Rèn luyện một số hoạt động toán thông qua một bài toán bất đẳng thức về diện tích

RÈN LUYỆN MỘT SỐ HOẠT ĐỘNG TOÁN THÔNG QUA
MỘT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VỀ DIỆN TÍCH
I - CON ĐƯỜNG ĐI ĐẾN BÀI TOÁN VÀ CÁC CÁCH CHỨNG MINH:
Chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: cho tam giác ABC đều cạnh a, khi đó
tam giác ABC có diện tích S được tính theo công thức S =
4
3a
2
, suy ra:
3S4a3
2
=
, tức là:
3S4aaa
222
=++
, vậy nẩy sinh vấn đề: trong tam giác
bất kỳ thì ta có kết quả như thế nào ?. Thử vài tam giác đặc biệt như tam giác
vuông, tam giác cân ta sẽ hướng dẫn học sinh đưa ra bài toán sau :
BT 1. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S.
Chứng minh : a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
(1)

Sau khi dự đoán được (1), ta yêu cầu học sinh vận dụng các kiến thức đã
học để chứng minh. Thực tế lời giải bài toán này đã được trình bày ở nhiều tài
liệu tham khảo, tuy nhiên ở đây chúng tôi hướng dẫn học sinh chứng minh
theo10 cách khác nhau dựa vào các nội dung kiến thức của các lớp 10, 11, với
mục đích là rèn luyện tính linh hoạt của tư duy đồng thời các phương pháp
chứng minh đó còn dùng cho các bài toán sau này. Sau đây là một số cách
chứng minh (1)
Cách 1. Sử dụng công thức Herong và BĐT Cosi
Áp dụng công thức Hêrông: S =
)cp)(bp)(ap(p −−−
, theo BĐT Côsi ta
có: (p - a)(p - b)(p - c)
≤

3
3
cpbpap






−+−+−
⇔
p(p - a)(p - b)(p - c)
≤








++
2
cba
3
6
cba






++
, do đó: (a + b + c)
2
≥
12S
3
, mặt khác dễ chứng minh
được BĐT : a
2
+ b
2
+ c
2

≥

3
1
(a + b + c)
2
, nên từ các BĐT trên ta suy ra:
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi
chứng minh BĐT ở lớp 10 .
Cách 2. Sử dụng định lý côsin và BĐT Côsi, BĐT Bunhia
Áp dụng định lý cosin : c
2
= a
2
+ b
2
- 2ab.CosC và công thức tính diện
tích S =
SinC.ab

2
1
ta có (1)
⇔
a
2
+ b
2
+ a
2
+ b
2
- 2ab.CosC
≥
2ab.SinC
3

1
⇔
a
2
+ b
2

≥
ab.CosC + ab.SinC
3
⇔
SinC.3CosC
a

b
b
a
+≥+
(1'). Áp dụng
BĐT Côsi ta có
≥+
a
b
b
a
2, áp dụng BĐT Bunhia ta có:
SinC.3CosC +
≤
)CSinCCos)(31(
22
++
= 2, nên (1') đúng do đó (1) đúng.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần chứng minh BĐT
bằng cách áp dụng BĐT Côsi , BĐT Bunhia ở lớp 10 .
Cách 3. Sử dụng công thức cộng cung và định lý cosin
Áp dụng định lý Cosin: c
2
= a
2
+ b
2
- 2ab.CosC và công thức tính diện
tích S =

SinC.ab
2
1
ta có (1)
⇔
a
2
+ b
2
+ a
2
+ b
2
- 2ab.CosC
≥
2ab.SinC
3
⇔
a
2
+ b
2
- ab.CosC
≥
ab.SinC
3

⇔
a
2

+ b
2
- ab.CosC - ab.SinC
3
≥
0
⇔
(a - b)
2
+ 2ab[1-(
SinC
2
3
CosC
2
1
+
)]
≥
0
⇔
(a - b)
2
+ 2ab[1- Cos(C-60
0
)]
≥
0.
Do (a - b)
2

≥
0 và 2ab[1 - Cos(C - 60
0
)]
≥
0 nên (1) được chứng minh. Dấu
đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức cộng
cung ở lớp 11 .
Cách 4. Sử dụng cách dựng hình và công thức cộng cung
Trong trường hợp tam giác ABC đều thì (1) đúng. Giả sử tam giác ABC không
đều , ta có thể coi A là góc lớn nhất, suy ra A > 60
0
, dựng vào phía trong tam
giác ABC các tam giác cân AMB, APC sao cho các góc AMB = APC = 120
0
.
Khi đó AM =
3
c
, AP =
3
b
. Áp dụng
định lý cosin trong tam giác MAP ta có:
MP
2
= AM
2

+ AP
2
- 2AM.AP.CosMAP =
)60A(Cos.
3
bc
2
3
c
3
b
0
22
−−






+






⇒
MP
2

=
3
)60A(Cos.bc2cb
022
−−+
=
( )
3
SinA3CosAbccb
22
+−+
=
6
3S4cba
222
−++
, do MP
2

≥
0 nên
2
p
m
c
b
a
3S4cba
222
≥++

.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức cộng
cung ở lớp 11 .
Cách 5. Sử dụng BĐT phụ và công thức Herong
Ta có: a
2

