SSKN PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT TÂY HIẾU



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI
PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH
THÔNG QUA GIẢI BÀI TOÁN IMO
THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Họ tên: Võ Nam Phong
Tổ: Toán Tin
Nhóm: Toán
Số điện thoại: 0986.718.703

Naêm hoïc 2015 - 2016


MỤC LỤC
Danh mục chữ cái viết tắt

Trang 2

1. MỞ ĐẦU

Trang 3

1.1 Lý do chọn đề tài

Trang 3

1.2 Mục đích nghiên cứu

Trang 3

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Trang 4

1.4 Kế hoạch nghiên cứu

Trang 4

1.5 Phương pháp nghiên cứu

Trang 4

2. NỘI DUNG

Trang 4

2.1 Một số kết quả thường gặp trong tam giác

Trang 4

2.2 Bài toán IMO 1961

Trang 8

2.3 Mở rộng bài toán trong măt phẳng

Trang 15

2.4. Mở rộng bài toán trong không gian

Trang 20

3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

Trang 22

3.1 Kết quả từ thực tiễn

Trang 22

3.2 Kết quả thực nghiệm

Trang 23

4. KẾT LUẬN

Trang 24

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang 25

1

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI
A, B, C

Góc trong tam giác ABC

a, b, c

Độ dài cạnh đối diện với đỉnh A, B, C tương ứng

p

Nửa chu vi tam giác ABC

R

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

r

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

S

Diện tích tam giác ABC

ha

Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A

V

Thể tích khối tứ diện ABCD

SA

Diện tích mặt đối diện đỉnh A trong tứ diện ABCD

2


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài
Toán học là môn học có vai trò hết sức quan trọng trong chương trình THPT.
Toán học không những giúp cho học sinh kỹ năng tính toán mà còn phát triển tư
duy cho học sinh, đặc biệt là tư duy sáng tạo, khái quát…
Trong toán học, việc phát triển tư duy cho học sinh là việc hết sức quan trọng.

Đối với nhiều học sinh, các em thường hài lòng với việc giải xong một bài toán
mà không xem xét thêm cách giải khác là khá phổ biến. Trong quá trình dạy học
tôi thường khuyến khích học sinh giải bài toán theo nhiều cách khác nhau, từ đó
rèn luyện cho học sinh thói quen giải quyết một vấn đề theo nhiều cách khác
nhau, tư duy đó rất có ích trong cuộc sống hiện đại ngày nay. Trong quá trình dạy
học tôi thấy bài toán IMO sau đây rất thú vị, bài toán đó là: “ Cho tam giác
ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có diện tích là S . Chứng minh rằng:

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3. ” Tôi thấy rằng có rất nhiều cách để tính diện tích tam giác,
từ đó ta có thể chứng minh bài toán thú vị này theo nhiều cách khác nhau. Mặt
khác, giữa mặt phẳng và không gian có mối liên hệ với nhau, các tính chất trong

mặt phẳng có thể mở rộng trong không gian, vì vậy ta có thể mở rộng bài toán
này trong không gian cho tứ diện.
Với những lý do trên tôi chọn đề tài “ Phát triển tư duy cho học sinh thông
qua giải bài toán IMO theo nhiều cách và mở rộng bài toán”. Trong đề tài này tôi
trình bày 16 cách giải khác nhau cho bài toán đã nêu, đồng thời mở rộng bài toán
trong mặt phẳng và trong không gian.

1.2 Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải quyết vấn đề nhiều cách
khác nhau.
- Rèn luyện kỹ năng mở rộng bài toán theo nhiều hướng.

3


1.3 Đối tượng nghiên cứu
Là học sinh khá, giỏi lớp 12I, 12K trường THPT Tây Hiếu

1.4 Kế hoạch nghiên cứu
- Từ 20/09/2015 đến 15/10/2015: Chọn đề tài, viết đề cương nghiên cứu.
- Từ 16/10/2015 đến 20/12/2015: Đọc tài liệu lý thuyết, viết cơ sở lý luận.
- Từ 21/12/2015 đến 16/02/2016: Áp dụng đề tài vào thực tiễn.
- Từ 17/02/2016 đến 15/04/2016: Viết báo cáo, trình bày báo cáo trước tổ
chuyên môn và xin ý kiến đóng góp.
- Từ 16/04/2016 đến 10/05/2016: Hoàn thiện báo cáo.

1.5 Phương pháp nghiên cứu
- Đọc các tài liệu liên quan để viết cơ sở lý thuyết.
- Phương pháp thực nghiệm.
- Phương pháp thống kê, xử lý số liệu.

