nhận dạng tam giác

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN
Nhóm thực hiện
1. Lê Nguyễn Minh Trung
2. Nguyễn Anh Tuấn
3. Nguyễn Thuý Uyên
4. Nguyễn Thò Thanh Vui
5. Trần Đức Vương
6. Nguyễn Thò Kim Xuyến


Giáo viên hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ


Quy Nhơn, tháng 11/2009
LỜI NÓI ĐẦU
Nhận dạng tam giác là một vấn đề không mới, chúng ta dễ tìm thấy ở các sách trên thò trường
với nhiều tác giả khác nhau. Nhưng chúng tôi thấy các tài liệu này trình bày chưa chặt chẽ và khái
quát, chưa đi sâu vào phương pháp thiết lập đề toán.
Với bài tiểu luận này chúng ta mong rằng sẽ đóng góp một số kiến thức để giải bài toán nhận
dạng tam giác và phương pháp ra đề cho dạng này.
Bài tiểu luận của chúng tôi gồm:
Chương 1: Nhận dạng tam giác cân
Chương 2: Nhận dạng tam giác vuông
Chương 3: Nhận dạng tam giác đều
Chương 4: Nhận dạng tam giác khác.
Trong mỗi chương chúng tôi đều đưa ra một số ví dụ điển hình cho phương pháp giải, đồng thời
có mở rộng và nhận xét, cuối mỗi chương là phương pháp ra đề cho dạng toán đó.
Chúng tôi xin được tỏ lời cám ơn chân thành đến thầy giáo Dương Thanh Vỹ cùng một số bạn
lớp sư phạm Toán K29 Trường Đại học Quy Nhơn.
Vì thời gian và khả năng có hạn nên bài tiểu luận này chắc chắn có nhiều sai xót và hạn chế.

Chúng tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến xây dựng và phê bình của độc giả.

Nhóm thực hiện
Một số hệ thức lượng trong tam giác:
.1

2
cos
2
cos
2
4
cos4sinsinsin
CA
CBA =++
2.
CBACBA sin.sin.sin42sin2sin2sin
=++
3.
0
222222222
222
=−−−++
A
tg
C
tg
C
tg
B

tg
B
tg
A
tg
C
tg
B
tg
A
tg
4.
2
sin
2
sin
2
sin41coscoscos
CBA
CBA +=++
5.
CBACBA tan.tan.tantantantan =++
(
∆
ABC không là tam giác vuông)
6.
1cot.cotcot.cotcot.cot
=++
anAanCanCanBanBanA
7.

1
2
tan.
2
tan
2
tan.
2
tan
2
tan.
2
tan =++
ACCBBA
8.
2
tan.
2
tan.
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
C
Co
B

Co
A
Co
C
Co
B
Co
A
Co =++
9.
S
acb
ACo
4
tan
222
−+
=
(Đẳng thức hàm Côsin suy rộng)
Một số bất đẳng thức lượng trong tam giác:
1.
2
3
coscoscos ≤++ CBA
2.
8
1
2
sin
2

sin
2
sin ≤
CBA
3.
8
1
cos.cos.cos ≤CBA
4.
4
9
sinsinsin
222
≤++ CBA
5.
2
33
sinsinsin ≤++ CBA
6.
2
33
2
cos
2
cos
2
cos ≤++
CBA
7.
2

3
2
sin
2
sin
2
sin ≤++
CBA
8.
3
2
tan
2
tan
2
tan ≥++
CBA
9.
3cotcotcot ≥++ anCanBanA
Dấu bằng xảy ra trong các bất đẳng thức trên
∆⇔
ABC đều.
Việc chứng minh các bđt này xin dành cho bạn đọc.
CHƯƠNG 1: NHẬN DẠNG TAM GIÁC CÂN
- Các bài toán thuộc loại này có các dạng như sau: cho tam giác ∆ABC thoả mãn một điều kiện
nào đó, thường là cho dưới dạng hệ thức. Hãy chứng minh ∆ABC cân.
- Phải lưu ý tính đối xứng của bài toán để đònh hướng các phép biến đổi. Chẳng hạn cân tại C thì
tập trung vào chứng minh A=B.
- Các bài toán về nhận dạng tam giác cân có thể chia thành 2 loại chính như sau:
LOẠI I: SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI ĐẲNG THỨC

Từ giả thiết đi đến kết luận bằng cách vận dụng các hệ thức lượng trong tam giác, các công thức
biến đổi lượng giác.
VD1:
Cho
∆
ABC thoả
A
B
C
cos2
sin
sin
=
(1)
CM
∆
ABC cân
( )
)B-A (vì0)sin(
)sin(sinsin
)sin()sin(sin
cossin2sin1
π
<=⇔=−⇔
−+=⇔
−++=⇔
=⇔
BAAB
ABCC
ABABC

ABC
⇔
∆ABC cân tại C.
NX: Từ (1) nếu thay góc C bằng góc B thì ta được 2 bài toán:
A
C
B
cos2
sin
sin
=
C
A
B
cos2
sin
sin
=
Tương tự nếu thay góc C bằng góc A thì ta được 2 bài toán:

C
B
A
cos2
sin
sin
=

B
C

A
cos2
sin
sin
=
Như vậy trong bài toán CM
∆
ABC cân, nếu ta hoán đổi vò trí các góc thì ta sẽ thu được
∆
ABC cân
tại các vò trí khác nhau.
VD2: Cho
∆
ABC có
22
4
2
sin
cos1
ca
ca
B
B
−
+
=
+
(1)
CM
∆

ABC cân
Ta thấy trong (1) chứa cả 2 yếu tố góc và cạnh. Đối với bài toán này ta có thể CM ∆ABC cân theo
2 cách
1. A=B
2. a=b
Tuỳ vào biểu thức của bài toán mà ta chọn biến đổi về góc hay về cạnh sao cho thuận lợi hơn.
Cách 1:
đều cho ∆ABC cân tại B
đều cho ∆ABC cân tại A
(1)
( )
( )
22
2
2
2
4
2
sin
cos1
ca
ca
B
B
−
+
=
+
⇔

( )
ca
ca
B
B
−
+
=
−
+
⇔
2
2
cos1
cos1
2
2
p dụng đònh lý hàm Sin ta được:
CA
CA
B
B
sinsin2
sinsin2
cos1
cos1
−
+
=
−

+
BCBACABsínCBACA cossincossin2sinsin2coscossin2sinsin2
−−+=−+−⇔
CBA sin2cossin4 =⇔
[ ]
CBABA sin2)sin()sin(2 =−++⇔
[ ]
CBAC sin2)sin(sin2 =−+⇔
BABA =⇔=−⇔ 0)sin(