≥
a
2
- (b - c)
2
= 4(p - b)(p - c); b
2

≥
b
2
- (c - a)
2
= 4(p - c)(p - a)
c
2

≥
c
2
- (a - b)
2
= 4(p - a)(p - b), từ đó suy ra:

a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4[(p - a)(p - b) + (p - b)(p - c) + (p - c)(p - a)].
Ta dễ chứng minh được BĐT: (xy + yz + zx)
2

≥
3xzy(x + y + z), suy ra:
),z +y +3xzy(x zx + yz +xy ≥
nên áp dụng BĐT này ta có:
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần chứng minh BĐT
theo phương pháp tương đương ở lớp 10 .
Cách 6. Sử dụng BĐT phụ về cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp và BĐT

Côsi
Dễ chứng minh được a
2
+ b
2
+ c
2

≤
9R
2
bằng phương pháp véctơ. Áp
dụng BĐT Côsi ta suy ra: 9R
2

≥
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
3
2
)abc(3

⇒
abc

≤
3
3
R
3
, từ
đó ta có: a
2
+ b
2
+ c
2

≥

3
2
)abc(3
=
3
abc
abc3

≥

R
abc.3
≥
4S
3

. Dấu đẳng thức
xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi
chứng minh BĐT ở lớp 10 .
Cách 7. Sử dụng định lý cosin mở rộng và đẳng thức lượng giác
Áp dụng định lý cosin mở rộng ta có: cotgA + cotgB + cotgC =
S4
cba
222
++
,
mặt khác dễ chứng minh được: cotgA.cotgB + cotgB.cotgC + cotgC.cotgA = 1,
từ đó ta có : cotgA + cotgB + cotgC
≥
3
, cho nên suy ra: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức biến đổi
lượng giác ở lớp 11.
Cách 8. Sử dụng BĐT lượng giác và BĐT Côsi

3
Áp dụng định lý sin và công thức tính diện tích S = 2R
2
.SinA.SinB.SinC
ta có: (1)
⇔
Sin
2
A + Sin
2
B + Sin
2
C
≥
2
3
SinA.SinB.SinC. Áp dụng BĐT Côsi:
Sin
2
A + Sin
2
B + Sin
2
C
≥
3
222
CSin .BSin .ASin3
=
3

SinC.SinB.SinA
SinC.SinB.SinA.3
, mặt khác ta
có BĐT cơ bản trong lượng giác: Sin
2
A + Sin
2
B + Sin
2
C
≤
4
9
,
áp dụng BĐT Côsi ta có:
SinC.SinB.SinA
≤
8
33
, nên Sin
2
A + Sin
2
B + Sin
2
C

≥
2
3

SinA.SinB.SinC. Do đó (1) được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra
khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức biến đổi
lượng giác ở lớp 11 .
Cách 9. Sử dụng cách kẻ đường cao và BĐT Côsi.
Giả sử A là góc lớn nhất, từ A kẻ đường cao AH, khi đó trong các tam
giác vuông ABH, ACH ta có: AB
2
= AH
2
+ BH
2
, AC
2
= AH
2
+ CH
2
nên
a
2
+ b
2
+ c
2
= AB
2
+ AC
2
+ BC

2
= 2AH
2
+ (BH
2
+CH
2
) + BC
2

≥
2AH
2
+
2
BC
2
+ BC
2
= 2AH
2
+
2
BC3
2
, áp dụng BĐT Côsi ta có:
a
2
+ b
2

+ c
2

≥
2AH.
3
BC =4S
3
.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi
chứng minh BĐT ở lớp 10 .
Cách 10. Sử dụng công thức đường trung tuyến và BĐT Côsi.
Áp dụng công thức đường trung tuyến :
22
a
22
a
2
1
m2cb +=+
, khi đó

22
a
222
a
2
3
m2cba +=++
, áp dụng BĐT Côsi ta có:

22
a
a
2
3
m2 +
≥
22
a
a2.m
2
3
2
≥
32
m
a
.a
≥
32
h
a
.a = 4S
3
, từ đó suy ra: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
. Dấu đẳng
thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi
chứng minh BĐT ở lớp 10 .
Như vậy với các cách chứng minh trên chúng tôi đã rèn luyện cho học
sinh tính nhuần nhuyễn của tư duy, tìm nhiều giải pháp để giải quyết một vấn
đề, giải bài toán dưới nhiều cách nhìn khác nhau.
4
II - MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ BÀI TOÁN (1):
Từ cách chứng minh 3 ta có BĐT: (a - b)
2
+ 2ab[1- Cos(C - 60
0
)]
≥
0 (*)
nếu thay Cos(C - 60
0
) bằng Cos(C - 30
0
) thì (*) vẫn đúng, tức là:
(a - b)
2
+ 2ab[1 - Cos(C - 30
0
)]

≥
0
⇔
a
2
+ b
2
- ab.CosC.
3
- ab.SinC
≥
0
⇔
a
2
+ b
2
- ab.
ab2
cba
222
−+
.
3

≥
2S
⇔
2(a
2

+ b
2
) - (a
2
+ b
2
- c
2
).
3
≥
4S
⇔
(2
3
- 3)a
2
+ (2
3
- 3)b
2
+ 3c
2

≥
4S
3
. Từ đó ta có bài toán mới:
BT 2.1. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh
(2

