 2sinAsinB sinCcos(B-C) = cos(A-B) + cosC

(1 – sinC)cos(B-C) + cosC = 0 (cos 𝐶

2 – sin 𝐶

2 )2.cos(B-C) + (cos2𝐶

2 – sin2𝐶

2 ) = 0 (cos 𝐶

2 – sin 𝐶2 ) 𝑐𝑜𝑠𝐶

2− 𝑠𝑖𝑛𝐶

2 cos 𝐵 − 𝐶 + (𝑐𝑜𝑠𝐶

2+ 𝑠𝑖𝑛𝐶

2 = 0 (cos 𝐶

2 – sin 𝐶

2 ) cosC

2 1 + cos⁡(𝐵 − 𝐶) + 𝑠𝑖𝑛𝐶

2 1 − cos⁡(𝐵 − 𝐶) = 0 (Trong dấu móc vuông : dương)

cos 𝐶

2 – sin 𝐶

2 = 0 tan 𝐶2 = 1 𝐶

2 = 450 vậy C = 900 , ABC vuông tại đỉnh C

28) Tam giác ABC có các góc thoả mãn đều kiện : 1

𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵1 + 𝑠𝑖𝑛𝐶1 = 1

𝐶𝑂𝑆𝐴2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐵2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐶2 Chứng minh ABC đều

Hd : (37.147-A2000)

-Theo côsy : 1

𝑠𝑖𝑛𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛𝐵

2 sinAsinB ≥ 𝑠𝑖𝑛𝐴 +𝑠𝑖𝑛𝐵2

2

= 2 𝑐𝑜𝑠𝐶2𝑐𝑜𝑠𝐴 −𝐵2 2

𝑐𝑜𝑠𝐶2 (1)

- Tương tự ,có: 1

𝑠𝑖𝑛𝐵 + 1

𝑠𝑖𝑛𝐶

2 𝑐𝑜𝑠𝐴2 (2) và 1

𝑠𝑖𝑛𝐶 + 1

𝑠𝑖𝑛𝐴

2 𝑐𝑜𝑠𝐵2 (3) Cộng 3 bđt cùng chiều (1),(2),(3) ta được : 1

𝑠𝑖𝑛𝐴 + 1

𝑠𝑖𝑛𝐵 + 1

𝑠𝑖𝑛𝐶

1 𝐶𝑂𝑆𝐴2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐵2 + 1 𝐶𝑂𝑆𝐶2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ở cả ba bđt (1),(2),(3) đều xẩy ra dấu bằng … ABC đều

29) Tam giác ABC có các cạnh và các góc thoả mãn đều kiện : c2sin2A + a2sin2C = b2cot 𝐵

2

Hãy xác định hình dạng của tam giác đó

Hd : (38.154-A01)

VT = c2sin2A + a2sin2C = … =

= 4R2 cos 𝐴 − 𝐶 − cos⁡(𝐴 + 𝐶) sin⁡(𝐴 + 𝐶) 4R2 1 − cos⁡(𝐴 + 𝐶) sin⁡(𝐴 + 𝐶)

= 2sin2𝐴+𝐶

2 .sin(A+C) = 8R2 cos2𝐵

2 sinB = 8R

2𝑐𝑜𝑠2𝐵 2

𝑠𝑖𝑛𝐵 sin

2

B = 2b2

𝑐𝑜𝑠2𝐵 2

𝑠𝑖𝑛𝐵 = b2cot 𝐵

2 = VP

Như vậy với ABC bất kỳ ta có : c2sin2A + a2sin2C ≤ b2

cot 𝐵

2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

cos 𝐴 − 𝐶 = 1 A = C Tức là ABC cân tại đỉnh B

30) Tam giác ABC có các cạnh và cácgóc thoả mãn đều kiện : bc 3 = R 2 𝑏 + 𝑐 − 𝑎 (*) Trong đó a,b,c là độ dài ba cạnh và R là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh ABC đều

Hd : (39.156-A97) –Định lý sin trong tam giác

(*) 2sinB 1 − sin⁡(𝐶 +𝜋6 ) + 2𝑠𝑖𝑛𝐶 1 − sin⁡(𝐵 +𝜋6) = 0

sin 𝐵 +𝜋

6 = 1 sin 𝑐 +𝜋

6 = 1

𝐵 =𝜋 3

𝑐 =𝜋 3 ABC đều

31) Tam giác ABC có các góc thoả mãn đều kiện : sin 𝐴

2 cos

3𝐵

2 = sin

𝐵

2 cos

3𝐴

2 (*)

