chứng minh bất đẳng thức bằng lượng giác hóa của hằng đẳng thức tan trong tam giác
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (384.13 KB, 18 trang )
Giỏo viờn: Phan Quang Sn THPT Nam Khoỏi Chõu
5
NOI DUNG
I.CC BI TON MINH HA
Trong phần này tôi xin đợc trình bày 3 bài toán đơn giản th hin mi quan h gia
ng thc lng giỏc v ng thc i s có trong chng trỡnh ph thụng, qua ú
-
tan tan tan tan tan tanA B C A B C
vi mi
ABC
khụng vuụng
tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
vi mi ABC
cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A vi mi ABC
2 2 2
cos cos cos 2cos cos cos 1A B C A B C vi mi ABC .
Sau õy chỳng tụi xin cp n mt hng khai thỏc cỏc ng thc trờn i tỡm li
gii cho cỏc bi toỏn bt ng thc i s .
Bi toỏn 1.
Vi
, , 0
1
x y z
xy yz zx
Khi ú luụn tn ti
ABC
no ú sao cho
+) tan ,tan ,tan
2 2 2
A B C
x y z
+)
cot ,cot ,cotA x B y C z
Chng minh
t
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z
.Vỡ
, , 0
x y z
nờn
, , 0;A B C
T gi thit ta cú:
tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
xy yz zx
tan tan tan 1 tan tan
2 2 2 2 2
B A C C A
(*)
tan tan
1
2 2
1 tan tan tan
2 2 2
A C
C A B
(Vỡ vt(*)>0 nờn vf(*)>0)
tan tan
2 2 2
A C B
, , 0;
2 2 2
2
A B C
A C B
k
A B C k A B C
Suy ra A,B,C l ba gúc ca tam giỏc (PCM). Vic chng minh ý cũn li hon ton
tng t.
www.
laisac.
pag
e.
tl
C
C
H
H
N
N
G
G
M
M
I
I
N
N
H
H
B
B
T
T
N
N
G
G
T
T
H
H
C
C
B
B
N
N
G
G
L
L
N
N
G
G
G
G
I
I
C
C
H
H
ể
ể
A
A
C
C
A
A
H
H
N
N
G
G
N
N
G
G
T
T
H
H
C
C
T
T
A
A
N
N
T
T
R
R
O
O
N
N
G
G
T
T
A
A
M
M
G
G
I
I
C
Phan
Quang
S
n
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
6
Bài toán 1.1: Cho
, , 0
1
x y z
xy yz zx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
3
P x y z
x y z
Lời giải
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z
ta có
, , 0;
A B C
,
A B C
Khi đó
cot cot cot 3 tan tan tan
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
P
cot tan cot tan cot tan 2 tan tan tan
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A A B B C C A B C
2 cot cot cot 2 tan tan tan
2 2 2
A B C
A B C
Ta có
sin
2sin
cot cot
sin sin cos cos
A B
C
A B
A B A B A B
2sin 2sin
2tan
cos cos 1 cos 2
C C C
A B C C
Tương tự
cot cot 2tan
2
A
B C
;
cot cot 2tan
2
B
C A
Cho nên
2 cot cot cot 2 tan tan tan 0
2 2 2
A B C
P A B C
.