3
- 3)a
2
+ (2
3
- 3)b
2
+ 3c
2

≥
4S
3
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác
ABC cân tại C và C = 30
0
.
Tương tự nếu thay Cos(C - 60
0
) bằng Cos(C - 45
0
) thì :
(a - b)
2
+ 2ab[1 - Cos(C - 45
0
)]
≥
0
⇔

a
2
+ b
2
- 2ab.CosC.
2
1
- 2ab.SinC.
2
1

≥

0
⇔
a
2
+ b
2
- 2ab.
ab2
cba
222
−+
.
2
1
≥
4S .
2

1
⇔
(
2
- 1)a
2
+ (
2
- 1)b
2
+ c
2

≥

4S.
⇔
(
6
-
3
)a
2
+ (
6
-
3
)b
2
+

3
c
2

≥
4S
3
.
Từ đó ta có bài toán mới:
BT 2.2. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh: (
6
-
3
)a
2
+ (
6
-
3
)b
2
+
3
c
2

≥
4S
3

. Dấu đẳng thức xẩy ra khi
tam giác ABC cân tại C và C = 45
0
.
Bây giờ nếu ta thay Cos(C - 60
0
) bằng Cos(C - 120
0
) ta có:
(a - b)
2
+ 2ab[1 - Cos(C - 120
0
)]
≥
0
⇔
a
2
+ b
2
+ ab.CosC - ab.SinC.
3

≥
0
⇔
a
2
+ b

2
+ ab.
ab2
cba
222
−+
≥
2S
3

⇔
2(a
2
+ b
2
) + (a
2
+ b
2
- c
2
)
≥
4S
3
⇔
3a
2
+ 3b
2

- c
2

≥
4S
3
, từ đó ta có bài toán sau:
BT 2.3. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh : 3a
2
+ 3b
2
- c
2

≥
4S
3
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại
C và C = 120
0
.
Ta lại thay tiếp Cos(C - 60
0
) bằng Cos(C - 135
0
) ta có:
5
(a - b)
2

+ 2ab[1 - Cos(C - 135
0
)]
≥
0
⇔
a
2
+ b
2
+ 2ab.CosC.
2
1
- 2ab.SinC.
2
1

≥
0
⇔
a
2
+b
2
+2ab.
ab2
cba
222
−+
.

2
1
≥
4S.
2
1
⇔
(
2
+ 1)a
2
+(
2
+ 1)b
2
- c
2
≥
4S.
⇔
(
3
+
6
)a
2
+ (
3
+
6

)b
2
-
3
c
2

≥
4S
3
. Từ đó ta có bài toán mới:
BT 2.4. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh :(
3
+
6
)a
2
+ (
3
+
6
)b
2
-
3
c
2

≥

4S
3
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi
tam giác ABC cân tại C và C = 135
0
.
Tiếp tục nếu ta thay Cos(C - 60
0
) bằng Cos(C - 150
0
) thì ta có:
(a - b)
2
+ 2ab[1 - Cos(C - 150
0
)]
≥
0
⇔
a
2
+ b
2
+ ab.CosC.
3
- ab.SinC
≥
0
⇔
a

2
+ b
2
+ ab.
ab2
cba
222
−+
.
3

≥
2S
⇔
2(a
2
+ b
2
) + (a
2
+ b
2
- c
2
).
3
≥
4S
⇔
(2

3
+ 3)a
2
+ (2
3
+ 3)b
2
- 3c
2

≥
4S
3
. Từ đó ta có bài toán mới:
BT 2.5. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh :(
32
+3)a
2
+ (
32
+3)b
2
- 3c
2

≥
4S
3
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam

giác ABC cân tại C và C = 150
0
.
Nếu thay Cos(C - 60
0
) bằng Cos(C -
α
) thì: (a - b)
2
+ 2ab[1 - Cos(C -
α
)]
≥
0
⇔
a
2
+ b
2
- 2ab.CosC.Cos
α
- 2ab.SinC.Sin
α

≥
0
⇔
a
2
+ b

2
- 2ab.
ab2
cba
222
−+
.Cos
α

≥
4S.Sin
α

⇔
(1 - Cos
α
)a
2
+(1 - Cos
α
) b
2
+ Cos
α
. c
2

≥
4S.Sin
α

⇔
S4c.gcotb
sin
cos1
a
sin
cos1
222
≥α+






α
α−
+






α
α−
. Từ đây ta có bài toán:
BT 2.6. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S;
α
là góc

bất kỳ khác 0
0
. Chứng minh :
Sc.gcotb
sin
cos
a
sin
cos
4
11
222
≥α+






α
α−
+






α
α−

Từ bài toán này nếu thay
α
bởi các góc đặc biệt thì ta có các bài toán trên.
Nếu ta thay góc C bởi các góc A, B thì ta sẽ có một loạt các bài toán
tương tự như trên.
Áp dụng cách chứng minh như trên các em đã đưa ra một số bài toán sau:
BT 2.7. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh:
ab)(Scba 12224
222
−+≥++
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác
ABC cân tại C và C = 45
0
.
6
Chứng minh: Áp dụng định lý Cosin: c
2
= a
2
+ b
2
- 2ab.CosC và công
thức tính diện tích S =
2
1
ab.SinC ta có (2.5)
⇔
a
2

+ b
2
+ a
2
+ b
2
- 2ab.CosC
≥

2ab.SinC +
ab)12(22 −
⇔
a
2
- 2ab + b
2
- ab.CosC - ab.SinC +
2
ab
≥
0
⇔
(a - b)
2
+ ab[
2
- (
SinCCosC +
)]
≥

0
⇔
(a - b)
2
+
2
ab[1- Cos(C- 45
0
)]
≥
0.
Do (a - b)
2

≥
0 và ab[1 - Cos(C - 45
0
)]
≥
0 nên (2.5) được chứng minh.
Tương tự ta cũng có các BĐT sau:
bc)12(22S4cba
222
−+≥++
;
ca)12(22S4cba
222
−+≥++
Như vậy trong phần này với hoạt động tương tự, chúng tôi đã hướng dẫn
học sinh vận dụng cách giải 3 của bài toán (1) để đưa ra các bài toán khác cùng

dạng với bài toán ban đầu.
III - MỘT SỐ BÀI TOÁN CHẶT HƠN CỦA BÀI TOÁN (1):
Từ BĐT: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
(1), ta hướng dẫn học sinh hãy tổng quát
bài toán trên theo hướng làm chặt hơn BĐT (1), tức là thay vế trái bởi đại lượng
nhỏ hơn hoặc vế phải bởi một đại lượng lớn hơn mà (1) vẫn còn đúng.
Chúng ta bắt đầu từ một BĐT quen thuộc: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
ab + bc + ca, từ
đó đặt ra vấn đề là BĐT: ab + bc + ca
≥
4S
3
(2) có đúng nữa không ?, nếu
BĐT này đúng thì ta được kết quả chặt hơn BĐT ban đầu.

Chứng minh :(2)
⇔
32
S2
ca
S2
bc
S2
ab
≥++

⇔

32
SinC
1
SinB
1
SinA
1
≥++
.
Áp dụng BĐT Côsi :
3
SinC.SinB.SinA
1
.3
SinC
1
SinB

1
SinA
1
≥++
, mà ta đã có :
SinA.SinB.SinC
8
33
≤
, nên
32
SinC
1
SinB
1
SinA
1
≥++
, tức là (2) được chứng
minh. Vậy ta có bài toán sau :
BT 3.1. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh: ab + bc + ca
≥
4S
3
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Ta có thể chứng minh bài toán trên theo cách 2 như sau:
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
( )
9cba

c
1
b
1
a
1
≥++






++
⇔
( )
cba
9
c
1
b
1
a
1
++
≥







++

7
⇔

( )
cba
9
abc
cabcab
++
≥
++
⇔

( )
cba
abc9
cabcab
++
≥++
, mặt khác ta đã có:
a
2
+ b
2
+ c
2

≤
9R
2
nên theo BĐT Bunhia ta có: a + b + c
≤
3
3
R, thay vào BĐT
trên suy ra:
R33
abc9
cabcab ≥++
⇔
ab + bc + ca
≥
4S
3
.
Từ BĐT : a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
ta thử làm chặt hơn bằng cách cộng vào

bên phải một đại lượng dương hay không ?. Ta đã có a
2
+ b
2

≥
2ab, nhưng BĐT
sau chặt hơn :a
2
+ b
2

≥
2ab + (a - b)
2
( thực tế đây là đẳng thức ), từ đó suy ra:
2
22
)ba(
2
1
ab
2
ba
−+≥
+
. Tương tự ta cũng có:
2
22
)cb(

2
1
bc
2
cb
−+≥
+
,
2
22
)ac(
2
1
ca
2
ac
−+≥
+
, cộng các BĐT trên ta được: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
ab + bc + ca
+
( )
222

)ac()cb()ba(
2
1
−+−+−
, theo BĐT trên suy ra: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+
( )
222
)ac()cb()ba(
2
1
−+−+−
.Vậy ta được bài toán tổng quát hơn:
BT 3.2. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh:
34
222
Scba ≥++
+
( )
222

)ac()cb()ba(
2
1
−+−+−
. Dấu đẳng thức
xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Với sự hướng dẫn như trên các em đã đưa ra bài toán sau :
BT 3.3. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh:
2222
234 )ba(Scba −+≥++
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC
có góc C = 60
0
.
Chứng minh: (3.3)
⇔
a
2
+ b
2
+ a
2
+ b
2
- 2ab.CosC
≥
2ab
3
.SinC + 2a

2
+ 2b
2
-
4ab
⇔
CosC +
3
SinC
≤
2
⇔
cos(C - 60
0
)
≤
1, BĐT này đúng nên (3.3)
đúng.
Tương tự các em cũng đưa ra các BĐT
2222
)cb(23S4cba −+≥++
,
2222
)ac(23S4cba −+≥++
, cộng các BĐT này và rút gọn ta có:
( )
222222
)ac()cb()ba(
3
2

3S4cba −+−+−+≥++
, do đó các em đã đưa ra một
bài toán chặt hơn như sau:
8
BT 3.4. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh:
( )
222222
3
2
34 )ac()cb()ba(Scba −+−+−+≥++
. Dấu đẳng thức
xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Từ cách chứng minh ở BT 3.3 lần lượt thay C - 60
0
bằng C - 30
0
C - 45
0
,
C - 120
0
, thì được :
1/ (2
3
- 3)a
2
+ (2
3
- 3)b

2
+ 3c
2

≥
4S
3
+2
3
(a - b)
2
, dấu đẳng thức xẩy ra
khi C = 30
0
.
2/ (
6
-
3
)a
2
+ (
6
-
3
)b
2
+
3
c

2

≥
4S
3
+
6
(a - b)
2
. Dấu đẳng thức
xẩy ra khi C = 45
0
.
3/ 3a
2
+ 3b
2
- c
2

≥
4S
3
+2(a - b)
2
, dấu đẳng thức xẩy ra khi C = 120
0
.

