|
|
Từ giả thiết và theo định lý hàm số Côsin suy rộng ta có:
$\begin{array}{l}
\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4S}} + \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4S}} = 2\frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{4A}}\\
\end{array}$
$ \Rightarrow {b^2} = {a^2} + {c^2} - {b^2}$
$ \Rightarrow {a^2} + {c^2} = 2{b^2} (1)$
Theo định lý hàm số Côsin, kết hợp với $(1)$ ta có:
$\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} = \frac{{{b^2}}}{{2ac}} \ge \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {c^2}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow B \le {60^0} \Rightarrow $(đpcm)
Nhận xét
$1/$ Mệnh đề đảo chưa chắc đúng. Thật vậy, xét tam giác $ABC$ có $B = {30^0},A = {90^0},C = {60^0}$
Mặc dù $B < {60^0}$ nhưng : $\cot A + \cot C = \frac{{\sqrt 3 }}{3} < 2\sqrt 3 = 2\cot B$
$2/$ Bây giờ xét bài toán sau: cho trước góc$ B(0 < B \le {60^0}$), liệu có tồn tại tam giác $ABC$ mà
$cotA+cotC=2cotB$ hay không ?
Ta có $cotA+cotC=2cotB$
$ \Leftrightarrow \cot A - \cot (A + B) = 2\cot B (1)$
Xét $2$ khả năng sau:
$a/$ Nếu $\cot B = \frac{{\sqrt 2 }}{2}(\cos B = \frac{{\sqrt 3 }}{2} > \frac{1}{2})$
Khi đó ta chỉ việc chọn tam giác $ABC$ có $A = {90^0},\cot C = \sqrt 2 ,\cot B = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$
Vì $\cot C = \sqrt 2 $$ \Rightarrow \tan C = \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \cot B \Rightarrow B + C = {90^0}$ và với $A,B,C$ như trên có thể lấy làm góc của $1 $tam giác. Mặt khác lúc đó: $cotA+cotC=2cotB$
Như vậy khi $\cos B = \frac{{\sqrt 6 }}{3}($ tức $B < {60^0}$), thì tồn tại tam giác $ABC$ như góc $B$ cho trước thỏa mãn hệ thức : $cotA+cotC=2cotB$
$b/$ Nếu $\left\{ \begin{array}{l}
\cos B \ge \frac{1}{2}\\
\cot B \neq \frac{{\sqrt 2 }}{2}
\end{array} \right.$
Khi đó chắc chắn $A\neq {90^0}$. Vì vậy:
$(1) \Leftrightarrow \frac{1}{{\tan A}} - \frac{{1 - \tan A\tan B}}{{\tan A + \tan B}} = \frac{2}{{\tan B}}$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{tanB + t{an^2}AtanB}}{{t{an^2}A + tanAtanB}} = \frac{2}{{tanB}}\\
\Leftrightarrow t{an^2}B + t{an^2}At{an^2}B = 2t{an^2}B + 2t{an^2}At{an^2}B
\end{array}$
$ \Leftrightarrow \tan ^2A(2 - \tan ^2B) + 2\tan A\tan B - \tan ^2B = 0 (2)$
Xem $(2)$ là phương trình bậc $2$ đói với $\tan A$ (thật vậy do $\cot B\neq \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \tan B\neq \sqrt 2 \Rightarrow 2 - \tan ^2B\neq 0$). Ta có:
Vì vậy $(2)$ luôn có nghiệm
Như thế ta đi đến câu trả lời khẳng định sau đây: Mặc dù mệnh đề đảo nói chung không đúng, nhưng bù lại ta có kết luận sau: ” Cho trước góc $B \le {60^0}$, luôn tồn tại tam giác $ABC$ nhận $B$ làm góc thỏa mãn hệ thức : $cotA+cotC=2cotB$
$3/$ Ta có bài toán tương tự sau:
Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn : $cotA+cotC=2cotB$
CMR: $\cot B + \cot C \ge \frac{2}{3}$
Thật vậy từ giả thiết suy ra
$\cot A + \cot C \ge \frac{2}{3} \Leftrightarrow \cot A \ge \frac{4}{3} (*)$
Từ $cotA=2(cotB+cotC)$ suy ra
$\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4S}} = 2(\frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{4S}} + \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4S}})$
$ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2} (**)$
Từ $(**)$ suy ra $A$ nhọn ,suy ra $cosA>0$
Từ $(**)$ có $4{a^2} = {b^2} + {c^2} - {a^2}$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 4{a^2} = {b^2} + {c^2} - ({b^2} + {c^2} - 2bc\cos A)\\
\Leftrightarrow 2{a^2} = bc\cos A\\
\Leftrightarrow \cos A = \frac{{2{a^2}}}{{bc}}\\
\Leftrightarrow \cos B \ge \frac{{4{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} = \frac{4}{5}
\end{array}$
$ \Leftrightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}A \ge \frac{{16}}{{25}}$ $(***)$
Từ $(***)$ đi đến
$\cot A = \frac{{\cos A}}{{\sqrt {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}A} }} \ge \frac{{\frac{4}{5}}}{{\sqrt {1 - \frac{{16}}{{25}}} }} = \frac{4}{3}$
Vậy $(*)$ đúng và nhận xét được chứng minh:
Chú ý: Xin nhắc lại rằng: điều kiện $cotA+cotC=2cotB$ tương đương với $2$ trung tuyến kẻ từ $B$ và $C$ vuông góc với nhau
|