Tính diện tích tam giác biết rằng: bsinCb.cosC + c.cosB = 20 Lời giải... Tính các góc của tam giác... Từ một điểm trong tam giác ABC vẽ các véc tơ đơn vị hướng ra ngoài và vuông góc các
Trang 1CÁC 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 b c
Chứng minh tam giác ABC đều
Lời giải
Cách 1
2
a b c
+ + ⇔sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC
⇔sinAsinBsinC = cos cos cos
B C ⇔ 8sin
2
A
sin
2
B
sin
2
C
= 1⇔
A
⇔4sin
2
A
2
⇔
2
2
2 1 sin
2 2
B C A
−
⎪⎪
⎨
⎪⎩
⇔B = C, A =
3
π
Cách 2
2
a b c
= + + ⇔sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC
⇔sinAsinBsinC = cos cos cos
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
Bsin
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
⇔ 4sin 2 4cos sin 1 0
2
Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi
2 1 sin
2 2
B C A
−
⎪⎪
⎨
⎪⎩
⇔B = C, A =
3
π
Cách 3
2
a b c
= + + ⇔sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC
Ta chứng minh sin2A + sin2B + sin2C ≤ sinA + sinB + sinC (2)
Trang 2Dấu 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 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
⎧
⎪
⎩
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
Giử sử C lớn nhất Suy ra
C
cos
C
sinA + sinB + sinC = 2 cos cos sin
C
−
2
C
C
Bài toán 3.(ĐH Vinh - B1999)
Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả :
sin sin 2sin
tan tan 2 tan
⎧
⎩ thì tam giác ABC đều
Lời giải
sinB + sinC = 2sinA ⇔ 2 cos cos 4sin cos
⇔ cos 2 4sin 2
1+cos(B - C) = 4(1 - cosA) (1) tanB + tanC = 2tanA ⇔ sin( ) 2sin
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
Trang 3Bài 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 sin2 sin2 sin2
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
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
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
+ +
= + + = asinA + bsinB + csinC =a.2S b.2S c.2S 2 (S a b c
bc + ca + ab = bc ca ab+ + )= = (ax by cz)(a b c )
bc ca ab
2
b c
ax by cz
a c b)
2
2
a b
c b a+ ] +
≥(ax by cz)(1
a
b +1)
c ≥ ( x+ y+ z)2
Chú ý:
i) Bđt cuối có được do: ( x+ y+ z)2=
2
ii) Có thể chứng minh: a b c 1 1 1
bc ca ab+ + ≥ + +a b c như sau:
1( )
2
2
2
ab bc+
ii) Có thể giải bài toán nhanh hơn:
x+ y+ z= ax 1
a + by 1
b + cz 1
c ≤ 1 1 1 (ax by cz)
a b c
Trang 4= 1 1 1 .2S
a b c
⎛ + + ⎞
1 1 1
2
abc
⎛ + + ⎞
ab bc ca R
+ +
2
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
⇔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:
2 A
cos
cos
cos
2 - 2 = 1
4
A - B cos 2
B - C cos 2
C - A cos 2
Lời giải
2 A
cos
cos
cos
2 - 2 = 1
4
A - B cos 2
B - C cos 2
C - A cos 2
⇔2(3 + cosA + cosB + cosC) - 8 = cosA - B
2
B - C cos 2
C - A cos 2
⇔2(cosA + cosB + cosC - 1) = cosA - B
2
B - C cos 2
C - A cos 2
⇔8sinA
2 sinB
2 sinC
2 = cosA - B
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: 1 1 1+ +
a b c
Lời giải
để ý rằng aha = 2S ⇔ 1
a
h =
2
a S
Suy ra: 1
a
h + 1
b
h + 1
c
2S a b c+ +
Bài toán 9 (ĐH&CĐ- A2003- TK2)
Trang 5Tính các góc của tam giác ABC biết rằng:
2 3 3 sin sin sin
p p a bc
− ≤
⎧
⎪
=
⎪⎩
trong đó BC = a, CA = b, Ab = c, p =
2
a b c+ +
Lời giải
4 ( ) (1)
2 3 3 sin sin sin (2)
p p a bc
− ≤
⎧
⎪
=
⎪⎩
(1) ⇔4
2
a b c+ +
2
b c a+ −
bc ≤ ⇔ (b c)2 a2
bc
1⇔ 2 (1 cos )bc A
bc
1
⇔cos2
2
A 1/4 ≤ ⇔ sin2
2
4
2
2
≥
VT(2) = sin
2
A
sin 2
B
sin 2
C = 1
2 sin 2
B C− − B C+ )
≤ 1
2 sin 2
A
(1 sin
2
A
4
= 1
8 -
2
sin
A
2
− ⎜⎜ − ⎟⎟ =
Dấu = khi chỉ khi:
2 3 sin
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 − B - - sin2C = 1 - cos(A+B)cos(A-B) - sin2C = 1 + cosCcos(A-B) - sin2C = [ ]2 1 2
4
4
≥ − +
minQ = - 1
4 khi chỉ khi
1 cos
2
A B C
⎧
⎪
⎪⎩ ⇔A = B = 30
0, 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.
