Các bài toán trong tam giác qua các kì thi đại học (2023)

Dấu đẳngthức xảy ra chỉkhi A = B = C. Thật vậy:

sin2A + sin2B = 2sin(A + B)cos(A - B) = 2sinCcos(A - B) ≤2sinC

Dấu đẳngthức xảy ra chỉkhi cos(A - B) = 1 A = B.

(Video) Toán 10: Đề thi Đại Học Trung Quốc 2021 | Lượng giác trong tam giác

Tương tự: sin2B + sin2C 2sinA ≤

Dấu đẳngthức xảy ra chỉkhi cos(A - B) = 1 B = C.

sin2C + sin2A 2sinB ≤

(Video) Toán lớp 7 Bài 15: Các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông (Lý thuyết) - Kết nối tri thức

Dấu đẳngthức xảy ra chỉkhi cos(A - B) = 1 C = A.

(Video) NHỮNG DẠNG BÀI HÌNH HỌC THƯỜNG CÓ TRONG ĐỀ THI THPT QG , THI TỐT NGHIỆP

Các bài toán trong tam giác qua các kì thi đại học (1)15 trang | Chia sẻ: oanh_nt | Lượt xem: 4861 | Lượt tải: 2

(Video) 2k5 tổng ôn lí thuyết và bài tập phần khoảng cách

Bạn đang xem nội dung tài liệu Các bài toán trong tam giác qua các kì thi đại học, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