Vậy
0
MinP
khi
1
tan
3 6
3
A B C x y z
Nhận xét:Bài toán trên được suy ra từ bài toán
cot cot cot tan tan tan
2 2 2
A B C
A B C
Với mọi
ABC
Bài toán 1.2: Cho
, , 0
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2
2 2 2 1 1 1
1 1 1
1 1 1
x y z
x y z
x y z
Lời giải
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z
ta có
, , 0;
A B C
, A B C
2 2 2
2 2 2
2tan 2tan 2tan
1 1 1
2 2 2
B T
1 tan 1 tan 1 tan
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
2 2 2
A B C
Đ
A B C
A B C
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
7
sin sin sin cos cos cos
2 2 2
A B C
A B C
Ta có
sin sin 2sin cos 2cos cos 2cos
2 2 2 2 2
A B A B C A B C
A B
, , 0;
A B C
Tương tự
sin sin 2cos
2
A
B C
,
sin sin 2cos
2
B
C A
, , 0;
A B C
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Nhận xét:Bài toán trên được suy ra từ bài toán
sin sin sin cos cos cos
2 2 2
A B C
A B C
Với mọi
ABC
Bài toán 1.3: Cho
0 , , 1
1
x y z
xy yz zx
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2
1 1 1
x y z
x y z
Lời giải:
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z
.Vì
0 , , 1
x y z
nên ta có
, , 0;
2
A B C
,
A B C
Khi đó P=
2
2 2 2
2 2 2
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
2 2
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
A B C
A B C
=
2
cos 2 cos 2 cos
A B C
cos 2 cos 2 cos
A B C
(Vì
0;
2
A
)
2
2sin 2 2 cos cos 1
2 2 2
A B C B C
2
2
1
2sin 2 2 sin 1 2 2 sin 2
2 2 2
2
A A A
Vậy
max
2
P
khi
2
cos cos
cos 1 ; 1, tan
2 2 4 8
1
sin
2
2
A A
B C
A B C x y z
A
Nhận xét:Bài toán trên được tác giả suy ra từ đề thi Đại học khối A-2004:Nhận dạng tam
giác
ABC
biết
cos2 2 2 cos 2 2 cos 3
A B C
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
8
Bài toán 1.4: Cho
, , 0
1
x y z
xy yz zx
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=
2 2 2
2 2 2 3
1 1 1
x y z
x y z
Lời giải:
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z
ta có
, , 0;
A B C
,
A B C
Khi đó
2 2 2
2tan 2tan 2 3 tan
2 2 2
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
A B C
P
A B C
sin sin 3sin
A B C
2sin cos 3sin 2cos 3sin
2 2 2
A B A B C
C C
Xét hàm số
( ) 2cos 3sin , 0;
2
C
f C C C
Có
2
'( ) sin 3cos 2 3sin sin 3, 0;
2 2 2
C C C
f C C C
0
1
'( ) 0 sin
2
3
C
f C C C
trong đó
0
0
1
sin , 0;
2
3
C
C
C
0
0
C
'( )
f C
+ 0 -
( )
f C
4 6
3
Từ bảng biến thiên ta có
max
4 6 4 6
3 3
P P
khi
1
tan
1
2
1
2
sin
2
2
3
6 2
1
2
C
z
z
C
x y
A B
xy yz zx
x y
Nhận xét:Bài toán trên dược suy ra từ bài toán chứng minh
4 6
sin sin 3sin
3
A B C
với mọi
ABC
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
9
Bài toán 1.5:
, , 0x y z
xyz x z y
Chứng minh rằng
2 2 2
4 4 5 29
1 1 1 5
x y z
(1)
Lời giải:
Từ giả thiết ta có
1 1
1
xz x z
y y
do đó đặt
1
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x z
y
Khi đó
1 1
tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
x z zx
y y
nên ta có
, , 0;
A B C
, A B C
,Ta được
(1)
2 2 2
4 4 5
1 tan 1 cot 1 tan
2 2 2
VT
A B C
2 2 2
4cos 4sin 5cos
2 2 2
A B C
2
2 cos cos 5 5sin
2
C
A B
2
4cos cos 5 5sin
2 2 2
A B A B C
2 2 2
4 4 4
5 sin sin cos cos cos 5
2 5 2 2 25 2 5 2
C C A B A B A B
2
2 2
2 4 4 4 29
5 sin cos cos 5 cos 5 5
2 5 2 5 2 5 2 5 5
C A B A B A B
Dấu “=” ở (1) xảy ra khi
2
tan
2
21
2
sin
1 2 3 21
, ,
2 5
3
21 21
C
z
C
x z x y
y
A B
xyz x z y
Nhận xét:
a) Bài toán trên tương tự như đề thi OLYMPIC Việt Nam 2002
Cho
, , 0x y z
xyz x z y
Chứng minh
2 2 2
2 2 3 10
1 1 1 3
x y z
.
