PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC
Bài 1 :Chứng minh rằng trong tam giác \[ABC\] ta luôn có:
\[cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}\]
Giải
Gọi \[\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\] lần lượt là các vectơ đơn vị trên các cạnh \[BC,CA,AB\].
Ta có \[(\vec{e_1}+\vec{e_2}+\vec{e_3})^2 \geq 0\]\[\leftrightarrow \] \[(\vec{e_1})^2+(\vec{e_2})^2(\vec{e_3})^2\]\[+2(\vec{e_1}\vec{e_2}+\vec{e_2}\vec{e_3}+\vec{e_3}\vec{e_1})\geq 0\]
\[\leftrightarrow \]\[3-2(-cosC-cosB-cosA)\geq 0\]\[\leftrightarrow \]\[cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}\]
Nên bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra khi \[A=B=C=60^0\]
Bài 2:Giả sử A,B,C là 3 góc của tam giác \[ABC\] .Tìm giá trị lớn nhất của
\[P=\sqrt{3}cosB+3(cosA+cosC)\]
Giải
Gọi \[\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\] lần lượt là các vectơ đơn vị trên các cạnh \[BC,CA,AB\].
Ta có
\[(\vec{e_1}+\sqrt{3}\vec{e_2}+\]\[\vec{e_3})^2\geq 0\]\[\leftrightarrow \]\[(\vec{e_1})^2+(\sqrt{3}\vec{e_2})^2+(\vec{e_3})^2+2(\vec{e_1}\sqrt{3}\vec{e_2}+\sqrt{3}\vec{e_2}\vec{e_3}+\vec{e_3}\vec{e_1}\geq 0\]
\[\leftrightarrow \]\[cosB+\sqrt{3}(cosA+cosC)\leq \frac{5}{2}\]\[\leftrightarrow \]\[\sqrt{3}cosB+3(cosA+cosC)\leq \frac{5\sqrt{3}}{2}\]
Vậy GTLN của P là \[\frac{5\sqrt{3}}{2} \]đạt được khi \[A=C=30^0\] và\[ B=120^0\]
Bài 3 Cho \[\Delta ABC \] với các số \[x,y,z\in R\].Chứng minh rằng
\[yzcosA+zxcosB+xycosC\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)\]
Giải
Gọi \[\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\] lần lượt là các vectơ đơn vị trên các cạnh \[BC,CA,AB\].
Ta có (x\[(x\vec{e_1}+y\vec{e_2}+z\vec{e_3})^2\geq 0(1)\]
Trường hợp 1 \[x=y=z=0\] thì BĐT (1) đúng
Trường hợp 2 \[x,y,z\]\[\neq \]0 thì BĐT (1) hiển nhiên đúng
(1)\[\leftrightarrow \]\[x^2+y^2+z^2+2(xy\vec{e_1}\vec{e_2}+yz\vec{e_2}\vec{e_3}+zx\vec{e_3}+yz\vec{e_1}\geq 0\]
\[\leftrightarrow \]\[x^2+y^2+z^2+2(-xycosC-yzcosA-zxcosB)\geq 0\]\[\leftrightarrow \]\[yzcosA+zxcosB+xycosC\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)\](*)Thấy rằng nếu như \[x=y=z=1\] thì (*) trở thành BĐT ở bài 1;còn nếu như \[x=z=1\] và \[y=\sqrt{3}\]thì BĐT (*) trở thành bài 2.Nên BĐT (*) toả ra hiệu quả trong một số bài
Một số người bà con của BĐT (*) nữa là
1)\[xsinA+ysinB+zsinC\leq \frac{3}{2}\sqrt{x^2+y^2+z^2}\]
2)\[xsin(\frac{A}{2})+ysin(\frac{B}{2})+zsin(\frac{C}{2})\leq \frac{1}{2}\]\[(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}+\frac{xy}{z})\]
3)\[\frac{cosA}{x}+\frac{cosB}{y}+\frac{cosC}{z}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}\] với mọi \[x,y,z>0\]
4)\[xcosA+ycosB+zcosC\leq \frac{1}{2}(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}+\frac{xy}{z})\] với mọi \[x,y,z>0\]
5)\[yzcosA+zxcosB+xycosC\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)\] với mọi \[x,y,z>0\]