Sau khi thay thế như trên ta cộng các BĐT trên lại ( chú ý dấu đẳng thức

xẩy ra) ta có:
3/
2
a.
3
332 +
+
2
b.
3
332 +
+
2
c.
3
734 −
≥
4S
3
+
2
)ca(
3
32
−
+
2
)cb(
3
32

−
+
2
)ba(
3
2
−
,
dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C= 120
0
.
4/ (
6
-
3
)a
2
+
2
6
b
2
+
2
6
c
2

≥
4S

3
+
2
6
(a - b)
2
+
2
6
(a - c)
2
, dấu đẳng thức
xẩy ra khi B = C = 45
0
.
Từ việc thay thế như trên ta có các bài toán sau:
BT 3.4. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh:
(2
3
- 3)a
2
+ (2
3
- 3)b
2
+ 3c
2

≥
4S

3
+2
3
(a - b)
2
, dấu đẳng thức xẩy ra
khi tam giác ABC có C = 30
0
.
BT 3.5. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh:
(
6
-
3
)a
2
+ (
6
-
3
)b
2
+
3
c
2

≥
4S
3

+
6
(a - b)
2
, dấu đẳng thức xẩy
ra khi tam giác ABC có C = 45
0
.
BT 3.6. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh:
3a
2
+ 3b
2
- c
2

≥
4S
3
+2(a - b)
2
, dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC có
C= 120
0
.
BT 3.7. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh:
(
3
+
6

)a
2
+ (
3
+
6
)b
2
-
3
c
2

≥
4S
3
+
6
(a - b)
2
, dấu đẳng thức xẩy ra
khi tam giác ABC có C = 135
0
.

BT 3.8. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh:
9
(
32
+3)a

2
+ (
32
+3)b
2
- 3c
2

≥
4S
3
+ 2
3
(a - b)
2
, dấu đẳng thức xẩy ra
khi tam giác ABC có C = 150
0
.
BT 3.9. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh:

2
a.
3
332 +
+
2
b.
3
332 +

+
2
c.
3
734 −
≥
4S
3
+
2
)ca(
3
32
−
+
2
)cb(
3
32
−
+
2
)ba(
3
2
−

dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 120
0
.

BT 3.10. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh:
(
6
-
3
)a
2
+
2
6
b
2
+
2
6
c
2

≥
4S
3
+
2
6
(a - b)
2
+
2
6
(a - c)

2
, dấu đẳng thức
xẩy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A.
Nhận xét :
- Nếu ta thay góc C bởi các góc A, B thì ta sẽ có một loạt các bài toán
tương tự như trên.
- BT 3.2 có vẻ là một một bài toán mới nhưng thực tế đó chính là một
dạng khác của bài toán BT 3.1, còn bài toán 3.4 là chặt thực sự của các bài toán
trên. Tuy nhiên từ bài toán trên một câu hỏi tự nhiên xuất hiện là: có thể thay số
3
2
bởi số lớn hơn không ? , cụ thể liệu BĐT: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+ (a - b)
2
+
(b - c)
2
+ (c - a) (*) có đúng không ?
Chứng minh : Khai triển vế phải và rút gọn ta có: (*)
⇔
2(ab + bc + ca)

≥

4S
3
+ a
2
+ b
2
+ c
2
. Áp dụng định lý cosin mở rộng : cotgA + cotgB + cotgC =
S4
cba
222
++
và công thức tính diện tích tam giác ta suy ra:
(*)
⇔
4S.






++
SinC
1
SinB
1

SinA
1

≥
4S
3
+ 4S.(cotgA + cotgB + cotgC )
⇔

SinC
1
SinB
1
SinA
1
++

≥

3
+
SinC
CosC
SinB
CosB
SinA
CosA
++
⇔

SinC
CosC1
SinB
CosB1
SinA
CosA1 −
+
−
+
−

≥

3

⇔
3
2
C
tg
2
B
tg
2
A
tg ≥++
(**) ta dễ
chứng minh được trong tam giác ABC :
1
2

A
tg.
2
C
tg
2
C
tg.
2
B
tg
2
B
tg.
2
A
tg =++
và
≥






++
2
2
C
tg

2
B
tg
2
A
tg






++
2
A
tg.
2
C
tg
2
C
tg.
2
B
tg
2
B
tg.
2
A

tg3
nên (**) đúng, do đó (*)
được chứng minh . Vậy ta có bài toán sau :
10
BT 3.11. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng
minh: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+ (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a). Dấu đẳng thức xẩy ra
khi tam giác ABC đều.
Ta có thể chứng minh BT 3.11 theo cách 2 như sau:
Ta có: a
2
- (b - c)
2
= 4(p - b)(p - c); a
2
- (b - c)
2

= 4(p - b)(p - c);
a
2
- (b - c)
2
= 4(p - b)(p - c), cộng các BĐT trên và kết hợp với công thức
Hêrông ta có (3.11)
⇔
a
2
- (b - c)
2
+a
2
- (b - c)
2
+ a
2
- (b - c)
2

