Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên hè môn Toán học - Chuyên đề một số phương pháp thiết lập bài toán hình học để bồi dưỡng học sinh giỏi ở bậc trung học cơ sở

.............................. 10 
2.2. Nhóm quan hệ 2 .................................................................................... 16 
2.3. Nhóm quan hệ 3 .................................................................................... 17 
2.4. Nhóm quan hệ 4 .................................................................................... 21 
2.5. Nhóm quan hệ 5 .................................................................................... 26 
2.6. Nhóm quan hệ 6 .................................................................................... 34 
1 
MỞ ĐẦU 
 Tam giác là một khái niệm quan trọng trong chương trình Toán ở bậc 
Trung học cơ sở. Trong các đề thi chọn học sinh giỏi, tam giác thường có mặt 
và thường là những bài toán khó. 
Trong các vấn đề về tam giác, bài toán cực trị luôn là những bài toán cơ 
bản, rất phong phú về dạng và khá hấp dẫn trong việc tìm tòi lời giải, đặc biệt 
là những lời giải có thể tổng quát hóa được. 
Các tài liệu tham khảo hiện hành trong nước hiện nay, các bài toán về 
cực trị trong tam giác thường xuất hiện dưới dạng những bài toán khó với 
những lời giải rời rạc và chưa được phân loại một cách đầy đủ. 
Trong quá trình bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên cốt cán, bồi 
dưỡng học sinh giỏi trong tỉnh và đặc biệt là quá trình giảng dạy học phần 
“Bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học cơ sở - Chuyên đề Hình học” tại Trường 
Cao đẳng sư phạm Gia Lai cho sinh viên ngành Cao đẳng sư phạm Toán học, 
tôi đã tự nghiên cứu một cách khá toàn diện về vấn đề cực trị trong tam giác, 
trước hết là làm tư liệu giảng dạy cho bản thân, sau đó đúc rút thành một sản 
phảm nghiên cứu khoa học nho nhỏ để có thể phổ biến kinh nghiệm này cho 
giảng viên, giáo viên, sinh viên, học sinh và những người quan tâm về vấn đề 
này. 
Đây là một trong những tài liệu có thể được xem là khá đầy đủ, được 
phân dạng theo một hệ thống dễ tra cứu. Điều quan trọng của đề tài này là, nó 
cho thấy một trong những phương pháp... 
 2
 , 0
DTXR
x y xy
x y
x y
 
Suy luận. 
Áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có 
2 2 2x y xy , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y . 
2 2 2y z yz , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y z . 
2 2 2z x zx , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z x . 
3 
Suy ra 
 2 2 22 2x y z xy yz zx . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . 
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau 
Bất đẳng thức 2. 
2 2 2
 DTXR
x y z xy yz zx
x y z
Suy luận. 
 2 2 2 2 2 2 2 3x y z xy yz zx x y z xy yz zx xy yz zx 
2
3x y z xy yz zx . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . 
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau 
Bất đẳng thức 3. 
2
3
 DTXR
x y z xy yz zx
x y z
Suy luận. 
 2 2 2 2 2 22 2x y z xy yz zx x y z xy yz zx 
 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2x y z x y z x y z xy yz zx 
 22 2 23 x y z x y z . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . 
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau 
4 
Bất đẳng thức 4. 
2 2 2
22 2 23
3 3
 DTXR
 DTXR
x y z x y z
x y z x y z
x y z
x y z
. 
Bởi các Bất đẳng thức 3, 4, ta có bất đẳng thức kép sau 
Bất đẳng thức 5. 
 2 2 2 23 3
 DTXR
xy yz zx x y z x y z
x y z
Trong Bất đẳng thức 5, với , , 0x y z , thay x bởi x , y bởi y , z bởi z , ta 
có bất đẳng thức sau 
Bất đẳng thức 6. 
2
3 3
 , , 0
 DTXR
xy yz zx x y z x y z
x y z
x y z
 
Suy luận. 
Cách1. 
Với mọi số thực , , a b c , ta có đồng nhất thức sau 
 3 3 3 2 2 2 3a b c a b c a b c ab bc ca abc . 
Do đó, với , , 0a b c , ta có 
3 3 3 3a b c abc . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
2 2 2
0a b c
a b c ab bc ca
0
 theo BDT 2
a b c
a b c
 a b c . 
Thay 0a bởi 3 x , 0b bởi 3 y , 0c bởi 3 z , ta có bất đẳng thức sau 
33.x y z xyz , , , 0x y z . 
5 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . 
Cách 2. 
Với , , 0x y z , lần lượt áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có 
2x y xy , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y . 
3 32 .z xyz z xyz , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3z xyz . 
Suy ra 
 3 3 3 32 2 . 2 . 2.2 . .x y z xyz xy z xyz xy z xyz xy z xyz 
444 33 3 344. 4. 4. 4xyz xyz xyz x...) 
7 
2 2 2
3
3
1 1 1 3 3
 , , 0
 DTXR
x y z x y z
xyz
x y z
x y z
x y z
 
Suy luận. 
Với các số thực , , , , ,a b c x y z , dễ dàng kiểm tra được Hằng đẳng thức Lagrange 
sau đây 
 2 2 2 22 2 2 2 2 2a b c x y z ax by cz ay bx bz cy cx az . 
Từ hằng đẳng thức này, ta suy ra bất đẳng thức sau đây 
Bất đẳng thức 11. (BĐT Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz hay BĐT C-B-S) 
22 2 2 2 2 2 z
 DTXR , , 0
a b c x y z ax by c
a b c
x y z
x y z
Suy luận. 
Với , , , , , 0a b c x y z , áp dụng Bất đẳng thức 11, ta có 
22 2
2 2 2 2
.
a b c
x y z a b c
x y z
2 2 2
2a b c
x y z a b c
x y z
22 2 2 a b ca b c
x y z x y z
. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
x y z x y z
 . 
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau 
8 
Bất đẳng thức 12. 
22 2 2
 , , ; , , 0
 DTXR
a b ca b c
x y z x y z
a b c x y z
a b c
x y z
  
Suy luận. 
Với , , , , , 0a b c x y z , trong Bất đẳng thức 12, thay x bởi ax , y bởi by , z bởi 
zc , ta có 
2
a b ca b c
x y z ax by cz
. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
a b c
x y z
. 
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau 
Bất đẳng thức 13. 
2
 , , , , , 0
 DTXR
a b ca b c
x y z ax by cz
a b c x y z
a b c
x y z
 
Suy luận. 
Với , , , , , 0a b c x y z , áp dụng các Bất đẳng thức 12, 13, ta có 
2 22 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
b a b ca c
y x y za b c a b c x z
x y z ax by cz a b c a b c
2 4 3
2 2
1 1
.
a b c a b ca b c
a b c x y z a b c ax by cz ax by cz
. 
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau 
9 
Bất đẳng thức 14. 
2 3
22 2 2
1
 , , , , , 0
 DTXR
a b ca b c a b c
x y z a b c x y z ax by cz
a b c x y z
a b c
x y z
 
1.2. Một số ký hiệu 
Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác đó. Giả sử AP, BP, CP lần 
lượt cắt BC, CA, AB tại 1A , 1B , 1C . 
Gọi , , a b ch h h lần lượt là các đường cao hạ từ A, B, C và , , a b cd d d lần lượt là 
các đoạn vuông góc hạ từ P đến BC, CA, AB. 
Ta sử dụng các ký hiệu sau 
ABCS S , BPC aS S , CPA bS S , APB cS S , 
1 aAA k