-
ĐẠI SỐ SBT - TOÁN 10
-
HÌNH HỌC SBT - TOÁN 10
-
Chương 1: Véc tơ
-
Chương 2: Tích vô hướng của hai véc tơ và ứng dụng
- Bài 1: Giá trị lượng giác của một góc bất kì từ 0 độ đến 180 độ
- Bài 2: Tích vô hướng của hai vec tơ
- Bài 3: Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác
- Ôn tập chương 2: Tích vô hướng của hai véc tơ và ứng dụng
- Ôn tập chương 2: Đề toán tổng hợp
- Câu hỏi trắc nghiệm chương 2: Tích vô hướng của hai véc tơ và ứng dụng
-
Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
-
BÀI TẬP ÔN TẬP CUỐI NĂM
-
Giải SBT toán hình học và đại số 10 cơ bản
Ôn tập chương 6: Cung và góc lượng giác, công thức lượn..
Bài 6.54 trang 193 SBT đại số 10
Giải bài 6.54 trang 193 sách bài tập đại số 10. Cho tam giác ABC không tù,...
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.
Loigiaihay.com
Bình luận
Chia sẻ
- Bài 6.55 trang 193 SBT đại số 10
- Bài 6.56 trang 193 SBT đại số 10
- Bài tập trắc nghiệm trang 193 SBT Đại số 10
- Bài 6.53 trang 192 SBT đại số 10
- Bài 6.52 trang 192 SBT đại số 10
>> Xem thêm
Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 10 - Xem ngay
Tham Gia Group Dành Cho 2K9 Chia Sẻ, Trao Đổi Tài Liệu Miễn Phí