⇔
∆ABC cân tại C
Cách 2:
(1)
22
2
2
4
)2(
2
cos
2
sin2
2
cos2
ca
ca
BB
B
−

+
=⇔
ca
ca
B
tg
−
+
=⇔
2
2
2
1
222222
22
22
22
22
22
22
2
22
)()2(
2
4
)(
4
1
2
2

1
)(
)(
2
2
)(
)(
2
2
)(
))((
2
2
2
abbcaaccac
baccac
ca
a
bac
ac
ca
ca
bac
acb
ca
ca
bac
acb
ca
ca

bpp
apcp
ca
caB
tg
=⇔−++=+⇔
−+=+⇔
+
=
−+
⇔
+
+
−
=+
−+
−−
⇔
+
−
=
−+
−−
⇔
+
−
=
−
−−
⇔

+
−
=⇔

⇔
a = b
∆⇔
ABC cân tại C
Chú y ù: Ta có
2
.
B
tgp
bp
S
r
B
=
−
=
)(
))((
)(
))()((
)(2 bpp
cpap
bpp
cpbpapp
bpp
SB

tg
−
−−
=
−
−−−
=
−
=⇔
VD3: Cho
∆
ABC thoả
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
33
ABBA
=
(1)
CM
∆
ABC cân.
0
2
,

222
,
2
0
0)
2222
1)(
22
(
0
22
)
22
(
(*))
2
1(
2
)
2
1(
2
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin

)1(
22
33
22
33
>⇒
∏
<<
=+++−⇔
=−+−⇔
+=+⇔=⇔
B
tg
A
tg
BA
Vì
B
tg
B
tg
A
tg
A
tg
B
tg
A
tg
B

tg
A
tg
B
tg
A
tg
B
tg
B
tg
A
tg
A
tg
B
B
A
A
Nên
22
0
22
BAB
tg
A
tg =⇔=−
ABCBA ∆⇔=⇔
cân tại C
NX: Từ (1) ta có thể biến đổi như sau

)
2
sin1(
2
cos
2
sin)
2
sin1(
2
cos
2
sin
22
AABBBA
−=−
Tiếp tục chuyển vế và đặt thừa số chung ta được:
0
2
sin =
− BA
Cách khác:
Từ (*) ta xét
0),1()(
2
>+= xxxxf
0,031)('
2
>∀>+= xxxf
f⇒

là hàm tăng trên
),0( +∞
Vì vậy: (*)






=






⇔
22
B
tgf
A
tgf
22
B
tg
A
tg =⇔
Chú ý: Trong bài toán CM tam giác cân ta thường gặp 2 vế của biểu thức đối xứng. Trong trường hợp này
ta có thể sử dụng phương pháp hàm số:
Tính chất: Nếu hàm ƒ tăng (hoặc giảm) trong khoảng (a,b)

Thì :
),(,,)()( bavuvuvfuf ∈∀=⇔=
VD4: Cho
∆
ABC thỏa:
2
3
)cos()sin()sin(
−
=+−+++ BAACCB
(1)
Tam giác ABC là tam giác gì ?
(1)
2
3
cossinsin
−
=++⇔ CBA
2
3
cos
2
cos
2
sin2
−
=+
−+
⇔ C
BABA

2
3
1
2
cos2
2
cos
2
cos2
2
−
=






−+
−
⇔
CBAC
0
2
1
2
cos
2
cos2
2

cos2
2
=+
−
−⇔
BACC
(*)
0
2
sin
4
1
2
cos
4
1
2
cos
2
cos
2
cos
222
=
−
+
−
+
−
−⇔

BABABACC
0
2
sin
4
1
2
cos
2
1
2
cos
2
2
=
−
+






−
−⇔
BABAC








=
−
−
=
⇔
0
2
sin
2
cos
2
1
2
cos
BA
BAC






=
=
⇔
BA
C

2
1
2
cos






==
=
⇔
0
0
30
120
BA
C
NX: Ta có thể dùng tính chất tam thức bậc hai để nhận dạng đa giác này. Thật vậy:
Đặt
)1,0(
2
cos ∈=
C
t
0
2
1
2

cos22(*)
2
=+
−
−⇔ t
BA
t
luôn có nghiệm.
0
2
sin1
2
cos
22'
≤
−
−=−
−
=∆
BABA
Nên:
BA
BA
=⇔=
−
⇔=∆ 0
2
sin0
'
Khi đó:

2
1
2
cos
2
1
2
cos
2
1
=⇔=
−
=
CBA
t
0
120=⇔ C
VD5: Cho
∆
ABC thỏa mãn hệ thức
2
)(
BA
tgbabtgAatgB
+
+=+
và C≠ 90
0
(1)
CM

∆
ABC là tam giác cân.
(1)
0)2sin2(sin
2
sin
0)cossincos(sin
2
sin
cos
2
cos
2
sin
.sin2
2
cos.cos
2
sin
sin2
)
2
()
2
(
=−
−
⇔
=−
−

⇔
+
−
=
+
−
⇔
−
+
=
+
−⇔
BA
AB
BBAA
AB
A
BA
AB
BR
BA
B
AB
AR
tgA
BA
tgb
BA
tgtgBa
Có 2 khả năng sau:

1)Nếu
AB
AB
=⇒=
−
0
2
sin
2)Nếu sin2A – sin2B =0
BA 2sin2sin =⇒
(2)
Do C≠ 90
0

⇒
A+B ≠ 90
0

⇒
2A+2B ≠ 180
0
và hiển nhiên
0<2A+2B <360
0
, nên từ (2) suy ra 2A = 2B hay A = B
Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có
∆
ABC cân tại C
NX: Giả thiết C ≠ 90
0

là cần thiết vì nếu không có nó thì từ (2) có thêm khả năng 2A+2B=180
0

⇔
C=90
0
, tức tam giác đã cho có thể không cân mà chỉ vuông tại C. Nói cách khác, nếu chỉ thỏa mãn
điều kiện
2
)(
BA
tgbabtgAatgB
+
+=+
thì
∆
ABC hoặc là cân tại C, hoặc là vuông tại C. Dó nhiên
∆
ABC có thể là tam giác vuông cân tại C.
LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
- Khác với tam giác đều có vô số hệ thức “đẹp” thường sử dụng BĐT để chứng minh, những hệ
thức đẹp của tam giác cân rất ít.
- Cho ∆ABC có các cạnh và các góc thỏa mãn một hệ thức:
F(A,B,C,a,b,c)=0
CM ∆ABC cân tại C bằng BĐT như sau:
• Dùng BĐT chứng minh F(A,B,C,a,b,c)≥ 0
• Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b (hoặc A=B)
• Vậy F(A,B,C,a,b,c)=0 ⇔ a=b ⇔ ∆ABC cân tại C
VD1: Cho a,b,c, là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Biết rằng