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 12a A b B c Ca b c+ + =+ + . Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Cách 1. cos cos cos 12a A b B c Ca b c+ + =+ + ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos2 2 2B C ⇔ 8sin2A sin2B sin2C = 1⇔ A⇔ 4sin2A cos cos2 2B C B C− +⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 1 ⇔24sin 4cos sin 1 02 2 2A B C A−− + = ⇔ ⇔222sin cos 1 cos 02 2 2A B C B C− −⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔cos 121sin2 2B CA−⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩⇔ B = C, A = 3π . Cách 2. cos cos cos 12a A b B c Ca b c+ + =+ + ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC ⇔ sinAsinBsinC = cos cos cos2 2 2B C ⇔ 8sin2A sin2B sin2C = 1(1) ATa chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC: 8sin2A sin2B sin2C 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi A = B = C. Thật vậy: ≤8sin2A sin2B sin2C ≤ 1 4sin⇔ ⇔2A cos cos2 2B C B C− +⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 1 ⇔ 24sin 4cos sin 1 02 2 2A B C A−− + ≥ ⇔222sin cos 1 cos 02 2 2A B C B C− −⎛ ⎞ ⇔ − + − ≥⎜ ⎟⎝ ⎠Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi cos 121sin2 2B CA−⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩⇔ B = C, A = 3π . Cách 3. cos cos cos 12a A b B c Ca b c+ + =+ + ⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC Ta chứng minh sin2A + sin2B + sin2C ≤ sinA + sinB + sinC (2) 1Dấu 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 12a A b B c Ca 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 ) 0a b A Bb c B C a b cc 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. ≤ ΔGiử sử C lớn nhất. Suy ra 2Cπ π≤ < ⇔4 2 2Cπ π≤ < 2cos2 2C⇒ ≤ sinA + sinB + sinC = 2cos cos sin2 2C A B C− + ≤ 2cos sin2C C+ 2 1≤ + Bài toán 3.(ĐH Vinh - B1999) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả : sin sin 2sintan tan 2 tanB C AB C A+ =⎧⎨ + =⎩ thì tam giác ABC đều. Lời giải. sinB + sinC = 2sinA ⇔ 2cos cos 4sin cos2 2 2 2A B C A A− = ⇔ ⇔ 2 2cos 4sin2 2B C− = ⇔A 1+cos(B - C) = 4(1 - cosA) (1) tanB + tanC = 2tanA ⇔ sin( ) sin2cos cos cosB 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. 2Bài 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 sin2 2sin sinb c a B C Abc 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 23 3 3cos cos sin 02 2 2B C A⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠2⇔ 3cos cos sin2B 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 22a b cx y zR+ ++ + ≤ ; a, b, c là các cạnh , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Dấu = xảy ra khi nào? ΔLời giải.Ta có : 2 2 2. . .2 2 2 2a b c a b ca b cR R R R+ + = + + = asinA + bsinB + csinC = 2 2 2. . . 2 (S S S a b ca b c Sbc ca ab bc ca ab+ + = + + ) = = ( )( )a b cax by czbc ca ab+ + + + = 1( )[ (2b cax by cza c b)+ + + + 1 ( )2c ab a c+ 1 ( )2a bc b a+ ] + ≥ 1( )(ax by cza+ + + 1b+ 1)c≥ ( 2)x y z+ + Chú ý: i) Bđt cuối có được do: ( 2)x y z+ + = 21 1 1. . .ax by cza b⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠c ii) Có thể chứng minh: 1 1 1a b cbc ca ab a b c+ + ≥ + + như sau: 1 ( )2a b c a bbc ca ab bc ca+ + = + + 1 ( )2b cca ab+ + 1 ( )2c aab bc+ ii) Có thể giải bài toán nhanh hơn: x y z+ + = 1.axa + 1.byb + 1.czc ≤ 1 1 1 ( )ax by cza b c⎛ ⎞+ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ = 3 = 1 1 1 .2Sa b c⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ =1 1 1 .2abca b c R⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ = 2ab bc caR+ + ≤2 2 22a b cR+ + 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 Acos2 + 2 Bcos2 + 2 Ccos2 - 2 = 14A - Bcos2B - Ccos2C - Acos2Lời giải. 2 Acos2 + 2 Bcos2 + 2 Ccos2 - 2 = 14A - Bcos2B - Ccos2C - Acos2⇔ 2(3 + cosA + cosB + cosC) - 8 = A - Bcos2B - Ccos2C - Acos2⇔ 2(cosA + cosB + cosC - 1) = A - Bcos2B - Ccos2C - Acos2⇔ 8sin A2sin B2sin C2 = A - Bcos2B - Ccos2C - Acos2⇔ 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 c1 1 1+ +h h h⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 3.≥Lời giải. để ý rằng aha = 2S ⇔ 1ah = 2aSSuy ra: 1ah + 1bh + 1ch = 1 ( )2a b cS+ + Bài toán 9. (ĐH&CĐ- A2003- TK2) 4Tính các góc của tam giác ABC biết rằng: 4 ( )2 3 3sin sin sin2 2 2 8p p a bcA B C− ≤⎧⎪⎨ −=⎪⎩trong đó BC = a, CA = b, Ab = c, p = 2a b c+ + . Lời giải. 4 ( ) (1)2 3 3sin sin sin (2)2 2 2 8p p a bcA B C− ≤⎧⎪⎨ −=⎪⎩(1) 4.