2. NỘI DUNG
2.1 Một số kết quả thường gặp trong tam giác
KQ1. Công thức diện tích tam giác
1
1
abc
S = a.ha = ab sin C =
= pr
2
2
4R
= p ( p − a )( p − b)( p − c) ( công thức Hê rông)
1
=
2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 )
4

(1)

Chứng minh công thức (1) ( các công thức còn lại có trong sách giáo khoa 10)
Cách 1. Theo công thức Hê rông ta có
16 S 2 = p ( p − a )( p − b)( p − c)
= (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a )(c + a − b)
= (b + c) 2 − a 2   a 2 − (b − c)2 
=  2bc + (b 2 + c 2 − a 2   2bc − (b 2 + c 2 − a 2 ) 

= 4b 2c 2 − (b 2 + c 2 − a 2 ) 2

4

= 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) − (a 4 + b 4 + c 4 )
1
2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 )
⇒S=
4
Cách 2. Áp dụng định lý hàm cosin ta có
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A
⇒ 2bc cos A = b 2 + c 2 − a 2
⇒ 4b 2c 2 (1 − sin 2 A) = b 4 + c 4 + a 4 + 2b 2c 2 − 2c 2 a 2 − 2a 2b 2
⇒ 4b 2c 2 = 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) − (a 4 + b 4 + c 4 )
1
1
⇒ S = bc sin A =
2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 ) .
2
4

KQ2. Trong mọi tam giác ABC ta có
A
B
C
r = ( p − a ) tan = ( p − b ) tan = ( p − c ) tan .
2
2
2
Chứng minh. Xét tam giác ABC có đường tròn nột tiếp tâm I tiếp xúc 3 cạnh BC,
CA, AB tại M, N, P. Khi đó ta có AP = AN , BP = BM , CM = CN .
A

N
P
I

C

B
M

Trong tam giác vuông API ta có
A
2
AP + BP + AN + CN − BM − CM
A
=
tan
2
2
AB + AC − BC
A
A
=
tan = ( p − a ) tan .
2
2
2
Chứng minh tương tự ta có các kết quả còn lại.
r = PI = AP.tan

5


KQ3. Trong tam giác ABC ta có
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1.
A
B
B
C
C
A
tan tan + tan tan + tan tan = 1.
2
2
2
2
2
2

(2)
(3)

Chứng minh (2)
Trong tam giác ABC ta có
cot( A + B ) = cot(π − C )
1 − cot A cot B
⇔
= − cot C
cot A + cot B
⇔ 1 − cot A cot B = − cot C cot A − cot C cot B

⇔ cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1.
Chứng minh (3)
Trong tam giác ABC ta có
 A B
π C 
tan  +  = tan  − 
2 2
2 2
A
B
tan + tan
2
2 = 1
⇔
A
B
C
1 − tan tan
tan
2
2
2
A
C
B
C
A
B
⇔ tan tan + tan tan = 1 − tan tan
2

2
2
2
2
2
A
B
B
C
C
A
⇔ tan tan + tan tan + tan tan = 1.
2
2
2
2
2
2
KQ4. Trong tam giác ABC ta có
3 3
.
2
A
B
C
1
tan tan tan ≤
.
2
2

2 3 3
A
B
C
tan + tan + tan ≥ 3.
2
2
2
cot A + cot B + cot C ≥ 3.

sin A + sin B + sin C ≤

(4)
(5)
(6)

(7)

6


Chứng minh (4)
Trước hết ta chứng minh sin x + sin y ≤ 2sin
xảy ra khi x = y.

x+ y
với ∀x, y ∈ ( 0;π ) . Đẳng thức
2

x+ y

x− y
x+ y
cos
≤ 2sin
. Đẳng thức xảy ra khi x = y.
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
π

C
+

A+ B
π
3
sin A + sin B + sin C + sin ≤ 2  sin
+ sin

3
2
2




π

 A+ B +C + 3 

≤ 4sin 
=2 3
4




3 3
⇒ sin A + sin B + sin C ≤
.
2
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Ta có sin x + sin y = 2sin

Chứng minh (5)
Ta có
A
B
B
C
C
A
A
B
C

1 = tan tan + tan tan + tan tan ≥ 3 3  tan tan tan 
2
2
2

2
2
2
2
2
2

A
B
C
1
⇒ tan tan tan ≤
.
2
2
2 3 3
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Chứng minh (6)
A
B
B
C
C
A
Ta có tan tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2

2
2
Áp dụng bất đẳng thức cơ bản ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx) ta có

2

2

A
A
A
A
B
B
C
C
A


 tan + tan + tan  ≥ 3  tan tan + tan tan + tan tan  = 3
2
2
2
2
2
2
2
2
2



A
B
C
⇒ tan + tan + tan ≥ 3.
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

7


Chứng minh (7)
Ta có cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1.
Áp dụng bất đẳng thức cơ bản ( x + y + z ) 2 ≥ 3( xy + yz + zx) ta có
cot A + cot B + cot C ≥ 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

2.2 Bài toán [IMO 1961]
Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có diện tích là S . Chứng
minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.