abacbccbap +++=−−
2
4
(1)
CM tam giác trên là tam giác cân
))((2)()(
))((22
))((2
2
4)1(
bcacbcac
bcacbac
bcacba
cba
++=+++⇔
++=++⇔
++=−−
++
⇔
p dụng BĐT Cauchy cho 2 số c+a, c+b ta có
))((2)()( bcacbcac ++≥+++
Dấu “=” xảy ra ⇔ c+a = c+b ⇔ a=b
Để (2) xảy ra thì trong (3) xảy ra dấu đẳng thức.
Tức là a=b hay tam giác đã cho là tam giác cân.
NX: Từ (2) ta hoàn toàn có thể giải theo cách thông thường bằng cách lấy bình phương 2 vế, ta
được:
[ ]
bcacbcca +=+⇔=+−+ 0)()(
2
* Cách ra đề cho bài toán nhận dạng tam giác bằng BĐT Cauchy:

Từ a=b
A=B
Ta biến đổi 2 vế để được một đẳng thức tương đương
Đặt VT=
α
, VP=
β
. p dụng BĐT Cauchy cho 2 số
α
,
β
Tại vò trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán chứng minh
∆
ABC cân tại C
Từ bài toán đó ta có thể tiếp tục biến đổi để được 1 bài toán phức tạp hơn dựa vào các phép biến
đổi tương đương hay biến đổi lượng giác.
VD2 : Cho
∆
ABC thoả mãn hệ thức:
)( apph
a
−=
(1)
CM
∆
ABC là tam giác cân
Ta có:
a
cpbpapp
a

s
h
a
))()((2
2
−−−
==
Do đó:
(1)
)(
))()((2
app
a
cpbpapp
−=
−−−
⇔
(2)
(3)
acpbp =−−⇔ ))((2
(2)
p dụng BĐT Cauchy cho 2 số: p-b, p-c
)()())((2 cpbpcpbp −+−≤−−⇔
acpbp ≤−−⇔ ))((2
(3)
Dấu “=” xảy ra
cbcpbp =⇔−=−⇔
Vậy từ (2) suy ra trong (3) xảy ra dấu đẳng thức, tức là ta có b = c ⇔ ∆ABC cân tại A.
NX : Nếu không áp dụng BĐT thì từ (2)
⇔

4(p-b)(p-c)=a
2
2
2
)
2
4 a
cbabca
=






−+






−+
⇔

222
)( abca =−⇔
bcbc =⇔=−⇔ 0)(
2
VD3 : Cho

∆
ABC thoả mãn hệ thức:
15)cos2(cos3)sin2(sin4 =+++ CBCB
(1)
CM
∆
ABC cân.
( ) ( )
15cos6sin8cos3sin4)1( =+++⇔ CCBB
p dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
10)cos)(sin68(cos6sin8
5)cos)(sin34(cos3sin4
2222
2222
=++≤+
=++≤+
CCCC
BBBB
Do đó:
15)cos6sin8()cos3sin4( ≤+++ CCBB
Dấu “=” xảy ra
{
5cos3sin6
10cos6sin8
=+
=+
⇔
BB
CC








=
=
⇔
CC
BB
cos
6
sin
8
cos
3
sin
4








==
=
⇔

3
4
6
8
cos
sin
3
4
cos
sin
C
C
B
B
⇔
tgB = tgC =
3
4
⇒ B = C
NX: cách ra đề cho bài toán nhận dạng tam giác cân bằng BĐT Bunhiacopxki tương tự vd 3:
Từ ABC cân tại A => B=C . Lấy tg hoặc cotg 2 vế
Gs tgB = tg C



=⇔
=
b
a
C

C
B
B
cho
cos
sin
cos
sin
, với b
0
≠








=
=
⇔
C
b
C
a
B
b
B
a

cossin
cossin
(a,b) có thể thay bằng (A,B) sao cho
B
A
b
a
=
p dụng BĐT Bunhiacopxki cho các số a,b, sinB, cosB
và A,B, sinC, cosC
Cộng 2 BĐT lại với nhau, tại vò trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán.
VD4 : Cho

ABC thoả mãn điều kiện.
2
cos2sinsin
c
BA =+
CM

ABC cân
p dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
( )
2
cos
2
sin4)cos(sin2sinsin
)1(
2
BABA

AABA
−+
=+≤+
⇔
( )
2
cos
2
cos4sinsin
2
BAC
BA
−
≤+
Vì cos
0
2
cos,1
2
>≤
− CBA
nên
4 cos
2
cos4
2
cos
2
)2(
CBAC

≤
−
.Vậy
2
cos2sinsin
C
BA ≤+
Dấu “=” xảy ra





=
−
=
⇔
1
2
cos
sinsin
BA
BA

BA
=⇔
⇔
ABC cân tại C
NX: Bài này áp dụng BĐT Bunhiacopxki sẽ đơn giản hơn là cách biến đổi đẳng thức.
Cách ra đề tương tự : từ 2 góc bằng nhau, biến đổi để được 1 đẳng thức tương đương. Đặt VT

=
α
, VP =
β
p dụng BĐT Bunhiacopxki cho 4 số a,
α
,b,
β
với a,b là các hệ số tuỳ ý trước
α
và
β
. Tại vò
trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán.
VD5: CM điều kiện cần và đủ để

ABC cân là.
cos
0
15cos2
2
cos
2
=+
BA
, biết C = 120
0
Xét ƒ(x) = cosx trên (0,
2
π

), ta có;
ƒ (x) =- sinx , ƒ
‘’
(x) = - cosx<0,
∈∀x
(0,
)2/
π

Theo BĐT Jensen ta có:
ƒ












+
2
22
BA
2
22







+






≥
B
f
A
f
⇔
cos
0
15cos2
2
cos
2
≤+
BA
Dấu “=” xảy ra
0
30
22

==⇔=⇔ BA
BA
⇔
ABC cân.
NX: Cách ra đề:
Từ 2 góc bằng nhau, biến đổi để được 1 đẳng thức tương đương. Đặt VT =
α
, VP =
β
.
p dụng BĐT Jensen cho 2 số
α
,
β
.






+
≥
+
+
≤
+
2
)()(
)

2
(
2
)()(
)
2
(
βαβα
βαβα
ff
f
ff
f
• Với (1) ta chọn hàmƒ (x) sao cho có đạo hàm cấp 2: ƒ
’’
(x)>0,
Dx ∈∀
• Với (2) ta chọn hàm ƒ (x) sao cho có đạo hàm cấp 2: ƒ
’’
(x)<0,
Dx
∈∀
Sau đó thay hàm ƒ vào (1) hoặc (2) tương ứng
Tại vò trí dấu “=” xảy ra ta được bài toán.
VD6: Cho tam giác ABC có l
b
= l
c
. CMR
∆

ABC cân.
p dụng công thức tính đường phân giác trong, ta có:
(1)
(2)
ba
C
ab
ca
B
ac
+
=
+
2
cos2
2
cos2
l
b
= l
c
⇔
⇔

⇔
Giả sử b ≠ c, khi đó ta có thể cho là
b>c. Từ đó suy ra:
B>C =>
0
22

90
0
>>>
CB
=>
2
cos
2
cos0
CB
<<

2
cos
1
2
cos
1
CB
>
Do b>c =>
ca
11
+
>
ba
11
+
Từ (2) và (3) suy ra:
)

11
(
2
cos
1
)
11
(
2
cos
1
ba
C
ca
B
+>+
: mâu thuẫn với (1)
Vậy b=c ⇒ ∆ ABC cân tạiA.
Chú ý:Từ l
b
= l
c
ta dự đoán b=c
Ta chứng minh bằng phưong pháp phản chứng
Dựa vào BĐT quan hệ giữa các góc và cạnh.
a
≤
b
≤
c

⇔
A
≤
B
≤
C

⇔




≤≤
≤≤
tgCtgBtgA
CBA sinsinsin

⇔




≥≥
≥≥
gCgBgA
CBA
cotcotcot
coscoscos
CHƯƠNG 2: NHẬN DẠNG TAM GIÁC VUÔNG
So với những loại tam giác khác tam giác vuông có một số tính chất đặc biệt như tổng bình

phương của 2 cạnh góc vuông bằng bình phương cạnh huyền. Số đo của góc vuông bằng số đo của
hai góc còn lại. Từ xa xưa Pitago đã phát hiện một dấu hiệu để nhận dạng tam giác vuông là đònh lý
Pitago. Trong phần này chúng tôi xin cung cấp một số dấu hiệu để nhận biết tam giác vuông.
Để nhận dạng tam giác vuông ta thường đưa về một số dấu hiệu sau đây:
1. sinA = 1 2. cosA = 0 3. sin2A = 0
2
cos
1
.
2
cos
1
.
C
ab
ba
B
ac
ca
+
=
+
)
11
(
2
cos
1
)
11

(
2
cos
1
ba
C
ca
B
+=+
(1)
(2)
(3)
4. cos2A = -1 5.
1
2
tan =
A
6. tanA = cotanB
7. sinA=Sin(B-C) 8. a
2
= b
2
+ c
2
LOẠI I:SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Ví dụ: Chứng minh rằng trong
∆
ABC thoả mãn: sin
2
2A + sin

2
2B +sin
2
2C = 2 (1) thì
∆
ABC
vuông.
Ta có: sin
2
A + sin
2
B +sin
2
C =2+2cosA.cosB.cosC
Từ (1) suy ra cosA.cosB.cosC =0 ⇔
BC
0cos
0cos
0cos
A
C
B
A
∆⇔





=

=
=
vuông
Nhận xét: Nếu sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C =m,
Với m = 2 thì ∆ABC vuông,
m < 2 thì ∆ ABC tù,
m >2 thì ∆ ABC nhọn.
Thật vậy với m<2.Từ (1) suy ra cosA.cosB.cosC < 0 ⇒ tồn tại một số trong 3 số cosA, cosB,
cosC bé hơn 0. Suy ra, một góc phải lớn hơn 90
0
hay ∆ABC tù
Với m>2 ⇒ cosA.cosB.cosC>0. Suy ra trong 3 số cosA, cosB, cosC phải có một số dương hoặc
3 số đều dương
Giả sử





<
<<⇒<
>
0cos
180900cos

0cos
00
C
BB
A

{
0<CosC

00
18090 << C

Do đó CosA, CosB, CosC đều dương hay ∆ABC nhọn
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC thoã mãn hệ thức
r
c
= r + r
a
+ r
b
(2) với r
a
là bán kính đường tròn bàng tiếp.
Chứng minh rằng
∆
ABC vuông.
Ta có S = pr
p
S
r =⇒

S = (p-a) r
a

ap
S
r
a
−
=⇒
Khi đó (2) tương đương với
ap
S
−
=
cp
S
bp
S
P
S
−
+
−
+
cpbppap −
+
−
=−
−
⇔

1111
⇒B+C>180
0
vô lý
))(()())(()(
)(
cpbp
a
app
a
cpbp
bpcp
app
app
−−
=
−
⇔
−−
−+−
=
−
−
⇔
))(())(( cbabcaacbcba −+−+=−+++⇔
2222222222
2)()()()( cbaacbcbcbaacb +=⇔=−⇔+⇔−−=−+⇔
⇒∆ABC vuông.
Nếu áp dụng hệ thức cơ bản trong tam giác, ta có
r

c
= ptg
2
,
2
,
2
)(,
2
B
btgr
A
ptgr
C
tgcpr
C
ba
==−=
Từ (2) ta được ptg
222
)(
2
B
ptg
A
ptg
C
tgcp
C
++−=

222
B
tg
A
ptg
C
ctg +=⇒
(2’)
Mặt khác p = R(sinA+ sinB + sinC)=4Rcos
2
cos
2
cos
2
CBA
Từ (2) ta có 2RsinC.tg
2
cos
2
cos
2
sin
.
2
cos.
2
cos.
2
cos.4
2

CB
BA
CBA
R
C
+
=
1
22
cos
2
sin
222
=⇒=⇒
C
tg
CC
Do
00
9045
2
1
2
0
2
=→=⇒=⇒> C
CC
tg
C
tg

.
⇒∆ABC vuông.
Chú ý: Khi gặp 1 bài toán có chứa các yếu tố khác cạnh và góc ta nên chuyển về bài toán có
chứa góc hoặc cạnh để giải, khi đó có nhiều công cụ để giải hơn.
LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
Ví dụ 1:
Cho
∆
ABC có A, B nhọn và thoả mãn hệ thức sin
2
A + sin
2
B =
3
sin C
. (1)
Chứng minh rằng
∆
ABC vuông.
Vì 0 < sinC ≤ 1
CC
2
3
sinsin ≥⇒
.
Từ (1)
222222
sinsinsin cbaCBA ≥+⇔≥+⇒

0cos2

2222
≥⇒−+≥+⇔ CosCCabbaba
0
90≤⇒ C
.
Nếu C = 90
0
⇒ A+ B = 90
0
⇒ sin
2
A+sin
2
B= sin
2
A+cos
2
A = 1.
Vậy nếu ABC là tam giác vuông tại C thì thoã mãn hệ thức đã cho.
Nếu C < 90
0
. Từ giả thiết ta có
3
sin
2
2cos1
2
2cos1
C
BA