b) Tổng quát với
, , 0x y z
xyz x z y
ta có
+)
2
2 2 2
1 1 4 1
1 1 1 4
k k
x y z k
với k>0
+)
2
2 2 2
1 1 4 1
1 1 1 4
k k
x y z k
với k<0
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
10
Bài toán 1.6: Cho
, , 0
1
x y z
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=
3 2 2 3
z xy x yz y zx
z xy x yz y zx
Lời giải:
Ta có P=
1
11
3 2 2 3
1 1 1
zx
yz
xy
y
x
z
xy yz zx
z x y
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
xy A yz B zx C
z x y
, Từ giả thuyết ta có:
tan tan tan tan tan tan
2 2 2 2 2 2
=x+y+z=1
A B B C C A xy yz yz zx zx xy
z x x y y z
Vậy ta lại có
, , 0;
A B C
, A B C
Khi đó P=
2 2 2
2 2 2
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
3 2 2 3
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
A B C
A B C
=
3cos 2cos 2 3cos
A B C
Ta chứng minh bổ đề:
2 2 2
cos cos cos
(*), , , 0
2
A B C a b c
a b c
a b c abc
Thật vậy (*)
2 2 2
2 cos 2 cos 2 cos , , , 0
bc A ca B ab C a b c a b c
2 2 2
2 cos cos 2 cos 0 (2*) , , 0
a c B b C a b c bc A a b c
Ta có
2
2 2 2 2
(2*)
2
2 2 2 2
2 2
cos cos sin sin 2 cos cos 2 cos
cos cos sin sin 2 sin sin
cos cos sin sin 0, , , 0
VT a c B b C b C c B bc B C bc B C
a c B b C b C c B bc B C
a c B b C b C c B a b c
Vậy (*) được chứng minh, dấu “=” ở (*) xảy ra khi
cos cos
sin sin
a c B b C
b C c B
sin sin sin
A B C
a b c
Áp dụng bổ đề (*) ta có P =
3 cos 2cos 2 3 cos 4
A B C
Vậy giá trị lớn nhất của P là
4
MaxP
đạt được khi
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
11
1
sin
2
3
3sin 2sin 2 3 sin sin , ,
2 2 3 6
sin 1
C
A B C B A B C
A
1 2 3
2 3; ;
3 3
x y z
Bài toán 1.7: Cho
, , 0
1
x y z
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=
1 1 1
3 4 5
z xy x yz y xz
z xy x yz y xz
Lời giải:
Ta có P=
1
11
1 1 1
3 4 5
1 1 1
zx
yz
xy
y
x
z
xy yz zx
z x y
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
xy A yz B zx C
z x y
, Từ giả thiết ta có:
tan tan tan tan tan tan
2 2 2 2 2 2
=x+y+z=1
A B B C C A xy yz yz zx zx xy
z x x y y z
Vậy ta lại có
, , 0;
A B C
,
A B C
Khi đó P=
2 2 2
2 2 2
1 tan 1 tan 1 tan
1 1 1
2 2 2
3 4 5
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
A B C
A B C
=
cos cos cos
3 4 5
A B C
Áp dụng bổ đề (*) ta có P =
2 2 2
cos cos cos 3 4 5 5
3 4 5 2.3.4.5 12
A B C
Vậy giá trị lớn nhất của P là
max
5
12
P
đạt được khi
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
12
sin 1
sin sin sin 4
sin
3 4 5 5
3
sin
5
C
A B C
B
A
1
1
1 1 1
, ,
4
3 6 2
1
9
, , 0
zx
y
yz
x y z
x
xy
z
x y z
Nhận xét:Tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho
, , , , , 0
1
a b c x y z
x y z
. Chứng minh
2 2 2
2
z xy x yz y xz a b c
bc ca ab
z xy x yz y xz
Bài toán 1.8: Cho
, , 0
1
x y z
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
6
x y z
P
x yz y zx z xy
xyz
Lời giải
Ta có
1
6
x y z
P
x yz y zx z xy
xyz
Đặt
cot ; cot ; cot
xy yz zx
A B C
z x y
, Từ giả thiết ta có:
cot cot cot cot cot cot
=x+y+z=1
xy yz yz zx zx xy
A B B C C A
z x x y y z
cot cot cot
xy yz zx
A B C xyz
z x y
cot ,cot ,cot 0 , , 0;
2
A B C A B C
, A B C
, Khi đó
2 2 2
1 1 1
tan tan tan 6
1 cot 1 cot 1 cot
P A B C
A B C
tan tan tan 6 sin sin sin
A B C A B C
Xét hàm số
( ) tan 6sin 7 , 0;
2
f x x x x x
,Lập bảng biến thiên của hàm số trên,
ta dễ chứng minh được
7
tan 6sin 7 4 3 , 0;
3 2
x x x x
dấu “=” trong bất
đẳng thức này xảy ra khi
3
x
. Áp dụng BĐT trên cho
, ,
x A x B x C
ta có
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
13
7
tan 6sin 7 4 3
3
A A A
7
tan 6sin 7 4 3
3
B B B
7
tan 6sin 7 4 3
3
C C C
. Cộng các BĐT trên ta có
tan tan tan 6 sin sin sin 7 12 3 7
A B C A B C A B C
12 3
P
Vậy giá trị nhỏ nhất của P,
min
12 3
P
khi
1 1
3 3
3
xy yz zx
A B C x y z
z x y
Nhận xét:Nếu ta có giả thiết
, , 0
1
x y z
x y z
và biểu thức trong bài toán có thể biểu diễn
hết thông qua
; ;
xy yz zx
z x y
ta có thể đặt
cot ; cot ; cot
xy yz zx
A B C
z x y
.