⇔2a b c+ +2b c a+ − bc ≤ ⇔2 2( )b c abc+ − ≤ 1⇔ 2 (1 cos )bc Abc+ ≤ 1 cos⇔ 22A 1/4 sin≤ ⇔ 22A 34≥ ⇔ sin2A 32≥ VT(2) = sin2A sin2B sin2C = 12sin2A ( cos cos2 2B C B C− +− ) ≤ 12sin2A (1 sin2A− ) = 21 1(sin )2 2 2A 14⎡ ⎤− − −⎢ ⎥⎣ ⎦ = 18 - 21 1sin2 2 2A⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 21 1 3 1 2 3 38 2 2 2 8⎛ ⎞ −− − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠Dấu = khi chỉ khi: cos 123sin2 2B CA−⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩⇔ 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 )2A− + 1 (1 cos 2 )2B− - - sin2C = 1 - cos(A+B)cos(A-B) - sin2C = 1 + cosCcos(A-B) - sin2C = [ ]2 21cos cos( ) cos ( )4C A B A B− − − 14≥ − + minQ = - 14 khi chỉ khi cos( ) 11cos2A BC− =⎧⎪⎨ = −⎪⎩⇔ 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 abc− + ( )p b bca− = 1 ⇔ ( ) .p p a abc− + ( ) .p p b bca− = p ⇔2 2( ) .b c a abc+ − + 2 2( ) .a c b bca+ − = 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 .2cos2B C+ cos2B C− = 2cos2A + 4 2 .sin2A cos2B C− - 4 ≤ 2cos2A + 4 2 .sin2A - 4 ≤ 2cosA + 4 2 .sin2A - 4 = 2(1 - 2sin22A ) + 4 2 .sin2A - 4 = - 2( 2 .sin2A - 1)2 ≤ 0 M = 0 ⇔2cos coscos 121sin2 2A AB CA⎧⎪ =⎪ −⎪ =⎨⎪⎪ =⎪⎩ 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 cos2B C+ cos2B C− - 3 = 0 ⇔ sin2A - 2 2 sin2A cos2B C− + 1 = 0 Vì tam giác ABC không tù nên 0 < A/2 ≤ π /4. Suy ra sin2A > 0, cos2A ≥ 2 /2 Do đó: sinA = 2 sin2A cos2A ≥ 2 sin2A ⇒0 = sin2A - 2 2 sin2A cos2B C− + 1 2sin≥ 22A - 2 2 sin2A cos2B C− + 1 6⇒222 sin cos 1 cos2 2 2A B C B C− −⎛ ⎞− + −⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 0 ⇒ cos2B C− = 1 và sin2A = 1/ 2 . Cách 3. M = 2cos2A - 1 + 4 2 cos2B C+ cos2B C− - 3 ≤ 2221 2sin2A⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ 4 2 sin 2A - 4 = 8t4 - 8t2 + 4 2 t - 2, t = sin2A 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 = 66(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⇔2B C− = 1 và sin2A = 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 1eJG, 2eJJG, 3eJG. Xét bình phương vô hướng: 0 ≤ (2 + 1eJG2 2eJJG + 2 3eJG)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 21 2 3cos A = cosA (0 < A )22 2 2 0e e eπ⎧ ≤⎪⎨⎪ + + =⎩JG JJG JG G ⇔2 1cos 02 (2 2Ae e=⎧⎪⎨ = − +⎪⎩ 3 )eJJG JG JG ⇔01 3902 6 4 2 .Ae e⎧ =⎪⎨ = +⎪⎩JG JG ⇔0902 6 4 2 cosAB⎧ =⎪⎨ = −⎪⎩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 1cos cos cos 0B CA 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 22A+ + 1 cos 22B+ + 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 + 12(cos2A + cos2B) + cos2C = 1+ 12 (2cos2A - 1) + 12(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 C2. Chứng minh rằng tam giác ABC cân. Lời giải. sinC = 2sinBsinAtan C2⇔ 2cos sin sin2C A B= ⇔ 22cos cos( ) cos2C 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 cos2 2 2AC2sin cos 2sin sin2 2 2 2A AA A A B= − ⇔ sin sin2 2A B C−= ⇔ A + C = B B = ⇔2π 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 = 94 ⇔ 21 cos 2 1 cos 2 9sin2 2 4A B C− − + = ⇔ +⇔ 1 + cos(A - B) cosC + 1 - cos2C = 94⇔ ⇔ 4cos2C - 4cos(A - B)cosC + 1 = 0 ⇔ ⇔ [2cosC - cos(A - B)]2 + 1- cos2(A - B) = 0 ⇔ 2cos cos( ) 0,cos( ) 1 6C A BA B CA Bπ− − =⎧⇔ ⇔⎨ − =⎩ = = 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 cosA B C 1A B C− − − = . Đặt x = tan2A , y = tan2B , z = tan2C 1 cos 1 cos 1 cos. . 1cos cos cosA B CA B C− − − = ⇔ 221xx− . 221yy− . 221zz− = 1xyz⇔ tanA.tanB.tanC = cot2A cot2B cot2C ⇔ tanA + tanB + tanC = cot2A + cot2B + cot2C (1) Ta chứng minh tanA + tanB + tanC cot≥2A + cot2B + cot2C . Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. Thật vậy: tanA + tanB = sin 2sin 2sincos cos cos( ) cos( ) 1 cosC C CA B A B A B C= ≥+ + − − = 2c . ot 2CDấu đẳng thức khi chỉ khi A = B Tương tự: tanB + tanC ≥ 2cot2A . Dấu đẳng thức khi chỉ khi B = C tanC + tanA ≥ 2cot2B . Dấu đẳng thức khi chỉ khi C = A Suy ra: tanA + tanB + tanC cot≥2A + cot2B + cot2C . 9 Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. BÀI TẬP LÀM THÊM Bài toán 18. Tam giác ABC nhọn thoả 2tan2sin2AA + 2tan2sin2AA + 2tan2sin2AA = 18 Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Cách 1. Ta chứng minh 2tan2sin2AA + 2tan2sin2BB + 2tan2sin2CC ≥ 18. Dắu đẳng thức xảy ra chỉ khi A = B = C. Thật vậy: Ta có 2ax + 2ax + 2ax≥ 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 cx y z= = 2tan2sin2AA + 2tan2sin2BB + 2tan2sin2CC ≥( )2tan tan tansin sin sin2 2 2A B CA B C+ ++ + ≥2(3 3)32= 18 Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi tansin2AA = tansin2BB = tansin2CC và A = B = C . Cách 2. Ta có: ( )22222sin2sin2sin2sin2sin2sin tgCtgBtgACCtgBBtgAAtgCBA ++≥⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎜⎝⎛++⎟⎠⎞⎜⎝⎛ ++ ⇒ ( )2sin2sin2sin2sin2sin2sin2222CBAtgCtgBtgACCtgBBtgAAtgP++++≥++= Vì: 33≥++ tgCtgBtgA ; 232sin2sin2sin ≤++ CBA Do đó: ( ) 182sin2sin2sin2≥++++CBAtgCtgBtgA 2 2 2 18sin sin sin2 2 2tg A tg B tg CP A B C⇒ = + + ≥ . 10Đẳng 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 Ax + cos By + cosCz ≤ 2 222x y zxyz+ + ; x, y, z > 0. Lời giải. cos Ax + cos By + cosCz ≤ 2 222x y zxyz+ + ⇔ 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 sincos cos 0 sinsin sin 0 sin sincos cossin sinx Ax B y A z y Bx B y A A Cz y B y A yB 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 13cosA + 14cosB + 15cosC = 512Bài toán 20. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có: 11sin A⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠11sin B⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠11sin C⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ ≥ 2223⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ Lời giải. Trước hết ta chứng minh: Với x, y, z > 0 và x + y + z ≤ S. Khi đó 11x⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠11y⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠11z⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ ≥ 232S⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ Thật vậy: VT = 1 + 1 1 1x xy xyz+ +∑ ∑ Mặt khác: 1 9 9x x S≥ ≥∑ ∑ S ≥ x ≥∑ 33 xyz ⇒ 31 27xyz S≥ 112 2333 21 1 273 3 27xy xyz S⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠∑ S= Suy ra VT 1 + ≥ 2 39 27 27S S S+ + = 331S⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ 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 + 22(cosB + cosC) đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. Ta có F = 2 21 2sin sin sin 2cos sin (cos cos )2 2 2 2A A AB C B⎛ ⎞− + +⎜ ⎟⎝ ⎠ C+ = = -2sinBsinCsin 22A + 2 2cos sin (cos cos ) sin sin2 2 2A A B C B⎛ ⎞ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ C F đạt max khi chỉ khi cos cos cos 12 2 2sin2 2sin sin cos( ) cos 1 cos 2cos2A A AAAB 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 1417)sinsin(sin3sinsincos2 =+++ CBACBA . Lời giải: Ta có CBACBbcacbAsinsin2sinsinsin2cos222222 −+=−+= ⇒ CBA sinsincos2 = . Do đó ACB 222 sinsinsin −+1417)sinsin(sin3sinsincos2 =+++ CBACBA ⇔ +ACB 222 sinsinsin −+ )sinsin(sin3 CBA ++ =1417 a – v ⇔2– ( ) ( ) ( )417cos3coscos3coscos3cos 222 =−−−−− AABBCC 2 2 232⎞ =⎟⎟⎠⇒3 3cos cos sin 02 2C B A⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⇔ − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Tam giác cân tại A và 32π=A . Bài toán 23. Nhận dạng tam giác ABC, biết 2 2 21 1 1 1 1 12sin sin sin sin sin sin2 2 2 2 2 2B C A B C⎛ ⎞⎜ ⎟+ + = + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ A 12HD. Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có 22222sin12sin12sin1312sin12sin12sin1⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎜⎝⎛++≥++CBACBA⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎜⎝⎛++⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎜⎝⎛++=2sin12sin12sin1.2sin12sin12sin131CBACBA (1) Mặt khác 6.2sin.2sin.2sin32sin12sin12sin13≥≥++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 : Δ2≥n122 2 2 32 2 2n n nnA B Ctg tg tgA B Ctg tg tg−+ +≥+ + . Lời giải. Áp dụng BĐT quen thuộc : 32 2 2A B Ctg tg tg+ + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra đều . Từ BĐT có :ABCΔ⇔ 3 3 32 2 2A B Ctg tg tg 3+ + ≥ . Rõ ràng : , , 0 , , (0;2 2 2A B Ctg tg tg A B C )π> ∀ ∈ . Áp dụng BĐT cho : 23,23,23 321CtgaBtgaAtga === , ta có 13⎟⎠⎞⎜⎝⎛ ++≥≥≥⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛≥⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛ −−−2223...232323232323111CtgBtgAtgCtgBtgAtgCtgBtgAtgnnnnnnTừ 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 AC 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 0os cossin cos cos 0B Cc B CA 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 , 452B 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 os2 2 2 4 2 2 2A 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 os2 2 2A B B C C AA B C c c c− − −+ + − = . 8sin sin sin os os os2 2 2 2 2 2A B C A B B C Cc c c− −⇔ = A− .(1) Nhân hai vế cho 8 os os os2 2 2A B Cc c c , ta có ( )( )( )(1) 8sin sin sin sin sin sin sin sin sinA B C A B B C C A⇔ = + + +Csin 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 sin2 2 2 8p p a bcA B C− ≤⎧⎪⎨ −=⎪⎩HD. Ta có 014 ( ) cos 1202p p a bc A A− ≤ ⇔ ≤ ⇒ ≥ . 1421 1 1sin sin sin os os sin 1 sin sin sin2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2A B C B C B C A A A Ac c− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= − ≤ − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝1 18⎞ +⎟⎠. Mặt khác vì 0 0 3120 sin sin 602 2AA ≥ ⇒ ≥ = ⇒21 1 1 2 3sin2 2 2 8 8A −⎛ ⎞− − + ≤⎜ ⎟⎝ ⎠3 (*) Hay 2 3 3sin sin sin2 2 2 8A B C −≤ . Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì BĐT (*) xảy ra đẳng thức Khi và chỉ khi 0012030AB 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− + − = . pHD. 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 pbc ac bc ac− − − −+ = ⇔ + = (1). Chú ý ( ) 1 ( ) 1(1 cos ), (1 cos )2 2p p a a p p b bA Bbc ac− −= + = + . Do đó (1) . cos cosa A b B c A⇔ + = ⇔ = BBài 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 scos sin3 4cos sin sin cos 28 6B inBB CAC C B Cπ⎧ =⎪ =⎧⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ =⎩⎪ =⎪⎩= . Bài toán 30 .Nhận dạng tam giác ABC, biết 1 1 1 1sin 2 sin 2 sin 2 2cos cos cosB C A sB sC+ + = ALời giải. Ta có 2 21 1 2sin 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 21 1 2sin 2 sin 2 sin 2 .sin 2A C A C+ ≥ .Do đó 1 1 1sin 2 sin 2 sin 2A B C+ + ≥ 1sin 2 .sin 2A B+ 1sin 2 .sin 2B C+ 1sin 2 .sin 2A C=sin 2 2 sin 2 1sin 2 2 sin 2 2cos cos cosA sin B Csin B C A sB sC+ + = 15

