Lời giải
Đề bài:
$1/$CMR trong tam giác $ABC$ thì $A \ge 2B$ tương đương với điều kiện ${a^2} \ge b(b + c)$$2/$Cho tam giác $ABC$ có $A \ge 3B$. CMR khi đó ${(a – b)^2}(a + b) \ge b{c^2}$ Mệnh đề đảo có đúng không ?$3/$Cho tam giác $ABC$ có $A \ge B + 2C$. CMR khi đó $\cos C \le \frac{{a + b}}{{2a}}$
Lời giải
$1/$ Ta có $A \ge 2B \Leftrightarrow A – B \ge B$
Có $2$ khả năng sau
$a/$ Nếu $A – B
$b/$ Nếu $A – B > {90^0}$. Khi đó $\sin (A – B) = \sin (\pi – A + B)$
Rõ
ràng $\pi – A + B > B$( vì điều này $ \Leftrightarrow \pi – A
> 0$) và cả $2$ vế đều là góc nhọn dương nên $\sin (\pi – A + B)
> \sin B$ tức là $sin(A-B)>sinB$
Như vậy từ $(1)$ suy ra $A \ge 2B \Leftrightarrow \sin (A – B) \ge \sin B$
$2/$ Xét tam giác có $A \ge 3B$
Do $A \ge 3B$,nên gọi $M$ là điểm trên $BC$ sao cho. Khi đó
Suy ra :
$\begin{array}{l}
\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow AM = \frac{{bc}}{a}\\
\frac{{MC}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow MC = \frac{{{b^2}}}{a}
\end{array}$
Từ đó có $MB = BC – MC = a – \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}}$
Xét tam giác $MAB$ có, theo phần $(1)$ ta có
$\begin{array}{l}
B{M^2} \ge AM(AB + AM) \Leftrightarrow \frac{{{{({a^2} – {b^2})}^2}}}{{{a^2}}} \ge \frac{{bc}}{{{a^2}}}(c + \frac{{bc}}{a})\\
\end{array}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \frac{{{{(a + b)}^2}{{(a – b)}^2}}}{{{a^2}}} \ge \frac{{bc.c(a + b)}}{{{a^2}}}\\
\Rightarrow (a + b){(a – b)^2} \ge b{c^2}
\end{array}$
Đó là (đpcm)
Để xét mệnh đề đảo có đúng không, ta đưa ra ví dụ sau:
Lấy $a = \frac{6}{5},b = 2,c = 1$.Rõ ràng $b=max(a,b,c)$ và $bRõ ràng ta có $(a + b){(a – b)^2} = (\frac{6}{5} + 2){(\frac{6}{5} – 2)^2} = 256$
$b{c^2} = 2$
Vì $\frac{{256}}{{125}} > 2 \Rightarrow (a + b){(a – b)^2} > b{c^2}$
Tuy nhiên vì $aVí dụ trên chứng tỏ rằng mệnh đề đảo nói chung là không đúng
$3/$ Từ $A \ge B + 2C \Rightarrow A – C \ge B + C (2)$
Nếu $A – C \le {90^0}$ thì ta có ${90^0} \ge A – C \ge B + C > 0 \Rightarrow \sin (A – C) \ge \sin (B + C)$
Nếu $A – C > {90^0} \Rightarrow \pi – (A – C) = \pi – A + C = B + 2C Rõ ràng từ ${90^0} > B + 2C > B + C$,ta có
$\sin (A – C) = \sin (B + 2C) > \sin (B + C)$
Tóm lại từ $(2)$ suy ra $\sin (A – C) \ge \sin (B + C)$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \sin A\cos C – \sin C\cos A \ge \sin B\cos C + \sin C\cos B\\
\Rightarrow \cos C(\sin A – \sin B) \ge \sin C(\cos B + \cos C)\\
\Rightarrow 2\cos Cc{\rm{os}}\frac{{A + B}}{2}\sin \frac{{A – B}}{2} \ge 2\sin C\cos \frac{{A + B}}{2}c{\rm{os}}\frac{{A – B}}{2}
\end{array}$
Do $\cos \frac{{A + B}}{2} = \sin \frac{C}{2} > 0$,nên suy ra $\cos C\sin \frac{{A – B}}{2} \ge \sin Cc{\rm{os}}\frac{{A – B}}{2}$
$ \Rightarrow tan\frac{{A – B}}{2} \ge tanC (3)$
Áp dụng định lý hàm số tang,ta có
$\frac{{a – b}}{{a + b}} = \frac{{tan\frac{{A – B}}{2}}}{{tan\frac{{A + B}}{2}}} \Rightarrow tan\frac{{A – B}}{2} = \frac{{a – b}}{{a + b}}tan\frac{{A + B}}{2} = \frac{{a – b}}{{(a + b)tan\frac{C}{2}}} (4)$
Từ $(3)(4)$ ta có $\frac{{a – b}}{{a + b}} \ge \frac{{2t{g^2}\frac{C}{2}}}{{1 – t{g^2}\frac{C}{2}}}$
$
\begin{array}{l}
\Rightarrow \frac{{a – b}}{{a + b}} \ge \frac{{2\frac{{1 – \cos C}}{{1 + \cos C}}}}{{1 – \frac{{1 – \cos C}}{{1 + \cos C}}}}\\
\Rightarrow \frac{{a – b}}{{a + b}} \ge \frac{{1 – \cos C}}{{\cos C}}\\
\Rightarrow \frac{{a – b}}{{a + b}} + 1 \ge \frac{1}{{\cos C}} \Rightarrow \frac{{2a}}{{a + b}} \ge \frac{1}{{\cos C}} \Rightarrow (đpcm)
\end{array}$
$4/$ Ta có bài toán tương tự:Cho tam giác $ABC$ có $A=2B$
CMR $\frac{1}{2} Xin dành cho bạn đọc
=========
Chuyên mục: Bất đẳng thức trong tam giác
Trả lời