Bài toán 2. Với
, , 0x y z
x y z xyz
Khi đó luôn tồn tại
ABC
nào đó sao cho
+) cot ,cot ,cot
2 2 2
A B C
x y z
+) tan ,tan ,tan
A x B y C z
Chứng minh
Đặt
tan ; tan ; tan
x A y B z C
.Vì
, , 0
x y z
nên
, , 0;
2
A B C
Từ giả thiết ta có:
tan tan tan tan tan tan
A B C A B C
tan tan tan tan 1 tan
A B A B C
(*)
tan tan
tan
tan tan 1
A B
C
A B
(Vì vt(*)>0 nên vf(*)>0)
tan tan
A B C
, , 0;
2
A B C
A B C k
A B C k A B C
Suy ra A,B,C là ba góc của tam giác (ĐPCM). Việc chứng minh ý còn lại ho
àn toàn
tương tự.
Bài toán 2.1 Cho
, , 0x y z
x y z xyz
Chứng minh rằng
2 2 2
2 1 1 9
4
1 1 1x y z
Lời giải
Đặt
tan ,tan ,tan
A x B y C z
,từ giả thiết ta có
tan tan tan tan tan tan
A B C A B C
, , 0 , , 0; ,
2
x y z A B C A B C
, Khi đó
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
14
2 2 2
2 1 1
1 tan 1 tan 1 tan
VT
A B C
2cos cos cos
A B C
2
2 4sin 2sin cos
2 2 2
A A B C
2 2 2
1 1 1
4 sin sin cos cos cos 2
2 2 2 2 16 2 4 2
A A B C B C B C
2
2 2
1 1 1 9
4 sin cos cos 2 cos 2
2 4 2 4 2 4 2 4
A B C B C B C
(Đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi
15
1
15
sin
2 4
7
y zB C
A
x
Nhận xét:Tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho
, , , , , 0
a b c x y z
x y z xyz
. Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2
1 1 1
bc ca ab a b c
x y z
Bài toán 2.2 Cho
, , 0x y z
x y z xyz
Chứng minh rằng
2 2 2
2 2
2
4 3 2
1 1 4
2 1
x y z
x y
z
Lời giải
Đặt
tan ,tan ,tan
A x B y C z
,từ giả thiết ta có
tan tan tan tan tan tan
A B C A B C
, , 0 , , 0; ,
2
x y z A B C A B C
, Khi đó
2 2 2
1
sin sin sin
2
VT A B C
2
cos2 cos2 1 1
1 cos
2
2 2
A B
C
2
1 1
1 cos cos cos
2 2
C A B C
2
2
2
1 1 1 1
cos cos 1 cos
2 2 2 2 2
1 1 4 3 2
1 cos
4
2 2 2
C A B A B
A B
Dấu “=” xảy ra khi
1 2
1
cos
1
2
B A
y x
C
z
Nhận xét:Tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho
, , 0x y z
x y z xyz
.
Chứng minh a.
2
2 2 2
2 2 2
2 1
1 1 1 4
k
x y kz
x y z
với k>0
b.
2
2 2 2
2 2 2
2 1
1 1 1 4
k
x y kz
x y z
với k<0
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
15
Bài toán 2.3 Cho
2 2 2 2 2 2
0 , , 1
1 1 1 1 1 1 4
x y z
x y z y x z z x y xyz
Chứng minh rằng
a,
2 2 2
3 3
1 1 1 4
x y z
x y z
b,
2 2 2
3
2
1 1 1
x y z
x y z
c,
2 2 2
2 2 2
1 1 1 21
2
1 1 1
x y z
x y z
x y z
Lời giải
Từ giả thiết ta có
2 2 2
2 2 2
2 2 2 8
1 1 1
1 1 1
x y z xyz
x y z
x y z
.
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z
.Vì
0 , , 1
x y z
nên
, , 0;
2
A B C
Vậy ta được
2 2 2 2 2 2
2tan 2tan 2tan 2tan 2tan 2tan
2 2 2 2 2 2
1 tan 1 tan 1 tan 1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
A B C A B C
tan tan tan tan tan tanA B C A B C A B C
a) BĐT
2 2 2
tan tan tan
3 3 3 3
2 2 2
sin sin sin
4 2
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
A B C
A B C
A B C
b) BĐT
2 2 2
tan tan tan
3 3
2 2 2
sin sin sin
2 2 2 2 2
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
A B C
A B C
A B C
Việc chứng minh
3
sin sin sin
2 2 2 2
A B C
không khó
c) BĐT
2 2 2
2 2 2
tan tan tan
1 1 1 21
2 2 2
2
tan tan tan
1 tan 1 tan 1 tan
2 2 2
2 2 2
A B C
A B C
A B C
2 2 2
2 2 2
1 tan 1 tan 1 tan
21
2 2 2
sin sin sin 3
2 2 2 2
tan tan tan
2 2 2
A B C
A B C
A B C
2 2 2
1 1 1 27
sin sin sin
2 2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
2 2 2
1 1 1 51
sin sin sin 4 4 4
2 2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
(*)
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
16
(*)
4 4 4
sin sin sin
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
VT
A B C
36
sin sin sin
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
9 135
4 4
sin sin sin
2 2 2
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2
A B C
A B C A B C
135 135
51
4 4
3 3
3
2
sin sin sin
2 2 2 2
A B C
Bài toán 2.4 Cho
2 2 2 2 2 2
0 , , 1
1 1 1 1 1 1 4
x y z
x y z y z x z x y xyz
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 2 1 1 2 1 1 2 1
1 1 1
x y x y y z y z z x z x
P
y x z y x z
Lời giải
Từ giả thiết ta có
2 2 2
2 2 2
2 2 2 8
(1)
1 1 1
1 1 1
x y z xyz
x y z
x y z
Đặt
tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z
,
, , 0;1 , , 0;
2
x y z A B C
Thay vào (1) ta được
tan tan tan tan tan tanA B C A B C
A B C
Khi đó
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
1 1
1 2 1 1
1 1
x y x y y
x y x y
y x y x
2 2 2 2
2 2
1 1
1
x y x y
x y
2 2
2 2
1
1
x y
x y
2 2
2
2 2 2
tan tan 1
1
2 2
sin
2
1 tan tan sin
2 2 2
A B
A
A B B
Tương tự
2 2 2 2
2
2
2
1 2 1 1
sin
1 2
sin
2
y z y z B
C
z y
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
17
2 2 2 2
2
2
2
1 2 1 1
sin
1 2
sin
2
z x z x C
A
x z
Vậy
2 2 2
2 2 2
1 1 1
sin sin sin
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
P
B C A
2
2
1 1 1
sin sin sin
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
2
2
81
sin sin sin
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
2
2 2
81 1215
sin sin sin
2 2 2
16 sin sin sin 16 sin sin sin
2 2 2 2 2 2
A B C
A B C A B C
2
9 1215 9 1215 3 17
2 2 36 2
16 sin sin sin
2 2 2
A B C
Vì ta luôn có
3
sin sin sin
2 2 2 2
A B C
với mọi
ABC
Vậy
3 17
2
MaxP
khi
1
tan
3 6
3
A B C x y z
Bài toán 3. Với
2 2 2
, , 0
2 1
x y z
x y z xyz
Khi đó luôn tồn tại
ABC
nào đó sao cho
cos ,cos ,cos
A x B y C z
Chứng minh
Đặt
, , 0
cos ,cos ,cos , , 0;
2
x y z
A x B y C z A B C
Từ giả thiết ta có
2 2 2
cos cos cos 2cos cos cos 1
A B C A B C
2
1 cos2 1 cos2
cos 2cos cos cos 1
2
A B