Chứng minh ABC cân

Hd : (39.158-A99) –Chia hai vế của (*) cho cos3𝐴

2 cos

3𝐵

2 , chú ý 1

𝑐𝑜𝑠2𝐴 2

= 1 + tan2𝐴

2

-Ta có (*) (tan 𝐴

2 – tan

𝐵

2)(1+ tan2𝐴

2 + tan2𝐵

2 + tan𝐴

2tan

𝐵

2 ) = 0 tan 𝐴

2 – tan

𝐵

2 A = B

ABC cân tại đỉnh C

*TRẦN ĐỨC NGỌC YÊN-SƠN ĐÔ * LƯƠNG NGHỆ-AN * GV: THPT TÂN KỲ I NGHỆ AN *

32) Tam giác ABC cóđặc điểm gì nếu : 𝑎

2−𝑏2

𝑎2+𝑏2 = sin ⁡(𝐴−𝐵)

sin ⁡(𝐴+𝐵) (*)

Hd : (39.160-A01)

-Ta có (*) ( a2 – b2 ) sin (A+B) = (a2+ b2 )sin (A-B) (1)

-Đẳng thức (1) có VT = ( a2 – b2 ) sin (A+B) = 4R2(sin2A – sin2B)sin(A+B) = … = c2sin (A-B) -Thay vào (1) được : c2sin (A-B) = (a2+ b2 )sin (A-B)

𝑎2+ 𝑏2= 𝑐2

sin 𝐴 − 𝐵 = 0 ∆𝐴𝐵𝐶 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑡ạ𝑖 đỉ𝑛ℎ 𝐶 ∆𝐴𝐵𝐶 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝐶

33 * ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = 𝑠𝑖𝑛

2𝐴+𝑠𝑖𝑛2𝐵+𝑠𝑖𝑛2𝐶 𝑐𝑜𝑠2𝐴+𝑐𝑜𝑠2𝐵+𝑐𝑜𝑠2𝐶 Trong đó A,B,C là ba góc ABC

Hd : (40.162-A98)

Ta có M +1 = 𝑠𝑖𝑛2𝐴+𝑠𝑖𝑛2𝐵+𝑠𝑖𝑛2𝐶

𝑐𝑜𝑠2𝐴+𝑐𝑜𝑠2𝐵+𝑐𝑜𝑠2𝐶 + 1 = 3

𝑐𝑜𝑠2𝐴+𝑐𝑜𝑠2𝐵+𝑐𝑜𝑠2𝐶 = 3

𝑐𝑜𝑠2𝐴+12 𝑐𝑜𝑠 2𝐵+𝑐𝑜𝑠 2𝐶 +1 = 3

4𝑐𝑜𝑠2𝐴 − 4𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠 𝐵−𝐶 +𝑐𝑜𝑠2(𝐵−𝐶)+𝑠𝑖𝑛2(𝐵−𝐶)+3 = 2𝑐𝑜𝑠𝐴 −cos ⁡(𝐵−𝐶) 122+𝑠𝑖𝑛2(𝐵−𝐶)+3 123 = 4 Như vậy : M+1 4 M 3 Dấu bằng xẩy ra ,tức là M đạt giá trị lớn nhất khi : sin 𝐵 − 𝐶 = 0

2𝑐𝑜𝑠𝐴 − cos 𝐵 − 𝐶 = 0 … ABC đều Như vậy MaxM = 3 đạt được khi ABC đều

34) Tam giác ABC có các góc thoả mãn đều kiện : 2cosAsinBsinC + 3 (sinA+cosB+cosC) = 17

4 (*) Hãy xác định hình dạng của tam giác đó.Chứng minh

Hd : (40.163-A99)-Thay cosA = 𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐 = 𝑠𝑖𝑛

2𝐵+𝑠𝑖𝑛2𝐶−𝑠𝑖𝑛2𝐴 2𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶 ,Ta có (*) … sin2A+sin2B+sin2C + 3 (sinA+cosB+cosC) = 17

4

2 - 𝑐𝑜𝑠2𝐶 − 3 𝑐𝑜𝑠𝐶 2− 𝑐𝑜𝑠2𝐵 − 3 𝑐𝑜𝑠𝐵 2 - 𝑠𝑖𝑛2𝐴 − 3 𝑠𝑖𝑛𝐶 2 = 17

4 …

𝑐𝑜𝑠𝐶 − 32 2 + 𝑐𝑜𝑠𝐵 − 32 2 + 𝑠𝑖𝑛𝐴 − 32 2 = 0

𝑐𝑜𝑠𝐵 = 32 𝑐𝑜𝑠𝐶 = 32 𝑠𝑖𝑛𝐴 = 32

𝐵 =𝜋6

𝐶 =𝜋6

𝐴 =2𝜋3

Như vậy ABC cân tại đỉnh A và A =2𝜋3

35) Tam giác ABC có các góc thoả mãn đều kiện : 𝑠𝑖𝑛𝐵 = 2 − 𝑐𝑜𝑠𝐶 𝑠𝑖𝑛𝐴 (1)

𝑠𝑖𝑛𝐶 = 2 − 𝑐𝑜𝑠𝐵 𝑠𝑖𝑛𝐴 (2) Hãy xác định hình dạng của tam giác đó.Chứng minh

Hd : (40.164-A2000)- Để ý : trong khoảng (0;𝜋) Hàm số sin đồng biến và hàm số cosin nghịch biến

- Lấy (1) chia cho (2) vế theo vế rồi cộng (-1) vào mỗi vế được : 𝑠𝑖𝑛𝐵 −𝑠𝑖𝑛𝐶

𝑠𝑖𝑛𝐶 = 𝑐𝑜𝑠𝐵 −𝑐𝑜𝑠𝐶

2−𝑐𝑜𝑠𝐵 (*)

B = C vì nếu B C thì ở (*) không xẩy ra dấu bằng (dấu hai vế khác nhau)

-Thay B =C vào (1) : sinB = 2 − 𝑐𝑜𝑠𝐶 sin⁡(𝐵 + 𝐶) … ( 2𝑐𝑜𝑠𝐵 − 1)2

= 0 B = 𝜋

4 Vậy : B = C = 𝜋

4 A = 𝜋

2 Như vậy Tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A.

36) Tam giác ABC có các cạnh a,b,c và diện tích S thoả mãn : S = (c + a - b)(c + b – a)

Chứng minh : tanC = 8

15

Hd : (40.165-A01) Sử dụng giả thiết S = (c + a - b)(c + b – a) , S = 𝑝 𝑝 − 𝑎 𝑝 − 𝑏 (𝑝 − 𝑐)

Định lý cosin trong tam giác c2 = a2 + b2 – 2bccossC để giải bài toán này

-Từ giả thiết S = (c + a - b)(c + b – a) suy ra S2 = 16(p - a)2(p – b)2 𝑝−𝑎 (𝑝−𝑏)

𝑝(𝑝−𝑐) =

1

16 (1)

- Ta có : tan2 𝐶

2 = 1−𝑐𝑜𝑠𝐶 1+𝑐𝑜𝑠𝐶 = …= 𝑝−𝑎 (𝑝−𝑏)

𝑝(𝑝−𝑐) (2)

- Từ (1) và (2) suy ra tan 𝐶

2 = 1

4 Do đó tanC = 2𝑡𝑎𝑛

𝐶 2

1−𝑡𝑎𝑛2𝐶

2

= … = 8

15 đpcm

37) Tam giác ABC có các cạnh a,b,c và các đường trung tuyến tương ứng :ma,mb,mc .Chứng minh rằng ABC đều nếu ta có : 𝑎

𝑚𝑎 = 𝑏

𝑚𝑏 = 𝑐

𝑚𝑐

Hd : (41.166-D01)

Dùng công thức trung tuyến: ma

2

= 𝑏2+𝑐2

2 - 𝑎

2

4 ,tính chất dãy tỷ số bằng nhau để giải bài toán này -Ta có : m2a – m2

= … = 3(𝑏2−𝑎2)

4 suy ra (m

2

a – m2

)(a2 – b2) 0 (ma – mb)(a – b) 0 (1)

- Nếu ma mb ,thì từ giả thiết : 𝑎

𝑚𝑎 = 𝑏

𝑚𝑏 = 𝑐

𝑚𝑐 𝑎−𝑏

𝑚𝑎−𝑚𝑏 = 𝑐

𝑚𝑐 0 (2)

-Từ (1) và (2) suy ra : a = b Lập luận tương tự ,có b = c Vậy ABC đều

38) Tam giác ABC có các cạnh a,b,c và các góc thoả mãn :

