Bài 37 trang 197 SBT Toán Đại số 10: Tính các góc của tam giác ABC....

Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện ${\rm{cos2A + 2}}\sqrt 2 \cos B + 2\sqrt 2 \cos C = 3$ợi ý làm bài

Hướng dẫn

Giả thiết tam giác ABC không tù có nghĩa là các góc của tam giác nhỏ hơn hoặc bằng ${\pi  \over 2}$ và hiệu của hai góc cũng nằm trong khoảng từ $- {\pi  \over 2}$ đến ${\pi  \over 2}$. Do đó với $A \le {\pi  \over 2}$ thì $\cos {A \over 2} \ge \cos {\pi  \over 4} = {{\sqrt 2 } \over 2}$ còn với $- {\pi  \over 2} < B - C < {\pi  \over 2}$ thì $- {\pi  \over 4} < {{B - C} \over 2} < {\pi  \over 4}$ do đó $\cos {{B - C} \over 2} > 0$

Giải chi tiết

Ta có

$\cos 2A + 2\sqrt 2 (\cos B + \cos C) = 3$

$\Leftrightarrow 1 - 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 \cos {{B + C} \over 2}\cos {{B - C} \over 2} = 3$

$\Leftrightarrow 1 - 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} = 3$

$\Leftrightarrow 2si{n^2}A - 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} + 2 = 0$

$\Leftrightarrow si{n^2}A - 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} + 1 = 0$

Tam giác ABC không tù nên $\cos {A \over 2} \ge {{\sqrt 2 } \over 2}$, suy ra $\sqrt 2  \le 2\cos {A \over 2}$. Mặt khác, $\cos {{B - C} \over 2} > 0$ nên ta có

$2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} \le 4sin{A \over 2}\cos {A \over 2}\cos {{B - C} \over 2}$

Hay $- 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} \ge  - 2\sin A\cos {{B - C} \over 2}$

Vì vậy vế trái của (*) $\ge si{n^2}A - 2\sin A\cos {{B - C} \over 2} + 1$

$= {(\sin A - \cos {{B - C} \over 2})^2} - {\cos ^2}{{B - C} \over 2} + 1$

$= {(\sin A - \cos {{B - C} \over 2})^2} + {\sin ^2}{{B - C} \over 2} \ge 0$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  $\left\{ \matrix{ B - C = 0 \hfill \cr \sin A = \cos {{B - C} \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ B = C \hfill \cr \sin A = 1 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow A = {\pi  \over 2},B = C = {\pi  \over 4}$

Vậy ABC là tam giác vuông cân.