C A B C
2
cos( )cos( ) cos 2cos cos cos 0
A B A B C A B C
2
cos( )cos( ) cos cos( ) cos( ) cos 0
A B A B C A B A B C
cos cos cos( ) cos cos( ) cos( ) 0
C C A B C A B A B
cos cos( ) cos cos( ) 0
C A B C A B
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
18
cos cos( ) 0
C A B
(Vì
, , 0;
2
A B C
nên
cos cos( )
C A B
>0)
cos( ) cos cos
A B C C
A B C
(Vì
, , 0;
2
A B C
)
Bài toán 3.1 Cho
2 2 2
, , 0
2 1
x y z
x y z xyz
chứng minh rằng
1 1 1
3
1 1 1
x y z
x y z
Lời giải
Đặt
, , 0
cos ,cos ,cos , , 0;
2
x y z
A x B y C z A B C
theo chứng minh tr
ên ta có
A B C
BĐT
1 cos 1 cos 1 cos
3
1 cos 1 cos 1 cos
A B C
A B C
tan tan tan 3
2 2 2
A B C
Từ tan tan
2 2 2
A B C
A B C
tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
Mà
2
tan tan tan 3 tan tan tan tan tan tan 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B B C C A
Nên ta có
tan tan tan 3
2 2 2
A B C
(ĐPCM)
Bài toán 3.2 Cho
2 2 2
, , 0
2 1
x y z
x y z xyz
Tìm giá trị lớn nhất
1 1 1
P x y z
Lời giải
Đặt
, , 0
cos ,cos ,cos , , 0;
2
x y z
A x B y C z A B C
theo chứng minh tr
ên ta có
A B C
Khi đó
1 cos 1 cos 1 cos
P A B C
2 2 2
2cos 2cos 2cos
2 2 2
A B C
2
4cos cos cos
2 2 2
A B C
2
2 1 sin cos cos
2 2 2
A B C B C
3
2 2sin 1 sin 1 sin
64
2 2 2
2 1 sin 1 sin 1 sin
2 2 2 3 27
A A A
A A A
Vậy
64
27
MaxP khi
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
19
2
2 2 2
7
1 2sin
1
2 9
sin
2 2sin 1 sin
7 1
;
2 32 2
9 3
2 1
A
x
AA A
y z x y z
B C B C
x y z xyz
Bài toán 3.3 (TH&TT-T7/386). Các số dương x, y, z thõa mãn điều kiện
2 2 2
1 16
4
xyz
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4
1 4 4 4
x y z xyz
S
xy yz xz
.
Lời giải
Điều kiện bài tóan tương đương với
2 2 2
(2 ) (2 ) (2 ) 2.(2 ).(2 ).(2 ) 1
x y z x y z
suy ra t
ồn
tại tam giác nhọn ABC có 3 góc thõa
2 cos ,2 cos ,2 cos
x A y B z C
.
Gọi p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngọai tiếp và bán kính
đường tròn nội tiếp
ABC
. Ta có nhận xét sau : cosA, cosB, cosC là 3 nghiệm của
phương trình bậc ba
2 3 2 2 2 2 2 2
4 4 ( ) ( 4 ) (2 ) 0
R t R R r t p r R t R r p
(*).
Thật vậy, do
ABC
nhọn ta có
2
2 sin 2 1 cos
AB R A R A
và
1 cos
cot
2 1 cos
A A
p AB r r
A
. Suy ra
1 cos
( ) 2 (1 cos )(1 cos )
1 cos
A
p AB p AB R A A r
A
.
Bình phương 2 vế, rút gọn ta được
2 3 2 2 2 2 2 2
4 cos 4 ( )cos ( 4 )cos (2 ) 0
R A R R r A p r R A R r p
, suy ra cosA là
nghiệm của (*). Tương tự cosB, cosC cũng là nghiệm của (*).
Trở lại bài tóan, với nhận xét trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta có ( kể từ bây giờ
ta kí hiệu
là tổng các hóan vị của các biểu thức đối với A, B, C )
cos
R r
A
R
,
2 2 2
2
4
cos cos
4
p r R
A B
R
,
2 2
2
(2 )
cos cos cos
4
R r p
A B C
R
2 2 2
2 2 2
2
6 4
cos cos cos
2
R p Rr r
A B C
R
Suy ra
2 2
2 2 2
cos cos cos cos
2
cos 2cos cos cos cos cos
A A B C
p r
S
A A B C A B p r
.
Ta chứng minh
13
2
14
S . Thật vậy điều này tương đương với
2 2
2 2
13
3 3
14
p r
p r
p r
. (1)
Vì
cot 3 3
2 2
p AB AC BC A
r r
nên (1) đúng suy ra
13
28
S .