Cách 1. Ta thấy vế trái là mối liên hệ 3 cạnh, vì vậy ta sử dụng công thức Hê
rông để giải bài toán này. Ta có
 p−a+ p−b+ p−c
4 S 3 = 4 3 p ( p − a )( p − b)( p − c) ≤ 4 3 p 

3




3

2

4 p2 ( a + b + c )
=
=
≤ a 2 + b2 + c 2 .
3
3
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

Cách 2. Sử dụng công thức Hê rông kết hợp bất đẳng thức Côsi. Trước hết ta
chứng minh bất đẳng thức quen thuộc 8( p − a )( p − b)( p − c) ≤ abc. Ta có
8( p − a )( p − b)( p − c) = 8 ( p − a )( p − b) ( p − b)( p − c) ( p − c)( p − a )
≤ (2 p − a − b)(2 p − b − c)(2 p − c − a ) = abc.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
48S 2 = 48 p ( p − a )( p − b)( p − c) ≤ 48 pabc =3(a + b + c)abc
2

3(a 2 + b 2 + c 2 ) 
2
(a + b + c )
≤
≤
= ( a 2 + b2 + c 2 ) .
9
9

Lấy căn bậc hai hai vế ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
4

Cách 3. Theo công thức diện tích Hê rông ta có
16 S 2 = 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) − (a 4 + b 4 + c 4 ).
Với mọi số thực x, y, z ta có x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

8


a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
2

⇔ ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3  2 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 ) 
2

⇔ ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 48S 2
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

Cách 4. Theo định lý cosin c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C và công thức diện tích
1
S = ab sin C , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2
π

a 2 − ab(cos C + 3 sin C ) + b 2 ≥ 0 ⇔ a 2 − 2ab sin  C +  + b 2 ≥ 0.
6


π

Xét f (a ) = a 2 − 2ab sin  C +  + b 2 , ta xem f (a ) là tam thức bậc hai ẩn a với
6

π

hệ số bậc hai bằng 1, mà ∆ ' = b 2 sin 2  C +  − b 2 ≤ 0
6

Do đó hiển nhiên f (a ) ≥ 0. Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách 5. Biến đổi tương đương. Ta có
a 2 + b 2 + c 2 − 4 S 3 = a 2 + b 2 + (a 2 + b 2 − 2ab cos C ) − 2 3ab sin C

π 

= 2(a − b)2 + 4ab 1 − cos  C +   ≥ 0, từ đó ta có điều phải chứng minh.
3 


Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

Cách 6. Theo định lý cosin trong tam giác ta có
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A = b 2 + c 2 − 4 S cot A,
b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B = c 2 + a 2 − 4 S cot B,
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C = a 2 + b 2 − 4cot C.
Suy ra a 2 + b 2 + c 2 = 4S (cot A + cot B + cot C ) ≥ 4 S 3.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

9


1
1 
 1
Cách 7. Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca = 2 S 
+
+
.
 sin A sin B sin C 
1
1
1
9
Mặt khác ta có
+
+
≥
≥ 2 3.
sin A sin B sin C sin A + sin B + sin C
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

Cách 8. Ta có a + b + c = 2 R(sin A + sin B + sin C ) ≤ 3R 3.
Áp dụng công thức diện tích tam giác ta có
9abc
9abc

9(a + b + c)3 (a + b + c)2
4S 3 =
≤
≤
=
≤ a 2 + b2 + c 2 .
3
3R 3 a + b + c 27(a + b + c)
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách 9. Trước hết ta chứng minh công thức a 2 = (b − c) 2 + 4 S tan

A
. Ta có
2

a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A = (b − c) 2 + 2bc(1 − cos A)
4S
A
A
= (b − c) 2 +
.2sin 2 = (b − c)2 + 4 S tan .
sin A
2
2
B
C
Tương tự ta có b 2 = (c − a ) 2 + 4 S tan , c 2 = (a − b) 2 + 4 S tan .
2
2
Từ đó ta có