Trang 6(p - a)sin2A + (p - b)sin2B = csinAsinB ⇔ (p - a)a2 + (p - b)b2 = abc
⇔ (p a a)
bc
− + (p b b)
ca
.
p p a
a bc
.
p p b
b ca
− = p
⇔ (b c)2 a2.a
bc
+ (a c)2 b2.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 2cosB + 2 2cosC = 3
Tính các góc của tam giác
Lời giải
Cách 1
Đặt M = cos2A + 2 2cosB + 2 2cosC - 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 ⇔
2
2 1 sin
B C A
⎧
⎪
−
⎨
⎪
⎪⎩
A = 90
⇔ 0, B = C = 450
Cách 2
Từ giả thiết suy ra: cos2A + 2 2cosB + 2 2cosC - 3 = 0
1 - 2sin
⇔ 2A + 4 2 cos
2
B C+ cos
2
B C− - 3 = 0
⇔sin2A - 2 2 sin
2
Acos
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 ≥ 2sin
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
Trang 72
2
⇒ cos
2
B C−
= 1 và sin
2
A
= 1/ 2
Cách 3
M = 2cos2A - 1 + 4 2 cos
2
B C+ cos
2
2
1 2sin
2
A
A - 4
= 8t4 - 8t2 + 4 2t - 2, t = sin
2
2
∈
Đặt g(t) = 8t4 - 8t2 + 4 2t - 2, t (0; 2]
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
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 eJG1,eJJG2,eJG3
Xét bình phương vô hướng:
0 ≤ (2 + eJG1 2 eJJG2 + 2 eJG3)2 = 8 - 4 2coC - 4 2coB - 4cosA
⇔2cosA + 2 2coC + 2 2coB ≤ 4
⇔2cosA - 1 + 2 2coC + 2 2coB ≤ 3
Ta có 2cos2A - 1 2cosA - 1 ≤
Nên 2cos2A - 1 + 2 2coC + 2 2coB ≤ 2cosA - 1 + 2 2coC + 2 2coB ≤ 3
⇔cosA + 2 2coC + 2 2coB ≤ 3
Dấu = khi chỉ khi
2
cos A = cosA (0 < A )
2
2e 2e 2e 0
π
⎪
⎨
⎩ JG JJG JG G
⇔
A
=
⎧⎪
⎨
⇔
0
1 3
90
2 6 4 2
A
e e
⎧ =
⎪
⎨
= +
0 90
2 6 4 2 cos
A
B
⎧ =
⎪
⎨
= −
⎪⎩
Cách 5
cos2A + 2 2cosB + 2 2cosC - 3 = 0
⇔ cos2A = - 2 2cosB - 2 2cosC +3
Trang 8⇔ cos2A + 2cos2B + 2cos2C = 2cos2B - 2 2cosB + 2cos2C - 2 2cosC +3
⇔cos2A + 1 + cos2B + 1 + cos2C = ( 2cosB - 1)2 + ( 2cosC - 1)2 + 1
⇔2 - 1 - 4cosA cosB cosC = ( 2cosB - 1)2 + ( 2cosC - 1)2 + 1
⇔- 4cosA cosB cosC = ( 2cosB - 1)2 + ( 2cosC - 1)2
- 4cosA cosB cosC ≤0 ( ABC không tù)
Suy ra: ( 2cosB - 1)2 + ( 2cosC - 1)2 - 4cosA cosB cosC ≤ 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
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 = 2sinBsinAtanC
2 Chứng minh rằng tam giác ABC cân
Lời giải
sinC = 2sinBsinAtanC
2
C
2
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 + cotA = a
tam giác ABC là tam giác vuông
Lời giải
+ cotA =
⇔
2
A C
2sin cos 2sin sin
A= B C− ⇔ A + C = B ⇔B =
2
π
Bài toán 16 (CĐKTKTHải Dương -A2005)
Trang 9Các 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
sin
C
⇔1 + cos(A - B) cosC + 1 - cos2C = 9
⇔4cos2C - 4cos(A - B)cosC + 1 = 0 ⇔
⇔[2cosC - cos(A - B)]2 + 1- cos2(A - B) = 0 ⇔
2cos cos( ) 0
,
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
1
Đặt x = tan
2
A
, y = tan
2
B
, z = tan
2
C
1
x x
2 1
y y
2 1
z z
1
xyz
⇔ tanA.tanB.tanC = cot
2
Acot
2
Bcot
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:
cos cos cos( ) cos( ) 1 cos
+ + − − = 2 cot 2
C
Dấu đẳng thức khi chỉ khi A = B
Tương tự: tanB + tanC ≥ 2 cot
2
A
Dấu đẳng thức khi chỉ khi B = C tanC + tanA ≥2 cot
2
B
Dấu đẳng thức khi chỉ khi C = A Suy ra: tanA + tanB + tanC cot≥
2
A
+ cot
2
B
+ cot
2
C
Trang 10
Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C
BÀI TẬP 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 a2
x + a2
x + a2
x ≥ (a b c)2