6)\[yzcos2A+zxcos2B+xycos2C\geq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)\]
7)\[yzcos^2A+zxcos^2B+xycos^2C\geq \frac{1}{2}(xy+yz+zx)-\frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2)\]
Việc sử dụng những người bà con này dẽ thuận tiện khi giải các bài tìm GTLN, GTNN. Sau đây là một ứng dụng của BĐT(*)
Bài 4Cho tam giác \[ABC\] không tù có trọng tâm \[G\] và điểm \[M\] nằm trong hình tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\]
.Chứng minh rằng \[MG< \frac{\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)}}{3}\]
Giải
Với mọi điểm M ta có
\[MA^2+MB^2+MC^2=\]\[(\vec{MA})^2+(\vec{MB})^2+(\vec{MC})^2\]=\[3\vec{MG}+2\vec{MG}(\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC})+(\vec{GA})^2+(\vec{GB})^2+(\vec{GC})^2\]
=\[3\vec{MG}+\frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)\]=\[3\vec{MG}+\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)\]
\[\Rightarrow MG^2=\frac{1}{3}(MA^2+MB^2+MC^2)-\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)\](**)
Do tam giác ABC không tù nên \[\pi>\]\[\hat{BAC}>A\]\[\Rightarrow cos\hat{BMC}<cosA\]
Mặt khác
\[a^2=MB^2+MC^2-2MB.MCcos(\hat{BMC})>MA^2+MB^2-2MB.MC cosA\]
Tương tự ta cũng có \[MC^2+MA^2-b^2<2MC.MA.cosB\] và \[MA^2+MB^2-c^2<MA.MB.cosC\]
Cộng vế với vế ta được
\[2(MA^2+MB^2+MC^2)-(a^2+b^2+c^2)<2(\sum{MB.MC.cosA})\]\[\leq MA^2+MB^2+MC^2\](do BĐT (*))
\[\Leftrightarrow MA^2+MB^2++MC^2<a^2+b^2+c^2(***)\]
Nên từ (**) và (***) suy ra : \[MG^2<\frac{2}{9}(a^2+b^2+c^2)\]\[\leftrightarrow MG<\frac{2(\sqrt{a^+b^2+c^2}}{3}\]
Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất
Bài 5 Cho tam giác \[ABC\] có 3 góc thoả mãn \[C\leq B\leq A\leq 90^0\]
Tìm GTLN và GTNN của \[M=cos(\frac{A-B}{2}).sin(\frac{A}{2}).sin(\frac{B}{2})\]
Giải
Bằng biến đổi lượng giác biếu thức M được viết lại
\[M=\frac{1}{2}.cos(\frac{A-B}{2}).(cos(\frac{A-B}{2})-cos(\frac{A+B}{2})\]
\[=\frac{1}{2}cos^2(\frac{A-B}{2})-\frac{1}{2}(\frac{A-B}{2}).cos(\frac{A+B}{2})\]
\[\Leftrightarrow M=\frac{1}{4}(1+cos{A-B}-cosB-cosA)=f(B)\]
Lại có \[A+B+C\leq A+2B\]\[\leftrightarrow B\geq \frac{\pi}{2}-\frac{A}{2}\]
Xét \[f(B)=\frac{1}{4}(1+cos{A-B}-cosB-cosA)\] với \[B\in[\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2};A]\]
\[\Rightarrow f'(B)=\frac{1}{4}(1+sin{A-B}+sinB)\geq 0 \]với mọi \[B\], suy ra hàm số đồng biến trên \[D\].Cho nên ta có
\[f(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2})\leq f(B)\leq f(A)\]
\[\leftrightarrow \frac{1}{4}[1+cosA(2sin{A/2}-1)]\leq f(B)\leq \frac{1}{2}(1-cosA)\]
Như vậy
\[max_{D}M=\frac{1}{2}\] khi \[A=90^0\]
\[min_{D}M=\frac{1}{4}\] khi \[A=60^0\]
Bài 6Cho tam giác \[ABC\] có \[A\geq 60^0\] và \[tan(A/2)+tan(B/2)+tan(C/2)=4-\sqrt{3}\]
Tính các góc của tam giác \[ABC\]
Giải
Dễ dàng chứng minh được \[tan(A/2)+tan(B/2)\geq 2tan(\frac{B+C}{2})\]\[2\frac{1-tan(A/4)}{1+tan(A/4)=\]\[2\frac{x^2-x+1}{1-x^2}=\]\[f(x)\] trong đó \[x=tan(\frac{A}{4})\] và \[x\in[\frac{1}{3};1)