A
B
C

a 2 + b 2 + c 2 = (a − b)2 + (b − c) 2 + (c − a )2 + 4 S  tan + tan + tan 
2
2
2

≥ 4S 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
A
B
C
= ( p − b) tan = ( p − c) tan . Do đó ta có
2
2
2
A
B
C
A
B
C
pr 3 = p ( p − a )( p − b)( p − c) tan tan tan = S 2 tan tan tan
2
2
2
2
2

2
A
B
C
⇒ r = p tan tan tan
2
2
2
Mặt khác ta có

Cách 10. Ta có r = ( p − a ) tan

10


A
B
B
C
C
A
A
B
C

1 = tan tan + tan tan + tan tan ≥ 3 3  tan tan tan 
2
2
2
2

2
2
2
2
2

⇒ tan

2

A
B
C
1
tan tan ≤
.
2
2
2 3 3

Ta có
2

A
B
C 4 a +b + c 
2
2
2
4 S 3 = 4 3 pr = 4 3 p tan tan tan ≤ 

 ≤a +b +c .
2
2
2 3
2

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
2

Cách 11. Gọi G là trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có
3OG = OA + OB + OC , do đó
9OG 2 = OA2 + OB 2 + OC 2 + 2 OAOB + OBOC + OCOA

(

)

= 3R 2 + ( OA2 + OB 2 − AB 2 ) + ( OB 2 + OC 2 − BC 2 ) + ( OC 2 + OA2 − AC 2 )
= 9 R 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ).
Do OG ≥ 0 nên a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9 R 2 =

16 S 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 9a 2b 2c 2
⇒ 48S 2 ≤ ( a 2 + b 2 + c

2 2

)

9 a 2b 2 c 2
. Từ đó suy ra

16 S 2

(a
≤

2

+ b2 + c 2 )

3

3

⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách 12. Sử dụng tính chất tâm đường tròn nội tiếp tam giác
A

N
P

B

I

M

C

11


Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, M , N , P lần lượt là hình chiếu của I
lên BC, CA, AB. Ta có aIM + bIN + cIP = 0.
Thật vậy, đặt u = aIM + bIN + cIP = 0. Ta có
u.BC = aIM .BC + bIN .BC + cIP.BC
= b.r.a.sin C − c.r.a.sin B = ra (b sin C − c sin B )
= ra (2 R sin B sin C − 2 R sin C sin B ) = 0
Suy ra u vuông góc BC . Chứng minh tương tự ta có u vuông góc CA . Mà
BC , CA không cùng phương do đó ta có u = 0 hay aIM + bIN + cIP = 0.
Bình phương hai vế đẳng thức aIM + bIN + cIP = 0 ta có
a 2 r 2 + b 2 r 2 + c 2 r 2 − 2abr 2 cos C − 2bcr 2 cos A − 2car 2 cos B = 0
⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 2ab cos C + 2bc cos A + 2ca cos B
= 4 S cot C + 4 S cot A + 4 S cot B
= 4 S ( cot A + cot B + cot C ) ≥ 4 S 3.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
1
Cách 13. Ta sử dụng công diện tích S = ah .
2

A

B

H

M

C

Xét tam giác ABC có M trung điểm BC và H là chân đường cao kẻ từ A.
 3BC 2

3BC
Ta có 4 S 3 = 2 3BC. AH ≤ 4.
. AM ≤ 2 
+ AM 2 
2
 4

 3a 2 b 2 + c 2 a 2 
= 2
+
−  = a 2 + b2 + c2 .
2
4 
 4

12


Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách 14. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó ta có BAC ≥ 600
A

B

C

D

Dựng tam giác đều ACD sao cho B, D cùng phía đối với AC. Áp dụng định lý
cosin cho ta giác ABD ta có
BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2 AB. AD.cos BAD = c 2 + b 2 − 2cb.cos ( A − 600 )
= b 2 + c 2 − 2bc ( cos A.cos 600 + sin A.sin 600 )
1 2
1
b + c 2 − a 2 ) − 3bc sin A = a 2 + b 2 + c 2 − 4 S 3 .
(
2
4
Do BD ≥ 0 nên ta suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

(

= b2 + c2 −

)

Cách 15. Không mất tính tổng quát giải sử A ≥ 600 . Dựng tam giác BAM
vuông tại M có BAM = 300 , điểm M, C nằm cùng phía với đường thẳng bờ AB.
Dựng tam giác NAC vuông tại N có CAN = 300 , điểm N, B nằm cùng phía với
với đường thẳng bờ AC.
A

