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. . GIỚI THI U 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. 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 thi t A tù ⇒ø