Bài 102095

Question

$1/$ 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

$\cos C \le \frac{{a + b}}{{2a}}$

score 0 · Answer 1

$1/$ Ta có

$A \ge 2B \Leftrightarrow A - B \ge B$
Có

$2$ khả năng sau

$a/$ Nếu

$A - B < {90^0}$ , thì từ

$(1)$ có

$sin(A-B) \geq sinB$

$b/$ 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

$b< a+c$ nên có thể lấy

$a,b,c$ là

$3$ cạnh của

$1$ tam giác
Rõ 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

$a<b$ suy ra

$A<B$ ,tức là không thể có

$A \ge 3B$
Ví 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

$A - C > {90^0} \Rightarrow \pi - (A - C) = \pi - A + C = B + 2C < {90^0}$
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

$\frac{1}{2} < \frac{{{m_a}}}{b} < \frac{{\sqrt 5 }}{2}$
Xin dành cho bạn đọc

Bài 102095

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 102095

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan