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