=
−
+
−
⇔ 1 - cos (A+B).cos(A-B) =
33
sin)cos(.cos1sin CBACC =−+⇔
(3).
Ta có sinC < 1. Mặt khác do A, B, C nhọn nên cosC > 0, cos(A-B) > 0, vậy từ (3) ta suy ra điều
vô lý. Do đó trường hợp C < 90
0
không xảy ra. Vậy ABC là tam giác vuông tại C.
Nhận xét:
* Nếu C = 90
0
ta không thử lại mà kết luận
∆
ABC vuông là không chặt chẽ. Vì
∆
ABC chưa chắc
thoả mãn (1).
* Nếu xét trường hợp C < 90
0
ta đi đến kết luận loại trường hợp này. Từ đây ta phải có C = 90
0
,
không cần thử lại.
* Điểm quan trọng của bài tập này là ở chỗ với a
∈
R, 0 <a ≤1 thì ta có a

n
> a
m
, 1 < n < m, n,m
∈
Q. Từ đấy bài toán (1) có thể mở rộng nếu sin
2
A + sin
2
B =
1,sin ≥∀nC
n
thì
∆
ABC vuông.
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả
sin
4
A + 2sin
4
B+ 2sin
4
C = 2sin
2
A (sin
2
B + sin
2
C) (1).
Chứng minh

∆
ABC vuông cân.
 p dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương
A
4
sin
2
1
và 2sin
4
B ta có:
BABABA
224444
sin.sin2sin2.sin
2
1
.2sin2sin
2
1
=≥+
Tương tự
CACA
2244
sin.sin2sin2sin
2
1
≥+
).sin(sinsin2sin2sin2sin
222444
CBACBA +≥++⇒

(2)
(1) đúng ⇔ (2) xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi







=
=
CA
BA
44
44
sin2sin
2
1
sin2sin
2
1
(3)
CBCBCB =⇒=⇒=⇒ sinsinsinsin
44
.
Từ (3)






=
=
⇒
CA
BA
44
44
sin4sin
sin4sin






=
=
⇒
CA
BA
22
22
sin2sin
sin2sin

CBA
222
sinsinsin +=⇒
p dụng đònh lý hàm Sin ta được

a
2
= b
2
+ c
2
⇒ ∆ABC vuông cân.
Nhận xét:
Nếu đề bài cho nhận dạng tam giác ABC thoả mãn điều kiện (1) thì rất nhiều bạn chỉ giải đến B
= C với kết luận
∆
ABC cân là chưa đủ, mà cần phải xét đến các tính chất khác của tam giác để kết
luận chính xác.
Bài toán trên ta có thể biến đổi như sau:
sin
4
A + 2sin
4
B + sin
4
C = 2sin
2
A (sin
2
B + sin
2
C)
⇔ 2sin
4
A + 4 sin

4
B + 4sin
4
C = 4sin
2
A.sin
2
B + 4sin
2
A.sin
2
C
⇔ (sin
4
A – 4sin
2
A.sin
2
B + 4sin
4
B) + (sin
4
A – 4 sin
2
A.sin
2
C + 4sin
4
C) = 0
⇔ (sin

2
A - 2sin
2
B)
2
+ (sin
2
A - 2sin
2
C)
2
= 0





=
=
⇔
CA
BA
22
22
sin2sin
sin2sin

CBA
222
sinsinsin +=⇒

và
CB
22
sinsin =



=
+=
⇒
CB
cba
222

ABC∆⇒
vuông cân.
Sau đây chúng tôi đưa ra 1 số bài tập để các bạn rèn luyện kỹ năng giải toán.
Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác vuông nếu thoả một trong các điều kiện sau
Bài 1: cos2A + cos2B + cos2C = -1.
Bài 2: a) sinA + sinB + sinC = 1 + cosA + cosB + cosC
Hướng dẫn: Chứng minh tam giác này vuông tại 1 trong 3 góc.
b) sinA + sinB + sinC = 1- cosA + cosB + cosC.
Hướng dẫn: Chứng minh vuông tại C.
Bài 3:
CB
a
c
c
B
b

sinsincoscos −
=+
Hướng dẫn: A ùp dụng đònh lý hàm sin
Bài 4: r(sinA + sinB)=
2
cos
2
sin 2
BAB
c
−
Hướng dẫn: Ta sử dụng hệ thức cơ bản
r = 4R
2RsinCcvà =
2
sin.
2
sin.
2
sin
CBA
Bài 5: r + r
a
+ r
b
+ r
c
= a + b + c
p dụng công thức lượng cơ bản r =ptg
2

)(,
2
A
tgapr
A
a
−=
p = 4Rcos
2
cos
2
cos
2
CBA
và đònh hàm sin.
Hay có thể áp dụng công thức S = r
c
(p-c), S=rp.
Bài 6: 3cosB + 4sinB + 6sinC +8cosC =15 (6)
HD: p dụng BĐT Schwartz cho các cặp (3,4), (cosB,sinB) và (6,8), (sinC,cosC).
Cách khác: Bài 6 có thể vận dụng phép biến đổi tương đương và tính chất bò chặn của hàm
sinx, cosx.
(6)
.15)cos
5
4
sin
5
3
(10)cos

5
3
sin
5
4
(5 =+++⇔ CCBB
(6
’
)
Đặt
.900,sin
5
3
,cos
5
4
0
≤≤==
ϕϕϕ
Thì từ (6
’
) ta suy ra
5sin(B+
ϕ
) + 10cos(C-
ϕ
) = 15
ABCCB
C
B

∆⇒=+⇒



=+
=+
⇒
0
90
1)cos(
1)sin(
ϕ
ϕ
vuông.
Bài 7: sin3A + sin2B = 4sinAsinB. (7)
HD: Dùng công thức biến đổi tổng thành tích cho vế trái và tích thành tổng, rút gọn ta được
cos(A-B).(sinC-1) = cosC
⇒ cos
2
(A-B).(sin
2
C-1) = 1 – sin
2
C.
⇒
(1-sinC)[cos
2
(A-B)(1-sinC) - 1- sinC] = 0.
Đánh giá cos
2

(A-B)(1-sinC)- 1 – sinC < 0 Từ đó suy ra sinC = 1
⇒
C = 90
0
Bài 8: Cho ∆ABC có đường cao AH,
21
,, ppp
là nửa chu vi của ∆ABC, ∆ABH, ∆ACH, biết p
2
=
p
1
2
+ p
2
2
(1). Chứng minh ∆ABC vuông.
Gợi ý: Nhận xét vò trí của H và vận dụng tỉ số lượng giác của ∆ABC để đưa bài toán thành
biểu thức theo góc.
Bài 9: ∆ABC có đặc điểm gì nếu
cosA (1 – sinB) = cosB.
Gợi ý: 1 – sinB và cosB cùng chứa nhân tử chung là
2
sin
2
cos
BB
−
.
Bài 10: ∆ABC có đặc điểm gì nếu