\]
\[\Rightarrow f'(x)=-2\frac{x^2-4x+1}{(1-x^2)^2}>0 \]với mọi \[x\]
Suy ra \[f(x)\] là hàm số đồng biến trên \[D\]
\[\Rightarrow f(x)\geq f(\frac{1}{\sqrt{3}})=4-\sqrt{3}=\]Vp
Đẳng thức xảy ra khi và chì khi \[B=C=30^0\] và \[A=120^0\]
Bài 7 Cho tam \[ABC\] thoả \[0<A\leq B\leq C<90^0\]
Chứng minh rằng \[\frac{2cos3C-4cos2C+1}{cosC}\geq 2\]
Giải
Nếu như để ý một chút sẽ thấy vế trái bất đẳng thức có thể đưa vế biến \[cosC\].Khi đó bất đẳng thức tương đương với:
\[2(4cos^3C-3cosC)-4(2cos^2C-1)+1\geq 2cosC\] (vì \[cosC>0\])
\[\Leftrightarrow 8cos^3C-8cos^2C-8cos^C+5\geq 0\](1)
Ta có \[A+B+C\leq 3C\]\[\Leftrightarrow \frac{\pi}{3} \leq C<\frac{\pi}{2}\]
\[\Rightarrow 0<cosC\geq \frac{1}{2}\]
Đặt \[t=cosC\] khi đó BĐT (1) trở thành
\[8t^3-8t^2-8t+5=f(t)\geq 0 \Rightarrow f'(t)=8(3t^2-2t-1)< 0\] với mọi \[t\in(0;\frac{1}{2}]\], suy ra \[f(t)\] là hàm số nghịch biến, suy ra \[f(t)\geq f(\frac{1}{2})=0\]
Nên bài toán đã được chứng minh.
Bài 8Cho tam giác \[ABC\] có\[ 2A+3B=\pi\]
Chứng minh rằng \[a+b\leq \frac{5C}{4}\]
Giải
Từ đề bài ta có
\[sinA=cos{3B/2}\] và \[sinC=cos(B/2)\]
Bất đẳng thức tương đương với \[cos(3B/2)+2sin(B/2).cos(B/2)\leq \frac{5sinC}{4}\]\[\leftrightarrow cos(3B/2)-cos(B/2)+2sin(B/2)cos(B/2)\leq \frac{1}{4}cos(B/2)\]
Không khó khăn mấy để có biến đổi về dạng \[cos(B/2)(4sin^2(B/2)-\frac{1}{2})^2\geq 0\]
Bất đẳng thức cuối cùng này đúng nên bài toán đã được chứng minh
Bài 9Tính các góc của tam giác \[ABC\] thoả mãn hệ thức
\[cos2A+5(cos2B+cos2C)+\frac{5}{2}=0\](1)
Giải
(1)\[\Leftrightarrow 2cos^2A-2\sqrt{3}cosA.cos(B-C)+\frac{3}{2}\] hay là
\[[cos^2A-\frac{\sqrt{3}}{2}cos(B-C)]^2+\frac{3}{4}.sin^2(B-C)=0\]
\[\Leftrightarrow cosA-\frac{\sqrt{3}}{2}=0\] và \[sin(B-C)=0\] hay là \[A=30^0\] và \[B=C=75^0\]
Bài tập
Bài 1 Tìm tính chất của tam giác ABC thoả mãn hệ thức
\[sin2A+sin2B=4sinA.sinB\]
Bài 2 Cho \[a,b,c>0\] thoả mãn điều kiện
\[pa^2+qb^2>pqc^2\] với \[p+q=1\]
Chứng minh rằng \[a,b,c\] là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Bài 3 Cho các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện
\[sin^2A+sin^2B=\sqrt[9]{sinC}\].Biết \[A,B\] nhọn .Tính góc \[C\]
Bài 4
Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] và có\[\hat{ABC}=\alpha \].Tính tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp .Xác định \[\alpha\] để tỉ số đó đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 5
Cho tam giác \[ABC\] Giả sử \[M\] là 1 điểm thay đổi trên \[BC\].Gọi \[R_1\] và \[R_2\] lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABM\] và \[ACM \]
Xác định \[M\] sao cho \[R_1+R_2\] nhỏ nhất
Bài 6
Cho tam giác ABC thoả \[\begin{Bmatrix}
sinB=(\sqrt{2}-cosC)sinA & \\
sinC=(\sqrt{2}-cosB)sinA&
\end{Bmatrix}\]
Hỏi tam giác \[ABC\] có tính chất gì?
Bài 7
Cho tam giác \[ABC\] thoả mãn điều kiện
\[tanA-tanB=tan(A/2)-tan(B/2)\].
Chứng minh rằng tam giác \[ABC\] cân
xiloxila
Sưu tầm từ Boxmath.vn