≥
4S
3


⇔
4(p - b)(p - c) +4(p - b)(p - c) +4(p - b)(p - c)
≥
4

)cp)(bp)(ap(p3 −−−
, đặt
p - a = x , p - b = y , p - c = z, suy ra p = x + y + z , do đó
(3.11)
⇔
4(xy + yz + zx)
≥
4
)zyx(xyz.3 ++

⇔
(xy + yz + zx)
2

≥
3xyz(x +
y + z)
⇔
(xy - yz)
2
+ (yz - zx)
2
+ (zx - xy)
2

≥
0, BĐT này đúng nên BĐT (3.11)
đúng.
Nhận xét:
Ta thấy BĐT a

2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+ (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a) chặt hơn
BĐT : a
2
+ b
2
+ c
2
≥
4S
3
; a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+
( )
222
)ac()cb()ba(
3
2
−+−+−

và BĐT: ab + bc + ca
≥
4S
3
.
Áp dụng cách giải 2 của BT 3.11 ta có hướng làm chặt hơn như sau:
BT 3.12. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4
4
3
222222

2
)ba()cp()ac()bp()cb()ap(
S
−−+−−+−−
+
+
(a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Chứng minh: Áp dụng cách đặt như trên ta đưa bài toán về dạng:
(3.12)
⇔
4(xy + yz + zx)
≥
4.
4
)xyzx()zxyz()yzxy(
)zyx(xyz3
222
−+−+−
+++
⇔
(xy + yz + zx)
2
≥
3.xyz.(x + y + z) +

4
1
[(xy - yz)
2
+ (yz - zx)
2
+ (zx - xy)
2
]
⇔
(xy)
2
+ (yz)
2
+ (zx)
2
≥
xyz.(x + y +z)
4
1
[(xy - yz)
2
+ (yz - zx)
2
+ (zx - xy)
2
] (*)
Ta sẽ chứng minh (*). Áp dụng BĐT:
2
)YX(

XY2YX
2
22
−
+≥+
ta có:
(xy)
2
+ (yz)
2

≥
2xy
2
z +
2
1
(xy - yz)
2
; (yz)
2
+ (zx)
2
≥
2xyz
2
+
2
1
(yz - zx)

2
;
11
(xy)
2
+ (zx)
2
≥
2x
2
yz +
2
1
(zx - xy)
2
, cộng các BĐT này lại ta được:
2[(xy)
2
+ (yz)
2
+ (zx)
2
]
≥
2xyz.(x + y + z)+
2
1
[(xy - yz)
2
+ (yz - zx)

2
+ (zx - xy)
2
]
⇔
(xy)
2
+ (yz)
2
+ (zx)
2
≥
xyz.(x + y + z) +
4
1
[(xy - yz)
2
+ (yz - zx)
2
+ (zx - xy)
2
]
vậy (*) được chứng minh .
Áp dụng cách giải 1 của BT 3.11 các em có hướng làm chặt hơn bởi bài
toán sau:
BT 3.13. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S . Chứng
minh: a
2
+ b
2

+ c
2















−+






−+







−+≥
222
2222224
1
34
A
tg
C
tg
C
tg
B
tg
B
tg
A
tg.S
+ (a - b)
2
+ ( b - c)
2
+ (c - a)
2
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Chứng minh: Áp dụng cách chứng minh ở BT 3.11 ta đưa đến BĐT sau:
3.13)
⇔
≥++
2

C
tg
2
B
tg
2
A
tg














−+






−+







−+
222
2
A
tg
2
C
tg
2
C
tg
2
B
tg
2
B
tg
2
A
tg
4
1
3
(*)

Ta sẽ chứng minh (*), thật vậy áp dụng BĐT:
2
)YX(
XY2YX
2
22
−
+≥+
ta có:
2
22
2
B
tg
2
A
tg
2
1
2
B
.tg
2
A
tg2
2
B
tg
2
A

tg






−+≥+
;
2
22
2
C
tg
2
B
tg
2
1
2
C
.tg
2
B
tg2
2
C
tg
2
B

tg






−+≥+
2
22
2
A
tg
2
C
tg
2
1
2
A
.tg
2
C
tg2
2
A
tg
2
C
tg







−+≥+
, cộng các BĐT trên và rút ngọn ta
có:
≥






++
2
C
tg
2
B
tg
2
A
tg2
222








++
2
A
tg.
2
C
tg
2
C
tg.
2
B
tg
2
B
tg.
2
A
tg2
+















−+






−+






−
222
2
A
tg
2
C
tg

2
C
tg
2
B
tg
2
B
tg
2
A
tg
2
1
⇔
≥






++
2
2
C
tg
2
B
tg

2
A
tg














−+






−+







−+
222
2
A
tg
2
C
tg
2
C
tg
2
B
tg
2
B
tg
2
A
tg
4
1
3
(do
1
2
A
tg.
2

C
tg
2
C
tg.
2
B
tg
2
B
tg.
2
A
tg =++
) suy ra :
≥++
2
C
tg
2
B
tg
2
A
tg















−+






−+






−+
222
2
A
tg
2
C

tg
2
C
tg
2
B
tg
2
B
tg
2
A
tg
4
1
3
Với cách đưa ra BĐT phụ như sau:
4
)yx(
8
)yx(
2
yx
2222
+
+
−
≥
+
cùng với

cách chứng minh như trên các em đã chứng minh được bài toán chặt hơn như
sau.
12
BT 3.14. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S . Chứng
minh: a
2
+ b
2
+ c
2