30°

30°

B

C

M
N

13


c 3
b 3
, AN = AC.cos300 =
.
2
2
Áp dụng định lý cosin cho tam giác MAN ta có
MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN .cos MAN
3c 2 3b 2 3bc
=
+
−
.cos( A − 600 )
4
4
2
2
2

3b + 3c 3bc
=
−
cos A.cos 600 + sin A sin 600 )
(
4
2
3b 2 + 3c 2 3bc cos A 3 3bc sin A
=
−
−
4
4
4
2
2
2
2
2
3b + 3c 3(b + c − a ) 3 3S
=
−
−
4
8
2
3(a 2 + b 2 + c 2 − 4 S 3)
=
8
2

Vì MN ≥ 0 nên ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Ta có AM = AB.cos300 =

Cách 16. Không mất tính tổng quát giải sử A ≥ 600 . Dựng phía ngoài tam giác
ABC các tam giác đều ABM và CAN.
N

M

A

B

C

Áp dụng định lý cosin cho tam giác AMN ta có
MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN .cos MAN
= c 2 + b 2 − 2bc.cos(2400 − A)
= b 2 + c 2 − 2bc(cos 2400 cos A + sin 2400 sin A)

14


= b 2 + c 2 + bc cos A + 3bc sin A
b2 + c2 − a2
2
2
=b +c +
+ 2S 3

2
2
2
Mà MN 2 ≤ ( AM + AN ) = ( b + c ) ≤ 2(b 2 + c 2 ) , suy ra
b2 + c2 − a 2
2(b + c ) ≥ b + c +
+ 2S 3
2
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
2

2

2

2

2.3 Mở rộng bài toán trong mặt phẳng
Bài toán trên phát biểu cho lũy thừa số mũ bằng 2, ta có thể mở rộng bài toán lũy
thừa với số mũ chẵn bất kì lớn hơn 1.
Cho tam giác ABC có diện tích S và độ dài các cạnh là a, b, c. Với n ∈ ℕ* chứng
minh rằng
2n
2n
2n
 4  n
a 2n + b2n + c2n ≥ 3
 S + ( a − b) + (b − c ) + (c − a )
 3

n

n

n

n

n

n

+ (b + c − a ) b − c + (c + a − b) c − a + ( a + b − c ) a − b .

Để chứng minh bài toán ta chứng minh các bổ đề sau
Bổ đề 1.
x > y ≥ 0
Cho 
, chứng minh: x m − y m ≥ ( x − y ) m .
m ≥ 1
Giải
y x− y
Ta có 0 ≤ ,
≤ 1 nên
x x
 y m y
  ≤
m
m
x

 x 
 y x− y
m
m
m
⇒  +

 ≤ 1 ⇒ x − y ≥ ( x − y) .
m
x− y  x  x 
 x − y 
≤
 x 
x

m = 1
Đẳng thức xảy ra khi 
 y = 0.

15


Bổ đề 2.
 x, y , z > 0
, chứng minh rằng
Cho 
m ≥ 1
m

m

xm + ym  x + y 
xm + ym + zm  x + y + z 
i)
≥
ii)
≥
 ,
 .
2
3
3
 2 


Giải
i)
Cách 1. Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương bất đẳng thức
m

m

 x   y 
1− m

 +
 ≥2
 x+ y  x+ y

Đặt t =

x
(đk: 0 < t < 1 ), ta có bất phương trình
x+ y
f (t ) = t m + (1 − t ) m ≥ 21−m.

1
Ta có f '(t ) = mt m−1 − m(1 − t ) m−1 . Khi đó f '(t ) = 0 ⇔ t m−1 = (1 − t )m−1 ⇔ t = .
2
Bảng biến thiên
t
f '(t )

0
-

1
2
0

1
+

f (t)

21−m
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≥ 21−m , ∀t ∈ ( 0;1) .
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng.
Cách 2. Theo bất đẳng thức Becnuli ta có
m

 2 x m 
x− y
m( x − y )

 = 1 +
 ≥1+
x+ y
x+ y
 x + y  

m
m
 2 y  
y−x
m( y − x )
 x + y  = 1 + x + y  ≥ 1 + x + y
 



16


m

m

m

 2x   2 y 

xm + y m  x + y 
⇒
+
≥
2
⇒
≥
 .
 

x
+
y
x
+
y
2
2



 

m = 1
Đẳng thức xảy ra khi 
 x = y.
ii) Theo câu i) ta có
m
m
x+ y+z

m
x
+
y
+
z


z +
m
z+


xm + ym
3
x+ y 


3
+
≥

 +
2
2
2
 2  




m
x+ y+z 

 x+ y z+

3
m
+


x+ y+z
2
2
≥ 2
 ≥ 2

2
3








m
m
m
m

x +y +z
x+ y+z
⇒
≥
 .
3
3


m = 1
Đẳng thức xảy ra khi 
 x = y = z.
 x, y ≥ 0
, chứng minh
Bổ đề 3. Cho 
m
≥
2