Videos

1. ÔN TẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG - HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ 12 - THẦY Nguyễn Quốc Chí
(Thầy Nguyễn Quốc Chí)
2. 20p Lấy gốc hình học lớp 7
(Toán thầy Đại lớp 9 vào 10)
3. Các bài toán cơ bản trong trắc địa
(Kênh TTC)
4. TỔNG ÔN TOÀN BỘ KIẾN THỨC LỚP 11 DÀNH CHO 2K2 VÀ 2K3
(Hồ Thức Thuận Official)
5. [ÔN TẬP] KHOẢNG CÁCH GIỮA 2 ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU - Thầy Nguyễn Quốc Chí
(Thầy Nguyễn Quốc Chí)
6. ÔN TẬP HÌNH NÓN - TOÁN 12 - Thầy Nguyễn Quốc Chí
(Thầy Nguyễn Quốc Chí)
Top Articles
Latest Posts
Article information

Author: Pres. Lawanda Wiegand

Last Updated: 11/08/2022

Views: 6316

Rating: 4 / 5 (71 voted)

Reviews: 86% of readers found this page helpful

Author information

Name: Pres. Lawanda Wiegand

Birthday: 1993-01-10

Address: Suite 391 6963 Ullrich Shore, Bellefort, WI 01350-7893

Phone: +6806610432415

Job: Dynamic Manufacturing Assistant

Hobby: amateur radio, Taekwondo, Wood carving, Parkour, Skateboarding, Running, Rafting

Introduction: My name is Pres. Lawanda Wiegand, I am a inquisitive, helpful, glamorous, cheerful, open, clever, innocent person who loves writing and wants to share my knowledge and understanding with you.