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.

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.