2

m
2 2

m

m

m

i) ( x + y ) ≥ x + y ,

m

xm + ym  x + y 
x− y
ii)
≥
.
 +
2
2
 2 

Giải
i) Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
x2
y2
Nếu x, y > 0 thì ta có: 0 < 2
,
< 1 , do đó ta có
x + y 2 x2 + y 2

17


m

2
2

x2
 x
≤ 2
 x 2 + y 2 
x + y2
xm + y m

⇒
≤1

m
m
2
2 2
2
 y 2  2
(x + y )
y
 2
≤
2 
x2 + y 2
 x + y 
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
ii) Theo bất đẳng thức i) ta có

m

x− y
x+ y


 +
2
 2 

m

 x + y 
x− y
≤ 
 +
2
 2 
2

2





m
2

m

 x2 + y 2  2 xm + y m
≤
( theo bổ đề 2i)
 ≤

2
 2 
m = 2
Đẳng thức xảy ra khi 
 x = y.

Bổ đề 4. Trong tam giác ABC ta có
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3 + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a )2
Hay ( p − a )( p − b) + ( p − b)( p − c) + ( p − c)( p − a ) ≥ S 3.
Giải
Cách 1.
Theo cách chứng 10 trong mục 2.1 ta có
A
B
C

a 2 + b 2 + c 2 = (a − b)2 + (b − c) 2 + (c − a )2 + 4 S  tan + tan + tan 
2
2
2

A
B
C
Mà tan + tan + tan ≥ 3, từ đó ta có điều phải chứng minh.
2
2
2
Cách 2.
Ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3 + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a )2

2
2
2
⇔  a 2 − ( b − c )  + b 2 − ( c − a )  +  c 2 − ( a − b )  ≥ 4 S 3

 
 

⇔ 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) + 4( p − a )( p − b) ≥ 4 S 3

⇔ xy + yz + zx ≥ S 3 (với x = p − a; y = p − b; z = p − c )

⇔ xy + yz + zx ≥ 3 xyz ( x + y + z )
( vì S =

p ( p − a )( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z ) )
18


⇔ ( xy + yz + zx)2 ≥ 3 xyz ( x + y + z )
⇔ ( xy − yz ) 2 + ( yz − zx) 2 + ( zx − xy ) 2 ≥ 0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng, từ đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
Quay lại chứng minh bài toán
a > b − c
a 2 > (b − c)2


Trong tam giác ABC ta có b > c − a ⇒ b 2 > (c − a )2


c 2 > ( a − b) 2

c > a − b
Do đó, theo bổ đề 1 ta có
a 2 n − b − c 2n ≥  a 2 − b − c 2  n = 4 p − b p − c  n
(
)  (
)(
)



2n
2 n
2n
2

 =  4 ( p − c )( p − a )  n
b
c
a
b
c
a
−
−
≥
−
−
(

)



 

n
c 2 n − a − b 2 n ≥ c 2 − ( a − b ) 2  =  4 ( p − a )( p − b )  n


 

⇒ a 2n + b2n + c 2n − a − b

2n

− b−c

2n

− c−a

n

n

[ 4( p − b)( p − c)] + [ 4( p − c)( p − a)]
≥
2

2n
n

n

[ 4( p − c)( p − a)] + [ 4( p − a)( p − b)]
+
2

n

n

[ 4( p − a)( p − b)] + [ 4( p − b)( p − c)]
+
2

n

2
 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) 
≥
+ (a + b − c) n a − b

2


n

2

 4( p − c)( p − a ) + 4( p − a )( p − b) 
+
+ (b + c − a ) n b − c

2


n

2
 4( p − a )( p − b) + 4( p − b)( p − c) 
+
+ (c + a − b ) n c − a

2


( do bổ đề 3ii)
n

n

≥ [ 2( p − b)( p − c) + 2( p − c)( p − a )] + [ 2( p − c)( p − a ) + 2( p − a )( p − b) ]
n

n

+ [ 2( p − a )( p − b) + 2( p − b)( p − c) ] + (a + b − c) n a − b +
n

(b + c − a ) n b − c + (c+ a − b) n c − a

n

19


n

n
 4( p − a )( p − b) + 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) 
≥ 3
+ ( a + b − c) n a − b

3


n
n
+ (b + c − a ) n b − c + ( c + a − b ) n c − a .
(theo bổ đề 2ii)
n
n
n
n
 4S 
n
n
n
≥ 3

+
(
a
+
b
−
c
)
a
−
b
+
(
b
+
c
−
a
)
b
−
c
+
(
c
+
a
−
b
)

c
−
a
.

