Đề bài
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện \[{\rm{cos2A + 2}}\sqrt 2 \cos B + 2\sqrt 2 \cos C = 3\]. Tính các góc của tam giác ABC.
Phương pháp giải - Xem chi tiết
Giả thiết tam giác ABC không tù có nghĩa là các góc của tam giác nhỏ hơn hoặc \[\dfrac{\pi }{2}\]và hiệu của hai góc cũng nằm trong khoảng từ tới \[\dfrac{\pi }{2}\]. Do đó với \[A \le \dfrac{\pi }{2}\]thì \[\cos \dfrac{A}{2} \ge \cos \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\]còn với \[ - \dfrac{\pi }{2} < B - C < \dfrac{\pi }{2}\]thì \[ - \dfrac{\pi }{4} < \dfrac{{B - C}}{2} < \dfrac{\pi }{4}\]do đó \[\cos \dfrac{{B - C}}{2} > 0\]
Lời giải chi tiết
Ta có: \[\cos 2A + 2\sqrt 2 [\cos B + \cos C] = 3\]
\[ \Leftrightarrow 1 - 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 \cos \dfrac{{B + C}}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2} = 3\]
\[ \Leftrightarrow 1 - 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 sin\dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2} = 3\]
\[ \Leftrightarrow 2si{n^2}A - 4\sqrt 2 sin\dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2} + 2 = 0\]
\[ \Leftrightarrow si{n^2}A - 2\sqrt 2 sin\dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2} + 1 = 0\]
Tam giác ABC không tù nên \[\cos \dfrac{A}{2} \ge \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\], suy ra \[\sqrt 2 \le 2\cos \dfrac{A}{2}\]. Mặt khác, \[\cos \dfrac{{B - C}}{2} > 0\]nên ta có:
\[2\sqrt 2 sin\dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2} \le 4sin\dfrac{A}{2}\cos \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2}\]
Hay \[ - 2\sqrt 2 sin\dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2} \ge - 2\sin A\cos \dfrac{{B - C}}{2}\]
Vì vậy vế trái của [*]\[ \ge si{n^2}A - 2\sin A\cos \dfrac{{B - C}}{2} + 1\]
\[ = {[\sin A - \cos \dfrac{{B - C}}{2}]^2} - {\cos ^2}\dfrac{{B - C}}{2} + 1\]
\[ = {[\sin A - \cos \dfrac{{B - C}}{2}]^2} + {\sin ^2}\dfrac{{B - C}}{2} \ge 0\].
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{array}{l}B - C = 0\\\sin A = \cos \dfrac{{B - C}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}B = C\\\sin A = 1\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow A = \dfrac{\pi }{2},B = C = \dfrac{\pi }{4}\]
Vậy ABC là tam giác vuông cân.