−+







−+






−+≥
222
2
A
tg
2
C
tg
2
C
tg
2
B
tg
2
B
tg
2
A
tg
8

3
3.S4
+ (a - b)
2
+ ( b - c)
2
+ (c - a)
2
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Với cách dựng thêm hình phụ, các đã chứng minh được bài toán:
BT 3.15. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh
a
2
+ b
2
+ c
2

3S4≥
+8Rr















−+






−+






−
222
222222
A
cos
C
cos
C
cos
B
cos
B

cos
A
cos
+
(a - b)
2
+ ( b - c)
2
+ (c - a)
2
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều.
Chứng minh: Gọi M, N , P là tâm các đường tròn bàng tiếp tương ứng
các góc A, B, C của tam giác ABC; gọi R' , r' là bán kính đường tròn ngoại tiếp,
nội tiếp tam giác MNP , S' là diện tích tam giác MNP. Trước hết ta chứng minh
các kết quả sau:
1/ MN = 4R
2
C
cos
; NP = 4R
2
A
cos
;
PM = 4R
2
B
cos
;
2/ S' =

r
R2
.S
3/ MN
2
+ NP
2
+ PM
2
= 8R(r
a
+ r
b
+ r
c
).
4/ 4r( r
a
+ r
b
+ r
c
) = a
2
+ b
2
+ c
2
- (a - b)
2

-
(b - c)
2
- (c - a).
Chứng minh các kết quả:
1/ Ta có MN = MC + CN =
2
C
sin
bp −

+
2
C
sin
ap −
=
2
C
sin
c
= 4R
2
C
cos
. Chứng minh
tương tự ta cũng có: NP = 4R
2
A
cos

; PM = 4R
2
B
cos
.
2/ Do tính chất đường phân giác nên ta có:S' = 2R'
2
.sinM.sinN.sinP
13
r
b
r
a
r
c
P
N
M
C
B
A
= 2R'
2
.
2
C
cos.
2
B
cos.

2
A
cos
, mặt khác S' =
'R4
PM.NP.MN
=
2
C
cos.
2
B
cos.
2
A
cos.
'R4
R16
3
, nên
suy ra R' = 2R do đó S' = 8R
2
.
2
C
cos.
2
B
cos.
2

A
cos
=
2
C
sin.
2
B
sin.
2
A
sin.R4
Csin.Bsin.Asin.R2.R2
2
=
r
R.S2

(do r = 4R.
2
C
sin.
2
B
sin.
2
A
sin
).
3/ Từ chứng minh trên ta có: MN

2
+ NP
2
+ PM
2
= 16R
2
(cos
2
2
A
+ cos
2
2
B
+
cos
2
2
C
). Mặt khác: r
a
= MC.cos
2
C
; r
b
= NC.cos
2
C

suy ra: r
a
+ r
b
= MN.cos
2
C
=
4Rcos
2
2
C
, suy ra
2
C
cos
R4
rr
2
ba
=
+
; Tương tự ta cũng được:
2
A
cos
R4
rr
2
cb

=
+
;
2
B
cos
R4
rr
2
ac
=
+
; suy ra: MN
2
+ NP
2
+ PM
2
= 8R(r
a
+ r
b
+ r
c )
.
4/ Áp dụng các công thức: S = p.r ; S =(p - a)r
a
; S =(p - b)r
b
; S = (p - c)r

c
ta có: 4r( r
a
+ r
b
+ r
c
) =








−
+
−
+
− cp
S
bp
S
ap
S
p
S
4
=









−−−
−−+−−+−−
)cp)(bp)(ap(
)ap)(cp()cp)(bp()bp)(ap(
p
S
4
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
- (a - b)
2
- (b - c)
2
- (c
- a).
Chứng minh bài toán:
Từ các kết quả trên áp dụng (3.11) ta có:

MN
2
+ NP
2
+ PM
2

≥
4S'
3
+ (MN - NP)
2
+ (NP - PM)
2
+ (PM - MN)
2

⇔
8R(r
a
+ r
b
+ r
c
)
≥
16R
2
















−+






−+






−
222
2

A
cos
2
C
cos
2
C
cos
2
B
cos
2
B
cos
2
A
cos
+
+
r
3R.S8

⇔
a
2
+ b
2
+ c
2

3S4≥
+ (a - b)
2
+ ( b - c)
2
+ (c - a)
2
+
8Rr














−+







−+






−
222
2
A
cos
2
C
cos
2
C
cos
2
B
cos
2
B
cos
2
A
cos
.
Như vậy với cách chứng minh như trên học sinh đã đưa ra một bài toán
chặt hơn các bài toán ban đầu.