2sin2A – sin2B = sinC +
Csin
1
.
HD: Dùng phương pháp đánh giá để giải.
* Một số phương pháp thiết lập bài toán .
1. Phương pháp biến đổi tương đương từ tính chất của tam giác hoặc từ những dấu hiệu đã
có.
Giả sử ∆ABC vuông tại A
⇒
a
2
= b
2
+ c
2
⇒
2bc =
2
1
(b+c)
2
– a
2

⇔
bc =
)(2])[(
2
1

22
appacb −=−+
.
2
sin
2
sin22
))(())((
22
))()((2
)(2
CB
ph
ab
bpap
ca
apcp
p
a
cpbpapp
appSSbc
a
=⇔
−−−−
=
−−−
⇔−=
Có thể
mở rộng một số dấu hiệu đã có như:
Từ bài toán ∆ABC thỏa

3
22
sinsinsin CBA =+
thì ∆ABC vuông.
Ta suy ra được
m
CBA sinsinsin
22
=+
, m
≥
1 thì ∆ABC vuông.
2. Dùng bất đẳng thức dựa vào tính chất bò chặn của hàm sinx, cosx hoặc những bất đẳng
thức khác
Ví dụ1 : Ta có
22
2222
22
)sincos(sincos nmB
nm
n
B
nm
m
nmBnBm +≤
+
+
+
+=+
thoả mãn cosB + nsinB + kmsinC + kncosC = (k+1)

nm +
2
thì ∆ABC vuông tại A.
Ví dụ 2 : Từ
.
2
sin2
2
1
2
sin
2
BABA +
>+
+
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2
2
2
sin =
+ BA
,
2
cos2
2
1
2
cos
2

CC
≥+
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
2
2
cos =
C
.
Cộng vế theo vế 2 bất đẳng thức trên ta sẽ có
2
cos2
2
sin21
2
sin
2
sin
22
CBACCA
+
+
=++
+
thì ∆ABC vuông.
CHƯƠNG 3:NHẬN DẠNG TAM GIÁC ĐỀU
Tam giác đều là một tam giác đẹp, đó là tam giác có 3 cạnh bằng nhau và ba góc bằng nhau. Bài
toán nhận dạng tam giác đều là lớp bài toán quan trọng nhất và cũng là lớp bài toán đa dạng nhất
trong chuyên mục “nhận dạng tam giác”.
Trong mục này, một số phương pháp hay sử dụng để nhận dạng tam giác đều như

Loại I:Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương
1/ Phương pháp sử dụng 9 bài toán nhận dạng tam giác đều.
2/ Phương pháp sử dụng mệnh đề.



=≥
=+++
niA
AAA
n
n
,1,0
0
21
⇔ A
1
= A
2
= … =A
n
= 0
3/ Nhận dạng tam giác đều từ một hệ điều kiện.
Loại II:Sử dụng bất đẳng thức.
Sau đây chúng tôi đi vào từng phương pháp cụ thể.
LOẠI I:SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1/ Phương pháp sử dụng 9 bài toán cơ bản nhận dạng tam giác đều.
*  ABC thoả mãn các hệ thức sau thì  ABC là tam giác đều.
a) cos A + cosB + cosC =
2

3
f) cotgA + cotgB + cotgC =
3
b) sin
2
A
sin
2
B
sin
2
C
=
8
1
g) sinA + sinB + sinC =
2
33
c) cosA cosB cosC =
8
1
h) cos
2
A
+ cos
2
B
+ cos
2
C

=
2
33
d) sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C =
4
9
i) sin
2
A
+ sin
2
B
+ sin
2
C
=
2
3
e) tg
2
A
+ tg
2
B

+ tg
2
C
=
3
Chứng minh:
đây chúng tôi chỉ chứng minh vài hệ thức, các hình thức còn lại độc giả tự chứng minh
a) cos A + cosB + cosC =
2
3
⇔ 2cos
2
3
)cos(
2
cos
2
=+−
−+
BA
BABA
⇔ 2cos
2
3
1)(cos2
2
cos
2
2
=++−

−+
BA
BABA
⇔
0
2
cos
2
cos
2
cos
4
1
=






−+
−
+
+
BABABA
⇔
0
2
)(
cos

4
1
2
cos
2
1
2
cos
4
1
2
2
=
−
−














−

−
+
+
BABABA
⇔
0
2
sin
4
1
2
cos
2
1
2
cos
2
2
=
−
+













−
−
+ BABABA









=
+
=

2
cos
2
1
2
cos
0
2
sin
BABA
BA

=
=
2
1
2
sin
C
BA






=
=
62

C
BA

=
=
3

C
BA
Vaọy ABC ủeu.
b) sin
2
A
sin
2
B
sin
2
C
=
8
1


1
2
sin
2
sin
2
sin8 =

CBA

1
2
cos
2
cos
2
cos4 =
+






+

BABABA

01
2
cos
2
cos4
2
cos4
2
=+
+

+ BABABA

0
2
sin
2
cos
2
cos2
2
2
=

+








+ BABABA

=
+
=
+
2
cos
2
1
2
cos
0
2
sin
BABA
BA






=
=
2
1
2
sin

C
BA






=
=
3

C
BA
Vaọy ABC ủeu.
e) tg
2
A
+ tg
2
B
+ tg
2
C
=
3


3
222

2
=






++
C
tg
B
tg
A
tg

3
222222
2
222
222
=






+++++
A

tg
C
tg
C
tg
B
tg
B
tg
A
tg
C
tg
B
tg
A
tg
(*)
Maứ
1
222222
=++
A
tg
C
tg
C
tg
B
tg

B
tg
A
tg
Tửứ (*) suy ra
0
222222222
222
=++
A
tg
C
tg
C
tg
B
tg
B
tg
A
tg
C
tg
B
tg
A
tg

0
222222

222
=






+






+







A
tg
C
tg
C
tg
B

tg
B
tg
A
tg






=
=
=
0
0
0
22
22
22
A
C
C
B
BA
tgtg
tgtg
tgtg
A = B = C
Vậy  ABC đều.

f) cotgA + cotgB + cotgC =
3
.
Bằng cách áp dụng hệ thức cơ bản.
cotgA cotgB + cotgB cotgC + cotgCcotgA = 1 rồi biến đổi giống phần (e)
Tacó: (cotgA – cotgB )
2
+ (cotgB – cotgC)
2
+ (cotgC – cotgA)
2
= 0
=>