 3
( theo bổ đề 4)
n
2n
2n
2n
 4  n
Vậy a 2 n + b 2 n + c 2 n ≥ 3 
 S + a−b + b−c + c−a
 3
n

n

n

+(a + b − c) n a − b + (b + c − a )n b − c + (c + a − b) n c − a .
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.

2.4 Mở rộng bài toán trong không gian.
Tam giác trong mặt phẳng và tứ diện trong không gian có mối liên hệ biện chứng,
nhiều tính chất trong tam giác được mở rộng trong không gian đối với tứ diện.
Do đó, bài toán này ta có thể mở rộng trong không gian thành bài toán sau:
Cho tứ diện ABCD, đặt S A = S∆BCD , S B = S ∆CDA , SC = S ∆DAB , S D = S ∆ABC , V là
thể tích khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng

27
S A3 + S B3 + SC3 + S D3 ≥ V 2 3.
2

Giải
Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau
Bổ đề 5. Với mọi số thực a, b, c, x, y, z ta có
a 2 + x 2 + b 2 + y 2 + c 2 + z 2 ≥ ( a + b + c ) 2 + ( x + y + x) 2

Chứng minh.
Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét các điểm A(a; x), B (b; y ), C (c; z ).
Khi đó ta có OA = a 2 + x 2 , OB = b 2 + y 2 , OC = c 2 + z 2
OA + OB + OC = (a + b + c) 2 + ( x + y + z ) 2

20


Mặt khác, ta luôn có OA + OB + OC ≥ OA + OB + OC , suy ra điều phải chứng
minh. Đẳng thức xảy ra khi OA , OB , OA cùng hướng hay

x y z
= = .
a b c

2

Bổ đề 6. Trong tam giác ABC ta có ( a + b + c ) ≥ 12 S 3.
Chứng minh
Theo bài toán 2.1 ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.
1

1 
 1
Mặt khác ta có ab + bc + ca = 2 S 
+
+

 sin A sin B sin C 
9
≥ 2S
≥ 4S 3
sin A + sin B + sin C
⇒ 2(ab + bc + ca ) ≥ 8S 3.

(*)

(**)

Từ (*) và (**) ta có a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca ) ≥ 12 S 3
⇒ (a + b + c) 2 ≥ 12 S 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
D

K

A
E

H

C

F

B

Quay trở lại bài toán. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng
(ABC). Gọi E, F, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, BC, CA.
21


Đặt DH = h, HF = x, HK = y, HE = z. Áp dụng định lý Pitago ta có
DF = h 2 + x 2 , DK = h 2 + y 2 , DE = h 2 + z 2
1
Do đó S A + S B + SC = ( BC.DF + CA.DK + AB.DE )
2
1
= a h2 + x 2 + b h2 + y 2 + c h2 + z 2
2
1
=
(ah) 2 + (ax)2 + (bh)2 + (by ) 2 + (ch)2 + (cz ) 2
2
1
2
2
≥
( ah + bh + ch ) + ( ax + by + cz ) ( Theo bổ đề 5)
2
1
2

=
( a + b + c ) h 2 + 4 ( S∆HBC + S∆HCA + S∆HAB )
2
1
≥
12 S D 3h 2 + 4 S D2 ( Theo bổ đề 6)
2
2
⇒ ( S A + S B + SC ) ≥ 3 3S D h 2 + S D2

)

(
(

)

⇒ ( S A + S B + SC + S D )( S A + S B + SC − S D ) ≥ 3 3S D h 2
1 
⇒ ( S A + S B + SC + S D )( S A + S B + SC − S D ) 2 S D ≥ 54 3  Sh 
3 
2
 S + S B + SC − S D + 2 S D 
2
⇒ ( S A + S B + SC + S D )  A
 ≥ 54 3V
2


3

2
⇒ ( S A + S B + SC + S D ) ≥ 216 3V

2

⇒ 16 ( S A3 + S B3 + SC3 + S D3 ) ≥ 216 3V 2
⇒ S A3 + S B3 + SC3 + S D3 ≥

Đẳng thức xảy ra khi tứ diện ABCD đều.

