Giới thiệu một số bài toán ôn thi Đại học về tam giác

GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC VỀ TAM GIÁC
1) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có
2
3
cosCcosBcosA
≤++
Giải: Đặt y= cosA+cosB+cosC ta có:
01y
2
C
sin
2
BA
cos2
2
C
sin2
2
C
sin21
2
BA
cos
2
C
sin2y
2
C
sin21
2
BA

cos)
2
C
2
cos(2
2
C
sin21
2
BA
cos
2
BA
cos2y
22
22
=−+
−
−⇔−+
−
=⇔
−+
−
−
π
=−+
−+
=
Để phương trình này xác đònh sin
2

C
ta phải có:
2
3
cosCcosBcosA
2
3
y
3)
2
BA
(cos2y20)1y(2)
2
BA
(cos'
22
≤++⇔≤⇔
≤
−
+≤⇔≥−−
−
=∆
Vậy trong mọi tam giác ABC ta đều có
2
3
cosCcosBcosA
≤++
2) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có
8
1

cosC.cosA.cosB
≤
Giải:* Giả thiết A tù ⇒ø B, C nhọn. Khi đó cosA<0 và cosB>0, cosC>0
⇒
8
1
cosC.cosA.cosB0 cosC.cosA.cosB
≤⇒<
*Giả thiết A, B, C nhọn. Khi đó cosA>0 và cosB>0, cosC>0
Theo bất đẳng thức Côsi dành cho 3 số ta có:
3
Ccos.Bcos.Acos
3
CcosBcosAcos
≥
++
⇔27cosA.cosB.cosC≤(cosA+cosB+cosC)
3
(1).
Theo kết quả bài 1):
2
3
cosCcosBcosA
≤++
(2).
Từ (1) và (2) ta có: 27cosA.cosB.cosC≤(
2
3
)
3

⇒
8
1
cosC.cosA.cosB
≤
Vậy trong mọi tam giác ABC ta đều có:
8
1
cosC.cosA.cosB
≤
3) Chứng minh rằng: Nếu
8
1
cosC.cosA.cosB
=
thì
∆
ABC đều.
Giải: Ta có
01)]CBcos()CB[cos(
2
1
.Acos8
8
1
cosC.cosA.cosB
=−−++⇔=
⇔
01)]CBcos()A.[cos(Acos4
=−−+−π

⇔
01)]CBcos(Acos.[Acos4
=−−+−
⇔
0)CB(cos1)CB(cos)CBcos(.Acos4Acos4
222
=−−+−+−−
⇔
0)CB(sin)]CBcos(Acos2[
22
=−+−−
⇒



=−
=−−
0)CBsin(
0)CBcos(Acos2
⇒



=
=−
CB
00cosAcos2
⇒






=
=
CB
2
1
Acos
⇒



=
=
CB
60A
0
⇒A=B=C=60
0
⇒ ∆ABC đều.
4) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có
4
9
CsinBsinAsin
222
≤++
Giải: Ta có
Ccos1
2

B2cos1
2
A2cos1
CsinBsinAsin
2222
−+
−
+
−
=++

)]BA([cos)BAcos()BAcos(2Ccos)B2cosA2(cos
2
1
2
22
+−π−−+−=−+−=
222
)]BAcos(
2
1
)BA[cos()BA(cos
4
1
2)BA(cos)BAcos()BAcos(2
−++−−+=+−−+−=
⇒
4
9
CsinBsinAsin

222
≤++
.
Vậy trong mọi tam giác ABC ta đều có
4
9
CsinBsinAsin
222
≤++
5) a) Chứng minh bất đẳng thức: Với 6 số thực a
1
, a
2
, a
3
, b
1
, b
2
, b
3
ta luôn có:
2
3
2
2
2
1
2
3

2
2
2
1332211
bbb.aaabababa
++++≤++
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
3
2
2
1
1
b
a
b
a
b
a
==
( BĐT Bunhiacôpxki)
b) Tam giác ABC có 3 trung tuyến m
a
, m
b
, m
c
và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Chứng minh rằng: Nếu m
a

+m
b
+m
c
=
2
R9
thì ABC là một tam giác đều.
Giải: a) Xét trong hệ tọa độ vuông góc Oxyz xét 2 vectơ khác
→
0
:
)a;a;a(a
321
=
→
và
)b;b;b(b
321
=
→
. Theo công thức đònh góc của 2 vectơ ta có
|b|.|a|
b.a
)b,acos(
→→
→→
→→
=
. Vì

|b|.|a||b.a|1
|b|.|a|
|b.a|
nên1|)b,acos(|
→→→→
→→
→→
→→
≤⇒≤≤
Theo phương pháp tọa độ:
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1332211
bbb.aaabababa
++++≤++
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1|)b,acos(|
=
→→
⇔
→→

b,a
cùng phương ⇔
3
3
2
2
1
1
b
a
b
a
b
a
==
.
b) Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki: |1.m
a
+1.m
b
+1.m
c
| ≤
2
c
2
b
2
a
222

mmm.111
++++
⇒ (m
a
+m
b
+m
c
)
2
≤
)mmm(3
2
c
2
b
2
a
++
(1).
Theo đònh lý đường trung tuyến trong tam giác ABC ta có:
)cba(
4
3
4
cb2a2
4
bc2a2
4
ac2b2

mmm
222
222222222
2
c
2
b
2
a
++=
−+
+
−+
+
−+
=++
(2)
Theo đònh lý sin trong tam giác ABC ta có:
4
9
.R4)CsinBsinA(sinR4CsinR4BsinR4AsinR4cba
2
4bài
2222222222222
≤++=++=++

2222
R9cba
≤++⇒
(3).

Từ (2) và (3):
2
c
2
b
2
a
mmm
++
4
R27
2
≤
(4)
Từ (1) và (4): (m
a
+m
b
+m
c
)
2
4
R81
2
≤
⇔ m
a
+m
b

+m
c
≤
2
R9
.
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki: m
a
+m
b
+m
c
=
2
R9
⇔
1
m
1
m
1
m
cba
==
⇒ Tam giác ABC là tam giác đều.