=−
=−
=−
0cotcot
0cotcot
0cotcot
gAgC
gCgB
gBgA
=> A = B = C
Vậy ABC đều.
Ví dụ1: Giả s


ABC thoả mãn điều kiện: 2(acosA + bcosB + ccosC) = a + b + c. Chứng minh


ABC đều.
p dụng đònh lý Sin ta có a=2RsinA , b = 2RsinB , c = 2RsinC ( với R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp  ABC), hệ thức đã cho tương đương với:
2sinA cosA + 2sinB cosB + 2sinCcosC = sinA + sinB + sinC
⇔ sin2A + sin2B + sin2C = sinA + sinB + sinC (*)
Tacó sin2A + sin2B + sin2C = 2sin(A + B)cos( A – B ) – 2sin( A + B)cos( A + B)
= 2sin (A + B)(cos(A + B) – cos (A + B)) = 4sinAsinBsinC.
Tacó sinA + sinB + sinC =
2
cos
2
cos2
2
cos
2
sin2
BACBABA +
+
−+
8
1
2
sin
2
sin
2

sin
2
cos
2
cos
2
cos
2
cos
2
cos
2
cos
2
sin
2
sin
2
sin8
2
cos
2
cos
2
cossinsinsin)(
.
2
cos
2
cos

2
cos4
2
cos
2
cos
2
cos2
=⇔
=⇔
=⇔∗
=






+
+
−
=
CBA
CBACBACBA
CBA
CBA
CBABABAC
(dạng bài toán cơ bản.)
Vậy  ABC đều.
Ví dụ 2 : CMR nếu A,B,C là ba góc của một tam giác thoả mãn







+++=++
3
cos
3
cos
3
cos
4
3
8
3
3
cos
3
cos
3
cos
333
CBACBA
thì tam giác ấy đều
Hệ thức đã cho tương ứng với
.
2
3

coscoscos
2
3
3
cos3
3
cos4
3
cos3
3
cos4
3
cos3
3
cos4
3
cos
3
cos
3
cos3
2
3
3
cos4
3
cos4
3
cos4
333

333
=++⇔
=






−+






−+






−⇔







+++=++
CBA
CCBBAA
CBACBA
( dạng bài toán cơ bản)
Vậy  ABC đều.
Ví dụ3 : Cho

ABC đều thoả mãn hằng thức:

34
222
=++ cba

222
)()()( accbbaS −+−+−+
Chứng minh

ABC là tam giác đều.
Biến đổi giả thiết đã cho về dạng sau
2ab + 2ac + 2bc = a
2
+ b
2
+ c
2
+
34
S (1)
p dụng đònh lí hàm số Côsin suy rộng, ta có a

2
+ b
2
+ c
2
= (cotgA + cotgB + cotgC)4S
Kết hợp công thức ab =
C
S
sin
2
, bc =
A
S
sin
2
, ca =
B
S
sin
2

.3
222
3
sin
cos1
sin
cos1
sin

cos1
3cot
sin
1
cot
sin
1
cot
sin
1
3cotcotcot
sin
1
sin
1
sin
1
=++⇔=
−
+
−
+
−
⇔
=







−+






−+






−⇔
+++=++⇔
C
tg
B
tg
A
tg
C
C
B
B
A
A
gC

C
gB
B
gA
A
gCgBgA
ABC
(dạng bài toán cơ bản)
Vậy  ABC đều.
Chú ý: nếu

ABC thoả mãn hằng thức
34
222
=++ cba
S thì

ABC cũng là tam giác đều.
Thật vậy (*) ⇔ cotgA + cotgB + cotgC =
3
(dạng bài toán cơ bản)
Vậy  ABC đều.
Nhận xét: Qua một số ví dụ trên, ta có thể tạo ra một số bài toán nhận dạng tam giác đều bằng
phương pháp này như sau: Ta có thể xuất phát từ các bài toán cơ bản, kết hợp với các hệ thức lượng
trong tam giác, đònh lí sin, cosin, biến đổi và đưa ra một bài toán mới.
2) Phương pháp sử dụng mệnh đề
0
,1,0
0
21

21
===⇔



=≥
=+++
n
i
n
AAA
niA
AAA
Ví dụ1: Chứng minh

ABC có
cba
hhh ++
= 9r thì

ABC đều
(*)
Khi đó (1)
Ta có h
a
+ h
b
+ h
c
= 9r ⇔

.9
111
29
222
r
cba
Sr
c
S
b
S
a
S
=






++⇔=++
( )
( ) ( ) ( )
.
00222
9
111
9
111
29

111
2
222
cba
ca
ac
bc
cb
ab
ba
c
a
a
c
b
c
c
b
a
b
b
a
cba
cba
cba
pr
cba
pr
==⇔
=

−
+
−
+
−
⇔=






−++






−++






−+⇔
=







++++⇔=






++<=>=






++⇔
Vậy  ABC đều.
Ví dụ 2: CMR nếu trong

ABC ta có
r
p
AcCbBa
CcBbAa
9
2
sinsinsin

coscoscos
=
++
++
( p: nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp

ABC) thì

ABC là tam giác đều.
Ta có: (*) ⇔
R
p
R
a
c
R
c
b
R
b
a
CCRBBRAAR
9
2
2
.
2
.
2
.

cossin2cossin2cossin2
=
++
++
( )
(**).
9
2sin2sin2sin2
2
R
cba
cabcab
CBAR ++
=
++
++
⇔
Ta có sin2A + sin2B + sin 2C = 4 sinAsinBsinC =
3
2
2
.
2
.
2
.4
R
abc
R
c

R
b
R
a
=
(**) ⇔
R
cba
Rcabcab
abc
9)(
++
=
++
⇔ (ab + bc+ ca) (a + b + c)=9abc
⇔ a
2
b + bc
2
+ ab
2
+ ac
2
+ b
2
c+ a
2
c = 6abc
⇔ b(a
2

+c
2
- 2ac) + a(b
2
+ c
2
- 2bc) + c(a
2
+ b
2
– 2ab)=0
⇔ b(a - c)
2
+ a(b - c)
2
+ c(a - b)
2
⇔





=−
=−
=−
0
0
0
ba

cb
ca
⇔ a=b=c .
Vậy ∆ ABC đều.
Ví dụ 3: CMR nếu trong
∆
ABC ta có
3
2
a
h
a
cb +=+
thì
∆
ABC đều
Ta có
R
bc
Ra
abc
a
S
h
a
24
22
===
.
Suy ra hệ thức đã cho tương ứng