27 2
V 3.
2

3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
3.1 Kết quả từ thực tiễn.
Trước khi dạy thực nghiệm tôi khảo sát lớp 12I và 12K. Qua kết quả khảo sát
tôi thấy rằng phần lớn học sinh bằng lòng với một cách giải mà mình tìm được
và cũng không hứng thú để tìm cách giải khác.
Sau khi dạy thực nghiệm cho lớp 12I tôi thấy các em có hứng thú hơn khi giải
toán, các em luôn có xu hướng tìm tòi cách giải khác. Nhiều em đã tìm ra nhiều
cách giải độc đáo.

22


3.2 Kết quả thực nghiệm
Sáng kiến được áp dụng trong năm học 2015 – 2016
Thực nghiệm được tiến hành tại lớp 12I (36 học sinh) và 12K (40 học sinh)
trường THPT Tây Hiếu, thị xã Thái Hòa, Nghệ An. Trong đó lớp 12I được áp

dụng sáng kiến, lớp 12K không áp dụng sáng kiến.
Sau khi dạy thực nghiệm, tôi cho 2 lớp làm bài kiểm tra sau
TRƯỜNG THPT TÂY HIẾU

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT THỰC NGHIỆM
Thời gian: 45 phút

Đề bài: Chứng minh bất đẳng thức sau bằng 4 cách và mở rộng bài toán
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Kết quả khảo sát
Loại
Lớp
12I
12K

Giỏi

Khá

13.9%
0%

25%
0%

Trung
bình
36.1%
27.5%

Yế u

Kém

13.9%
30%

11.1%
42.5%

Nhận xét kết quả khảo sát: Lớp 12K không dạy thực nghiệm nên hầu hết các em
chỉ giải được một cách và không mở rộng được bài toán. Ngược lại, lớp 12I được
dạy thực nghiệm nên hầu hết các em giải được hai cách trở lên và mở rộng được
bài toán.

Tổng hợp cách giải của học sinh và mở rộng
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức x 2 + y 2 ≥ 2 xy ta có
a 2 + b 2 ≥ 2ab
 2
2
2
2
2
b + c ≥ 2bc ⇒ 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2bc + 2ca
c 2 + a 2 ≥ 2ca

⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Cách 2. Ta có
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0

⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 ≥ 0
Bất đẳng thức cuối đúng nên bất đẳng thức đã cho đúng.
23


Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Cách 3. Bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
a 2 − (b + c)a + b 2 + c 2 − bc ≥ 0 (*)
Xét tam thức bậc hai ẩn a là f (a ) = a 2 − (b + c)a + b 2 + c 2 − bc.
Ta có ∆ = (b + c)2 − 4b 2 − 4c 2 + 4bc = −3(b − c) 2 ≤ 0
Do đó f (a ) ≥ 0 hay bất đẳng thức (*) đúng. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Cách 4. Không mất tính tổng quát, giả sử c ≤ b ≤ a.
Ta có (a − b)(a − c) ≥ 0 ⇔ a 2 − ca − ab + bc ≥ 0 ⇔ a 2 ≥ ab + ca − bc
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ca − bc + b 2 + c 2
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ca + bc + (b − c) 2 ≥ ab + bc + ca.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Cách 5. Không mất tính tổng quát, giả sử c ≤ b ≤ a.
Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
a 2 − ab + b 2 − bc + c 2 − ca ≥ 0 ⇔ a (a − b) + b(b − c) + c(c − a ) ≥ 0
⇔ a (a − b) + b(b − c) + c(c − b) + c(b − a ) ≥ 0
⇔ (a − b)(a − c) + (b − c)2 ≥ 0. (*)
Do c ≤ b ≤ a nên bất đẳng thức (*) đúng. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1
1
1
2
2
2

Cách 6. Ta có a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca + ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )
2
2
2
2
2
2
⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Mở rộng 1. Mở rộng theo hướng tăng số mũ.
Cho các số thực a, b, c ta có a 2 n + b 2 n + c 2 n ≥ (ab) n + (bc)n + (ca ) n , n ∈ ℕ*
Mở rộng 2. Mở rộng theo hướng tăng số hạng
Cho các số thực a1 , a2 ,..., an ta có
a12 + a22 + ... + an2 ≥ a1a2 + a2 a3 + ... + an a1.

4. KẾT LUẬN
Việc bồi dưỡng tư duy cho học sinh là việc làm cần thiết và thường xuyên.

Đặc biệt là giải bài toán theo nhiều cách khác nhau, qua đó học sinh rèn luyện
được cách tiếp cận bài toán theo nhiều hướng khác nhau. Điều này không những
tạo hứng thú cho học sinh trong học tập mà còn trau dồi khả năng xử lý tình
24