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
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
x
+
cos
B
y
+
cosC
z

≤

22
2
2
x
yz
xyz
+
+

; x, y, z > 0.
Lời giải.


cos
A
x
+
cos
B
y
+
cosC
z
≤
22
2
2
x
yz
xyz
+
+

⇔ 2yzcosA + 2xzcosB + 2xycosC
≤
x
2
+ y
2

+ z
2
⇔ 2yzcosA + 2xzcosB - 2xycos(A + B)
≤
x
2
+ y
2
+ z
2
⇔ 2yzcosA + 2xzcosB - 2xycosAcosB + 2xysinAsinB
≤
x
2
(sin
2
B + cos
2
B) +
+ y
2
(sin
2
A + cos
2
A)+ z
2
⇔ (xcosB + cosA - z)
2
+ (xsinB - ysinA)

2
≥ 0.
Dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi
sin
cos cos 0
sin
sin sin 0
sin sin
cos cos
sin sin
xA
xByAz
yB
xByA
A
C
zy By Ay
B
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
3
cosA +
1
4
cosB +
1
5
cosC =
5
12

Bài toán 20.

Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có:

1
1

sin
A
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
1
1
sin
B
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
1
1
sin
C
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
≥
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 +
111
x
xy xyz
++
∑∑

Mặt khác:
199
x
xS
≥≥
∑
∑

S
≥
x
≥
∑

3
3
x
yz
⇒
3
127
x
yz S
≥


11

2
2
3
3
32
11 27
33
27
x
yxyz S
⎛⎞
⎛⎞
≥≥
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

⎝⎠
∑
S
=

Suy ra VT 1 +
≥
23
92727
SS S
++
=
3
3
1
S
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠

Bây giờ chỉ cần để ý rằng x + y = z = sinA + sinB + sinC
33≤
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.

Ta có F =
2
2
12sin sinsin 2cos sin (cos cos)
2222
AAA
B
CB
⎛⎞
−++
⎜⎟
⎝⎠
C+=
= -2sinBsinCsin
2
2
A
+ 2
2
cos sin (cos cos ) sin sin
222
AA
B
CB
⎛⎞
+++
⎜⎟
⎝⎠

C
F đạt max khi chỉ khi
cos cos cos
1
222
sin
2 2sin sin cos( ) cos 1 cos
2cos
2
AAA
A
A
BC BC 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
14
17
)sinsin(sin3sinsincos2
=+++ CBACBA
.
Lời giải: Ta có
C
B
ACB
bc

acb
A
sinsin2
sinsinsin
2
cos
222222
−+
=
−+
=⇒
CBA sinsincos2

= . Do đó
ACB
222
sinsinsin −+
14
17
)sinsin(sin3sinsincos2
=+++ CBACBA

⇔ +
ACB
222
sinsinsin −+ )sinsin(sin3 CBA ++
=
14
17
a – v

⇔2–
()()
(
)
4
17
cos3coscos3coscos3cos
222
=−−−−− AABBCC

222
3
2
⎞
=
⎟
⎟
⎠
⇒
33
cos cos sin 0
22
CBA
⎛⎞⎛⎞⎛
⇔−+−+−
⎜⎟⎜⎟⎜
⎜⎟⎜⎟⎜
⎝⎠⎝⎠⎝
Tam giác cân tại A và
3

2
π
=A
.
Bài toán 23
. Nhận dạng tam giác ABC, biết
222
111 111
2
sin sin sin sin sin sin
222 222
BC ABC
⎛⎞
⎜⎟
++= ++
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

A

12

HD. Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có

2
222
2
sin
1

2
sin
1
2
sin
1
3
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
++≥++

CBACBA
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
++
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
++=
2
sin
1

2
sin
1
2
sin
1
.
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
3
1
CBACBA
(1)
Mặt khác
6
.
2
sin.
2
sin.
2
sin
3

2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
3
≥≥++
CBA
CBA
(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 3
888
=++
Lời giải
. Từ giả thiết 3 góc A,B,C đều nhọn.
Ta có: tgAtgBtgC=tgA+tgB+tgC
(
)
273
2

3
≥⇒≥ tgAtgBtgCtgAtgBtgC

⇒
()()
68
27 tgAtgBtgCtgAtgBtgC ≥

()
()
(
2
8
3
3 tgAtgBtgCtgAtgBtgC ≥⇔
)
(1)
Mà:
)2()(3
3
8888
tgAtgBtgCCtgBtgAtg ≥++

Từ (1) và(2) ta có:
tgAtgBtgCCtgBtgAtg 3
888
≥++ .
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
222
3
222
nnn
n
ABC
tg tg tg
ABC
tg tg tg
−
++
≥
++
.
Lời giải
. Áp dụng BĐT quen thuộc :
3
222
ABC
tg tg tg++≥
.
Dấu đẳng thức xảy ra đều . Từ BĐT có :
ABCΔ⇔
333
222

ABC
tg tg tg
3
+
+≥
.
Rõ ràng :
,, 0,,(0;
222
ABC
tg tg tg A B C
)
π
>∀ ∈
.
Áp dụng BĐT cho :
2
3,
2
3,
2
3
321
C
tga
B
tga
A
tga ===
, ta có

