Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện
\(\cos 2A + 2\sqrt 2 \cos B + 2\sqrt 2 \cos C = 3\)
Tính các góc của tam giác ABC
\(\begin{array}{l}
\cos 2A + 2\sqrt 2 \cos B + 2\sqrt 2 \cos C = 3\\
\Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}A + 4\sqrt 2 \cos \frac{{B + C}}{2}\cos \frac{{B - C}}{2} = 3\\
\Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}A + 4\sqrt 2 \cos \frac{A}{2}\cos \frac{{B - C}}{2} = 3\\
\Leftrightarrow 2{\sin ^2}A - 4\sqrt 2 \sin \frac{A}{2}\cos \frac{{B - C}}{2} + 2 = 0\\
\Leftrightarrow {\sin ^2}A - 2\sqrt 2 \sin \frac{A}{2}\cos \frac{{B - C}}{2} + 1 = 0\,\,(*)
\end{array}\)
Tam giác ABC không tù nên \(\cos \frac{A}{2} \ge \frac{{\sqrt 2 }}{2}\), suy ra \(\sqrt 2 \le 2\cos \frac{A}{2}\). Mặt khác, \(\cos \frac{{B - C}}{2} > 0\) nên ta có \(2\sqrt 2 \sin \frac{A}{2}\cos \frac{{B - C}}{2} \le 4\sin \frac{A}{2}\cos \frac{{B - C}}{2}\)
Hay \( - 2\sqrt 2 \sin \frac{A}{2}\cos \frac{{B - C}}{2} \le - 2\sin A\cos \frac{{B - C}}{2}\)
Vì vậy vế trái của (*) \( \ge {\sin ^2}A - 2\sin A\cos \frac{{B - C}}{2} + 1\)
\(\begin{array}{l}
= {\left( {\sin A - \cos \frac{{B - C}}{2}} \right)^2} - {\cos ^2}\frac{{B - C}}{2} + 1\\
= {\left( {\sin A - \cos \frac{{B - C}}{2}} \right)^2} + {\sin ^2}\frac{{B - C}}{2} \ge 0
\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}
B - C = 0\\
\sin A = \cos \frac{{B - C}}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
B = C\\
\sin A = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow A = \frac{\pi }{2},B = C = \frac{\pi }{4}\)
Vậy tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A.
-- Mod Toán 10