1+𝑐𝑜𝑠𝐶 𝑠𝑖𝑛𝐶 = 2𝑎+𝑏

4𝑎 2 −𝑏 2 (1)

𝑎2 𝑏 + 𝑐 − 𝑎 = 𝑏2+ 𝑐2− 𝑎2 (2) Chứng minh ABC đều

Hd : (44.172-B2000)

-Bình phương hai vế của (1) ,làm gọn được : 1+𝑐𝑜𝑠𝐶

1−𝑐𝑜𝑠𝐶 + 1 = 2𝑎+𝑏2𝑎−𝑏 + 1 … b = 2acossC sin(A-C) = 0 A = C a = c (3)

-Giả thiêt :𝑎2 𝑏 + 𝑐 − 𝑎 = 𝑏2+ 𝑐2− 𝑎2 … a = b (4) Từ (3) và (4) ABC đều

39) Chứng minh ABC bất kỳ ,với a,b,c là độ dài các cạnh , p là nửa chu vi Chứng minh rằng :

𝑝 < 𝑝 − 𝑎 + 𝑝 − 𝑏 + 𝑝 − 𝑐 3𝑝

Hd : (45.174-B98)

-Chứng minh : 𝑝 < 𝑝 − 𝑎 + 𝑝 − 𝑏 + 𝑝 − 𝑐 Bình phương hai vế , được điều hiển nhiên

-Chứng minh : 𝑝 − 𝑎 + 𝑝 − 𝑏 + 𝑝 − 𝑐 3𝑝 Thì áp dụng bđt BunhiaCopxky

Ta có : ( 𝑝 − 𝑎 + 𝑝 − 𝑏 + 𝑝 − 𝑐 )2

3(p - a + p - b + p - c) = 3p

𝑝 − 𝑎 + 𝑝 − 𝑏 + 𝑝 − 𝑐 3𝑝

40) Tam giác ABC thoả mãn : 𝑎𝑐𝑜𝑠𝐴 +𝑏𝑐𝑜𝑠𝐵 +𝑐𝑐𝑜𝑠𝐶

𝑎𝑠𝑖𝑛𝐵 +𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶 +𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴 = 2𝑝9𝑅 (*) Trong đó a,b,c là độ dài ba cạnh

p là nửa chu vi và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh ABC đều

Hd : (45.176-B01) -Dùng Đlý sin trong tam giác

- Biến đổi (*) 9sinAsinBsinC = (sinAsinB+ sinBsinC + sinCsinA)(sinA+sinB+sinC) (1)

-Áp dụng bđt Côsy : sinAsinB+ sinBsinC + sinCsinA 3 𝑠𝑖𝑛3 2𝐴𝑠𝑖𝑛2𝐵𝑠𝑖𝑛2𝐶 (2)

-Ta lại có : sinA + sinB + sinC 33 𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶 (3)

-Nhân hai bđt cùng chiều có các vế dương (2) và (3) được :

*TRẦN ĐỨC NGỌC YÊN-SƠN ĐÔ * LƯƠNG NGHỆ-AN * GV: THPT TÂN KỲ I NGHỆ AN *

(sinA + sinB + sinC)(sinAsinB+ sinBsinC + sinCsinA) 9sinAsinBsinC (4)

Từ (1) và (4) suy ra : sinA = sinB = sinC , ∆ABC đều Đây là đpcm

******************************************************************************** Trên đây là 40 bài toán Trong Tam giác-Đây là những bài đã thi Đại học từ 1997 đến 2008.Tôi đã biên tập, ghi lại ngắn gọn Hướng dẫn giải.Mong sao giúp các em học sinh ôn tập tốt mảng kiến thức này.Tất cả có 80 bài toán Trong tam giác đã thi từ 1997 đến 2008 tôi soạn thành hai phần :Phần I có

40 bài – Gửi lên Violet ngày 17 tháng 05/2009 Đây là 40 bài phần II.Bạn đồng nghiệp nào cần 40 bài phần I thì xin mời vào trang cá nhân Trần Đức Ngọc để download Xin mời các bạn ghé thăm

(Địa chỉ http://violet,vn/ducngoct/ )

TRẦN ĐỨC NGỌC - 0985128747 - YÊN SƠN ĐÔ LƯƠNG NGHỆ AN - GV TRƯỜNG THPH TÂN KỲ I NGHỆ AN

********************************************************************************