R
bca
cb
2
3
2
+=+
(*)
Theo đònh lý hàm sin, ta có
a= 2RsinA, b =2RsinB, c= 2RsinC
(*) ⇔ 2RsinB + 2RsinC =
R
CBRAR
2
sinsin34
2
sin2
2
+
⇔ 2RsinB + 2RsinC = sinA +
CBsinsin32
⇔ 2RsinB + 2RsinC = sin(B+C) +
CBsinsin32

⇔ 2RsinB + 2RsinC = sinBcosC+ sinCcosB +
SinBSinC32
⇔ (2RsinB - sinB cosC-
CB sinsin3
) +(2sinC- sinCcosB -
)sinsin3 CB

=0
⇔ 2sinB






+− )sin
2
3
cos
2
1
(1 CC
+ 2 sinC






+− )sin
2
3
cos
2
1
(1 BB
=0

⇔ 2sinB






−−+






−− )
3
cos(1sin2)
3
cos(1 BCC
ππ
=0
⇔







=−−

=−−
0)
3
cos(1
0)
3
cos(1
B
C
π
π
⇔






=
=
3
3
π
π
B
C
Vậy ∆ ABC đều
Ví dụ 4: Cho
∆
ABC thoả

2
3
=
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(1) CMR
∆
ABC đều
Đặt





>+=
>+=
>+=
02
02
02
baz
acy

cbx
⇔





−+=
−+=
−+=
zyxc
yxzb
xzya
Khi đó (1) ⇔
2
3
222
=
−+
+
−+
+
−+
z
zyx
y
yxz
x
xzy
⇔

0)2()2()2( =−++−++−+
z
x
x
z
y
z
z
y
x
y
y
x
⇔
0
)()()(
222
=
−
+
−
+
−
zx
xz
yz
zy
xy
yx
⇔ z = y = x ⇔ 2x = 2y = 2z

⇔ a = b =c
Vậy ∆ ABC đều.
LOẠI II: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
- Từ điều kiện của bài toán (thường là các hệ thức, các bất đẳng thức)sử dụng các phép biến đổi
lượng giác để dẫn đến một bất đẳng thức đơn giản, có thể đánh giá được điều kiện dấu bằng xảy ra.
- Thiết lập một hệ phương trình xác đònh mối quan hệ giữa các góc, các cạnh của tam giác, qua
đó nhận dạng được tam giác.
Ví dụ 1: Cho
∆
ABC thỏa điều kiện cosAcosBcosC =
2
sin
2
sin
2
sin
CBA
(*)
Chứng minh
∆
ABC đều.
Từ giả thiết suy ra ∆ABC nhọn (cos A > 0, cos B > 0, cos C > 0)
Ta có: cosA cosB =
[ ] [ ]
)cos(1
2
1
)cos()cos(
2
1

BABABA ++≤++−
=
2
sin)cos1(
2
1
2
C
C =−
Vậy 0 < cosA cosB
2
sin
2
C
≤
Tương tự ta cũng có
2
sincoscos0;
2
sincoscos0
22
B
AC
A
CB ≤≤≤≤
Suy ra
2
sin
2
sin

2
sincoscoscos
CBA
CBA ≤
cosA CosB =
2
sin
2
C
cos (A-B) = 1 Hay
cosB cosC =
2
sin
2
A

⇔
cos (B-C) = 1
⇔
A = B = C
cosC cosA =
2
sin
2
B
cos (C-A) = 1
Vậy ∆ABC đều
Ví dụ 2: Cho
∆
ABC thỏa đk




−=+
≤≤≤
)cos(coscos
90
BABA
ABC
O
Xác đònh dạng của
∆
ABC ?
Từ điều kiện
0
90≤≤≤ ABC
,0sinsin900
0
>≥⇒≤≤<⇒ CBBC
cosA
0cos,0 >≥ B
Mặt khác sin2A + Sin2B =2sin(A+B)cos(A-B)
.coscoscos
sin
sin
cos
sin
sin
sin2
cossin2cossin2

)sin(2
2sin2sin
)cos(
BAB
C
B
A
C
A
C
BBAA
BA
BA
BA
+≥+=
+
=
+
+
=−⇒
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi



=
=
CB
A
sinsin
0cos

hoặc SinA = SinB = SinC

Vậy ∆ABC vuông cân tại A hoặc đều.
 Hai ví dụ trên sử dụng các bđt lượng giác đơn giản của tam giác để nhận dạng tam giác
đều. Ngoài các bđt trên ta còn có thể sử dụng các bđt cơ bản trong đại số như bđt Cosi, bđt
Bunhiacopxki, Jesen,…… để nhận dạng tam giác.
Nhận dạng tam giác đều bằng cách sử dụng BĐT Cosi
Ví dụ 3: CMR
∆
ABC đều nếu
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
cos
1
cos
1
cos
1
CBA
CBA
++=++
Xét ∆ABC tù
Giả sử A >

CB ≥>
2
π
thì C
4
π
≤
Vậy tgC
1≤
và 0
CC cossin
2
sin <<<
π
;
2
sin
1
cos
1
C
C
<⇒

0
coscos
2
cos
2
cos2

cos
1
cos
1
<












−






+
=+
BA
BA
BA
BA

Vậy
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
cos
1
cos
1
cos
1
cos
1
CBAC
CCBA
<<<<<++
Xét trường hợp ∆ABC nhọn. Áp dụng bđt Cosi ta có
.
2
sin
2
2

cos2
4
2
cos
2
cos2
4
coscos
4
coscos
2
cos
1
cos
1
CBA
BABA
BA
BA
BA
=
+
≥
≥
−+
=
+
≥≥+
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
BA =

Tương tự
2
sin
2
cos
1
cos
1
A
CB
≥+
Dấu “=” xảy ra
CB =⇔

2
sin
2
cos
1
cos
1
B
AC
≥+
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
CA
=
Suy ra
.
2

sin
2
2
sin
2
2
sin
2
cos
1
cos
1
cos
1
cos
1
cos
1
ABC
ACBBA
++≥++++
hay
.
2
sin
1
2
sin
1
2

sin
1
cos
1
cos
1
cos
1
CBA
CBA
++≥++
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.
Xét ví dụ 1: Phần I,2. Ta có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cosi
Ta có
r
c
S
b
S
a
S
9
222
=++

( )
9
111
9
111

29
111
2
=






++++⇔
=






++⇔=






++⇔
cba
cba
r
cba

prr
cba
S
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được
( )
9
1
3
111
3
3
=≥






++++
abc
abc
cba
cba

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.
Ví dụ 2: Cho
∆
ABC, thoả
1333 ≤







+
−






+
−






+
−
c
ba
b
ca
a
cb
(1)

CMR
∆
ABC đều khi dấu ”=” xảy ra.