13
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++≥
≥≥
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛

≥
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−−
222
3

2
3
2
3
2

3
2
3
2
3
2
3
111
C
tg
B
tg
A
tg
C
tg
B
tg
A
tg
C
tg
B
tg
A
tg
nnnnnn

Từ đó ta thu được BĐT . Dấu bằng xảy ra
ABC

Δ
⇔
đều .
Bài 26.
Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện
(
)
()
sin 2 cos sin (1)
sin 2 cos sin (2)
BCA
CBA
⎧
=−
⎪
⎨
=−
⎪
⎩
, tam
giác trên là tam giác gì ?
Lời giải.
Lấy (1) – (2)
(
)
sin sin sin cos cosBC AB CB⇒−= − ⇒=C

Vì nếu B < C
()
sin sin 0

os cos
sin cos cos 0
BC
cB C
AB C
−<
⎧
⎪
⇒> ⇒
⎨
−
>
⎪
⎩

Tương tự B > C đều dẫn đến
sin sin sin (cos cos )
B
CABC
−
≠−
.
Thế
vào (1) , ta có
()
()
(
)
(
)

sin 2 cos sin 2 cos sin 2 1 2 cos .2cos
B
BBC B B B=− +=− ⇒=− B
(
)
2
2 00
1
2cos 2 2 cos 1 0 2 cos 1 0 cos 45 , 45
2
BB B BBC
⇒− +=⇒ +=⇒=⇒== .
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:
222
1
os os os 2 os os os
22242 2 2
A
BC ABBCC
ccc c c c
A
−
−−
++−=
.

Lời giải
. Dùng công thức hạ bậc, bài toán tương đương
()
2 cos cos cos 1 os os os
222
A
BBCCA
ABC c c c
−
−−
++−=
.
8sin sin sin os os os
222 2 2 2
A
BC AB BC C
ccc
−−
⇔=
A−
.(1)
Nhân hai vế cho
8ososos
22
2
A
BC
ccc
, ta có
()

(
)
(
)
(1) 8sin sin sin sin sin sin sin sin sin
A
BC A B B C C A⇔=+++
C

sin sin sinABCAB⇔==⇔==
( do BĐT Cauchy).
Bài toán 28
. Tính các góc tam giác ABC, biết rằng
4( )
23 3
sin sin sin
222 8
pp a bc
ABC
−≤
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩

HD
. Ta có

0
1
4 ( ) cos 120
2
pp a bc A A−≤ ⇔ ≤⇒≥
.

14
2
111
sin sin sin os os sin 1 sin sin sin
2222 2 2 22 2 2 2 22
ABC BC BC A A A A
cc
−+
⎛⎞⎛⎞⎛
=− ≤−=−−
⎜⎟⎜⎟⎜
⎝⎠⎝⎠⎝
11
8
⎞
+
⎟
⎠
.
Mặt khác vì
00
3
120 sin sin 60

22
A
A ≥⇒ ≥ =
⇒
2
11123
sin
2228 8
A −
⎛⎞
−−+≤
⎜⎟
⎝⎠
3
(*)
Hay
23 3
sin sin sin
222 8
ABC −
≤
. Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì BĐT (*) xảy ra
đẳng thức
Khi và chỉ khi
0
0
120
30
A
BC

⎧
=
⎪
⎨
==
⎪
⎩
Bài toán 29. Xác định dạng của tam giác ABC, biết rằng
22
( )sin ( )sin .sin .sinaApbBcAB−+−= .
p
HD. Dùng định lí hàm sin ta có bài toán tương đương
()() () ()
1
p aa p bb pp aa pp bb
p
bc ac bc ac
−− − −
+=⇔ +
=
(1).
Chú ý
()1 ()1
(1 cos ), (1 cos )
22
pp aa pp bb
A
B
bc ac
−−

=+ =+
.
Do đó (1) .
cos cosaAbBcA⇔+=⇔=B
Bài 10. Tam giác ABC có ba góc thỏa
(
)
(
)
3 cos 2sin 4 sin 2cos 15BC 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 s
cos sin
34
cos sin sin cos
2
86
BinB
BC
A
CC BC
π
⎧
=

⎪
=
⎧
⎪
⇔⇔
⎨⎨
=
⎩
⎪
=
⎪
⎩
=
.
Bài toán 30 .Nhận dạng tam giác ABC, biết
111 1
sin 2 sin 2 sin 2 2cos cos cos
BC AsBsC
++=

A
Lời giải. Ta có
22
11 2
sin 2 sin 2 sin 2 .sin 2
A
BAB
+≥
,
22

11 2
sin 2 sin 2 sin 2 .sin 2
CBC
+≥
B
,
22
11 2
sin 2 sin 2 sin 2 .sin 2
A
CAC
+≥
.Do đó
111
sin 2 sin 2 sin 2
A
BC
++
≥
1
sin 2 .sin 2
A
B
+
1
sin 2 .sin 2
B
C
+
1

sin 2 .sin 2
A
C
=
sin 2 2 sin 2 1
sin 2 2 sin 2 2cos cos cos
AsinB C
sin B C A sB sC
++
=


15