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
2
tan
2
sin
2
A
A +
2 tan
2 sin
2
B
B +
2 tan 2 sin 2
C
tan tan tan sin sin sin
≥ (3 3)2
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 2
2
2
sin 2
sin 2
sin 2
sin 2
sin
2
C
C tg B
B tg A
A tg C B
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
2
sin 2
sin 2
sin 2
sin 2
sin 2
sin
2 2
2 2
C B
A
tgC tgB tgA C
C tg B
B tg A
A
tg
P
+ +
+ +
≥ +
+
=
Vì: tgA+tgB+tgC≥ 3 3 ;
2
3 2
sin 2
sin 2
18 2
sin 2
sin 2
sin
2
≥ +
+
+ +
C B
A
tgC tgB
18 sin sin sin
tg A tg B tg C P
Trang 11Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Bài toán 19
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có:
cosA
x + cos B
y + cosC
2
2
xyz
; x, y, z > 0
Lời giải
cosA
x + cos B
y + cosC
2
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
⇔(xcosB + cosA - z)2 + (xsinB - ysinA)2 ≥ 0
Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi
sin
cos cos
⎧ =
⎪
⇔
⎪⎩
⇔x : y : z = sinA : sinB : sinC
áp dụng 1: Tính các góc của tam giác ABC biết rằng
F = 3cosA + 3(cosB + cosC) đạt giá trị lớn nhất
áp dụng 2: Tính các góc của tam giác ABC biết rằng
1
3cosA + 1
4cosB + 1
5cosC = 5
12
Bài toán 20
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có:
1 1
sinA
1 1 sinB
1 1 sinC
2 2 2 3
⎛ + ⎞
Lời giải
Trước hết ta chứng minh: Với x, y, z > 0 và x + y + z ≤ S
Khi đó 1 1
x
1 1
y
+
1 1
z
2
3 2
S
Thật vậy: VT = 1 + 1 1 1
x+ xy+xyz
∑ ∑
Mặt khác: 1 9 9
x≥ x≥ S
∑ ∑
S ≥∑x≥ 3 xyz3 ⇒ 1 273
xyz ≥ S
Trang 12
3 3
⎝ ⎠
Suy ra VT 1 + ≥ 9 27 272 3
S +S +S =
3
3 1
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
1 2sin sin sin 2cos sin (cos cos )
= -2sinBsinCsin2
2
A
+ 2 cos sin 2(cos cos ) sin sin
F đạt max khi chỉ khi sin cos2 cos2 cos2 1
2 2sin sin cos( ) cos 1 cos 2cos
2
A
A
⇒ 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
14
17 ) sin sin
(sin 3 sin
sin
cos
Lời giải: Ta có
C B
A C
B bc
a c b A
sin sin 2
sin sin
sin 2
cos
2 2
2 2
2
=
− +
= sin 2 B+ sin 2C− sin 2 A Do đó
14
17 ) sin sin
(sin 3 sin
sin cos
⇔sin 2 B+ sin 2C − sin 2 A+ 3 (sinA+ sinB+ sinC)=
14
17
a – v
4
17 cos
3 cos
cos 3 cos
cos 3
3 2
⎞
=
⎟⎟
⇔⎜⎜ − ⎟⎟ +⎜⎜ − ⎟⎟ +⎜⎜ −
3
2π
=
Bài toán 23 Nhận dạng tam giác ABC, biết
2
A
Trang 13HD Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có
2
2 2
2
2 sin
1 2 sin
1 2 sin
1 3
1 2 sin
1 2
sin
1
2
sin
1
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+ +
≥ +
A
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+ +
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+ +
=
2 sin
1 2 sin
1 2 sin
1 2 sin
1 2 sin
1 2
sin
1
3
1
C B
A C
B
2 sin 2 sin 2 sin
3 2
sin
1 2 sin
1 2 sin
1
3
≥
≥ +
+
C B A C
B
Thay (2) vào (1) ta có kết quả
Bài toán 24 Tam giác nhọn ABC có ba góc thỏa
mãn tg8A+tg8B+tg8C = 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
27 tgAtgBtgC
(3 tgAtgBtgC )8 ≥3 tgAtgBtgC( 2
⇔ ) (1)
Mà: tg8A+tg8B+tg8C ≥ 3 3 (tgAtgBtgC) 8 ( 2 )
Từ (1) và(2) ta có: tg8A+tg8B+tg8C ≥ 3tgAtgBtgC
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 2
n
−
≥
Lời giải Áp dụng BĐT quen thuộc : 3
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ΔABC đều Từ BĐT có : 3 3 3
Rõ ràng : , , 0 , , (0;
Áp dụng BĐT cho :
2 3 ,
2 3 ,
2
1
C tg a
B tg a
A tg