Bây giờ thử tăng thêm giả thiết ta có thể làm chặt bài toán như thế nào ,
với câu hỏi này các em đưa ra bài toán sau:
14
BT 3.16. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Với giải
thiết a
≥
b
≥
c, chứng minh:
ac)(Scba 12224
222
−+≥++
+ (a - b)
2
+(b - c)
2
+ (c - a)
2
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A.
Chứng minh: Áp dụng định lý Cosin: a
2
+ c
2
= b
2
+ 2ac.CosB và công
thức tính diện tích S =
SinB.ac
2
1

ta có (3.14)
⇔
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
2ac.SinB + 4ac
+2
ac2
+ 2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
-2ab - 2bc - 2ca
⇔
2ab + 2bc - 2ca - b
2
- (a
2
+ c
2
) -
2ac.SinB +2
2

ac
≥
0
⇔
ab + bc - ca - b
2
- ac.SinB - ac.CosB +
2
ab
≥
0
⇔
(a - b)(b - c) +
2
ab[1- Cos(B - 45
0
)]
≥
0. Do a
≥
b
≥
c nên (a - b)(b - c)
≥
0
và
2
ab[1 -Cos(B - 45
0
)]

≥
0 nên (3.14) được chứng minh.
Bây giờ ta giả thiết thêm: tam giác ABC có 3 cạnh lập thành một cấp số
cộng, khi đó ta cũng chứng minh được bài toán sau:
BT 3.17. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c lập thành một cấp số
cộng và diện tích S. Chứng minh:
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+
( )
222
3
4
)ac()cb()ba( −+−+−
. Dấu đẳng thức xẩy ra
khi tam giác ABC đều .
Chứng minh: Ta có a
2
+ b
2
+ c
2

- 4S
3
= a
2
+ c
2
+ a
2
+ c
2
- 2ac.CosB -
2ac.SinB
3
= 2(a - c)
2
+ 2ac[2 - CosB - SinB
3
] = 2(a - c)
2
+ 2ac[2 - CosB -
SinB
3
] = 2(a - c)
2
+ 4ac[1- Cos(B - 60
0
)] . Giả sử a, b, c theo thứ tự lập thành
cấp số cộng với công sai d thì a - b = d; a - c = 2d; b - c = d, do đó ta có
a
2

+ b
2
+ c
2
- 4S
3
-
3
4
[(a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
]
= 2(a - c)
2
+ 4ac[1- Cos(B - 60
0
)] -
( )
222
)ac()cb()ba(
3
4
−+−+−
= 8d
2
+ 4ac[1- Cos(B - 60

0
)] -
( )
222
d4dd
3
4
++
= 4ac[1- Cos(B - 60
0
)]
≥
0 suy ra
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+
( )
222
)ac()cb()ba(
3
4
−+−+−

, và dấu đẳng thức xẩy ra
khi tam giác ABC đều .
Tương tự các em cũng đã đưa ra bài toán :
15
BT 3.18. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c lập thành một cấp số
cộng và diện tích S. Chứng minh:
ab + bc + ca
≥
4S
3
+
( )
222
6
5
)ac()cb()ba( −+−+−
. Dấu đẳng thức xẩy ra khi
tam giác ABC đều.
Chứng minh:
Ta có: ab + bc + ca - 4S
3
= = ab + bc - ac - b
2
+ 2ac + b
2
- 2ac.SinB
3
= (a - b)(b - c) + a
2
+ c

2
+ 2ac - 2ac.CosB - 2ac.SinB
3

= (a - b)(b - c) + (a - c)
2
+ 2ac[2 - CosB - SinB
3
]
= (a - b)(b - c) + (a - c)
2
+ 4ac[1- Cos(B - 60
0
)]. Giả sử a, b, c theo thứ tự lập
thành cấp số cộng với công sai d thì a - b = d; a - c = 2d; b - c = d, do đó ta có
ab + bc + ca - 4S
3
-
( )
222
)ac()cb()ba(
6
5
−+−+−

= d
2
+ 4d
2
+ 4ac[1- Cos(B - 60

0
)] -
( )
222
d4dd
6
5
++
= 5d
2
+ 4ac[1- Cos(B - 60
0
)] - 5d
2
= 4ac[1- Cos(B - 60
0
)]
≥
0 , suy ra
ab + bc + ca
≥
4S
3
+
( )
222
)ac()cb()ba(
6
5
−+−+−

.
Nhận xét: Nếu xét trong lớp các tam giác có 3 cạnh lập thành cấp số cộng
thì các bài toán 3.17 , 3.18 là chặt hơn các bài toán đã nêu, tuy nhiên nếu biến
đổi tương đương (3.18) thì ta sẽ đi đến (3.17). Thật vậy: (3.16)
⇔
6(ab + bc +
ca)
≥
6.4S
3
+10(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca)
⇔
6(a
2
+ b
2
+ c
2
)

≥
6.4S
3
+10(a

2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) - 6(ab + bc + ca) + 6(a
2
+ b
2
+ c
2
)
⇔
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
4S
3
+
3
4
[(a - b)
2
+ (b - c)
2

+ (c - a)
2
], tức là (3.18)
⇔
(3.17).
Như vậy trong phần này với hoạt động tổng quát hoá bài toán theo hướng
làm chặt hơn, chúng tôi đã hướng dẫn các em đưa ra một số bài toán mới chặt
hơn các bài toán trước đó.
Như vậy, từ các bài toán trên, chúng tôi đã rèn luyện cho học sinh một số
hoạt động toán để phát huy tính sáng tạo của học sinh, cụ thể:
- Giải bài toán đã cho theo nhiều cách khác nhau, để từ các cách này có
thể tìm thêm các bài toán khác.
16
- Từ một bài toán nào đó trong trường hợp đặc biệt, hãy tìm cách mở
rộng cho các trường hợp khác.
- Sử dụng các hoạt động của tư duy sáng tạo như: tương tự , tổng quát
hoá, đặc biệt hoá để dự đoán và chứng minh các bài toán mới.
17