Vậy
13
min
28
S
đạt được khi và chỉ khi
1
4
x y z
.
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
20
II.SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ TỪ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LƯ
ỢNG
GIÁC
Cơ sở sáng tạo: Đặt
tan , 0;
2
A
x A
khi đó ta có
2
2 2 2
2 1 2
sin ,cos ,tan
1 1 1
x x x
A A A
x x x
,
2 2
1
sin ,cos
2 2
1 1
A x A
x x
Ví dụ 1. Từ bài toán: 33tantantan CBA với mọi
ABC nhọn
Ta chuyển được sang Bài toán : Cho
0 , , 1
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
3 3
1 1 1 2
x y z
x y z
Ví dụ 2. .Từ bài toán: trong mọi tam giác ta có
2
3
coscoscos CBA
Bài toán trên trở thành : Cho
, , 0
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3
1 1 1 2
x y z
x y z
Ví dụ 3. . Từ bài toán:Trong mọi
ABC ta đều có :
2
33
sinsinsin CBA
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
Cho
0 , ,
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
3 3
1 1 1 4
x y z
x y z
Ví dụ 4. . Từ bài toán:Trong mọi
ABC ta đều có :
3 3
cos cos cos
2 2 2 2
A B C
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
Cho
0 , ,
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 3 3
2
1 1 1x y z
Ví dụ 5. . Từ bài toán:Trong mọi
ABC ta đều có :
3
sin sin sin
2 2 2 2
A B C
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
Cho
, , 0
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
3
2
1 1 1
x y z
x y z
Ví dụ 6. . Từ bài toán:Trong mọi
ABC ta đều có :
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
21
2
39
2
cot
2
cot
2
cot
2
sin
2
sin
2
sin
CBACBA
Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
3
2
sin
2
sin
2
sin
3
2
sin
2
sin
2
sin
CBA
CBA
Mặt khác :
cot cot cot cot cot cot
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
cos cos cos
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
3
1
sin sin sin
4
sin sin sin
2 2 2
sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2
2sin sin sin
2 2 2
sin cos sin cos sin cos
3
2 2 2 2 2 2
2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
A A B B C C
A B C
A A B B C C
A B C
Suy ra :
2 2 2
3
3
sin sin sin cos cos cos
9
2 2 2 2 2 2
sin sin sin cot cot cot
2 2 2 2 2 2 2
sin sin sin
2 2 2
9
cot cot cot 1
2 2 2 2
A B C A B C
A B C A B C
A B C
A B C
mà ta cũng có :
33
2
cot
2
cot
2
cot
CBA
2
2
39
33
2
9
2
cot
2
cot
2
cot
2
9
3
3
CBA
Từ
1
và
2
2
39
2
cot
2
cot
2
cot
2
sin
2
sin
2
sin
CBACBA
đpcm.
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán: Cho
, , 0
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 9 3
2
1 1 1
x y z
x y z
x y z
Ví dụ 7. . Từ bài toán:Trong mọi
ABC ta đều có :
Giáo viên: Phan Quang Sơn THPT Nam Khoái Châu
22
8
7
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
222
CBACBA
Lời giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
8
1
2
sin
2
sin
2
sin
4
7
2
sin
2
sin
2
sin2coscoscos3
CBA
CBA
CBA
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán: Cho
0 , ,
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2
2 2 2
7
1 1 1 8
1 1 1
x y z xyz
x y z
x y z
Ví dụ 8. . Từ bài toán:Trong mọi
ABC ta đều có :
2
sin
2
sin
2
sin4
4
7
sinsinsinsinsinsin
CBA
ACCBBA
Lời giải :
Vì
2
sin
2
sin
2
sin41coscoscos
CBA
CBA , nên BĐT tương đương
1coscoscos
4
3
sinsinsinsinsinsin CBAACCBBA
mà :
BABAC
ACACB
CBCBA
coscossinsincos
coscossinsincos
coscossinsincos
nên :
2
4
3
coscoscoscoscoscos1 ACCBBA
Thật vậy hiển nhiên ta có :
3coscoscos
3
1
coscoscoscoscoscos
2
CBAACCBBA
Mặt khác ta có :
3
0 cos cos cos
2
A B C
3 đúng
2 đúng
đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC
đều.
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
Cho
0 , ,
1
x y z
xy yz zx
Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
2 2 2
7
16
1 1 1 1 1 1
1 1 1
xy yz zx xyz
x y y z z x
x y z
