SKKN Phát triển tư duy thông qua giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS LươngTrung bằng phương pháp tương tự

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Việc nâng cao chất lượng giáo dục phải gắn liền với việc đổi mới mục tiêu, nội dung chương trình đổi mới về phương pháp dạy để học sinh có thể đáp ứng được những yêu cầu nhất định. Ở trường phổ thông học sinh không những nắm vững nội dung kiến thức môn học mà còn phải có khả năng vận dụng kiến thức đó vào thực tế cuộc sống hoặc tiếp tục học lên các bậc học cao hơn.
Đối với việc dạy học môn toán nói chung, phân môn hình học nói riêng, mục tiêu đó được cụ thể hoá bằng nhiệm vụ quan trọng là phát triển năng lực và tư duy của học sinh, đó là động lực giúp cho việc thực hiện có hiệu quả các nhiệm vụ khác
Một trong những quá trình tư duy của học sinh là quá trình suy luận tương tự. Suy luận tương tự có vai trò to lớn trong hoạt động thực tiễn và khoa học, trong giai đoạn quan sát ban đầu để tìm phương hướng hoạt động hoặc đề ra giả thiết tương tự chiếm ưu thế. Quan sát phát hiện sự tương tự cho phép dự báo cách giải quyết. Phương pháp tương tự cho phép nhanh chóng định hướng hành động khi chưa có điều kiện kiểm tra, chứng minh khoa học.
Hình học là một môn học rất quan trọng trong việc rèn luyện tính lôgic, tư duy sáng tạo, giúp học sinh không những học tốt môn Toán mà còn có thể học tốt các môn học khác. Vậy làm thế nào để học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, biết cách phát triển bài toán và chủ động trong học tập để các em luôn có thể tự học và tự sáng tạo? Ngoài việc rèn luyện kỹ năng giải từng dạng toán, tìm nhiều cách giải cho một bài toánthì việc khai thác phát triển bài toán cũng hết sức cần thiết. Nhưng khai thác như thế nào? Khai thác ở mức độ nào? Đó mới là điều chúng ta cần tập trung suy nghĩ. 
Trong giải Toán, việc xét tương tự từ một bài toán thông qua đặc điểm đặc biệt trong bài toán đó để mở rộng hoặc phát biểu bài toán ở dạng khác có thể đưa lại cho ta một bài toán hay, một cách nhìn nhận mới về bài toá, giúp các em củng cố nhiều kiến thức hơn và rèn luyện được kỹ năng giải toán tốt hơn. Vấn đề này cũng phù hợp với lý luận dạy học đi từ cái cụ thể, đơn giản, bằng phương pháp tương tự để phát triển lên thành những vấn đề khó hơn, tổng quát hơn, toàn diện hơn phù hợp với năng lực và trình độ nhận thức của học sinh.
Trên thực tế nhiều năm dạy học môn hình hoc 8 ở trường Trung học cơ sở (THCS) Lương Trung tôi thấy:
- Về phía học sinh: Đa số các em còn lúng túng không biết cách trình bày khi giải một bài toán hình học, không phát hiện được tính chất tương tự trong một bài toán, trong các bài toán khác nhau. Đặc biệt không biết cách giải một bài toán khó xuất phát từ bài toán ban đầu đã được chứng minh.
	- Về phía giáo viên: Hiện tại chưa có các tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu vào vấn đề này, trong nhà trường cũng chưa có đồng nghiệp nào nghiên cứu về phương pháp chứng minh tương tự trong giải toán hình hoc. Do đó tôi chọn đề tài: “Phát triển tư duy thông qua giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS LươngTrung bằng phương pháp tương tự” làm sáng kiến kinh nghiệm của mình trong năm học 2017-2018.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
	Trên cơ sở nghiên cứu lí luận và thực trạng dạy học phân môn hình học lớp 8 của trường THCS Lương Trung, sáng kiến kinh nghiệm này đã đề ra được các giải pháp để rèn kỹ năng phân tích tìm lời giải, khai thác bài toán hình học 8 cho học sinh ở trường THCS Lương Trung, từ đó giúp học sinh nắm vững và hiểu sâu các kiến thức cơ bản, nhìn nhận một bài toán hình dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có kỹ năng vận dụng các kiến thức vào bài tập và thực tiễn .Cung cấp cho các em phương pháp tự học từ đó các em chủ động, tự tin và sáng tạo trong học toán và có hứng thú học tập bộ môn hơn 
SKKN cũng là một tài liệu tham khảo cho các giáo viên trong quá trình đọc và nghiên cứu tài liệu, cũng như giảng dạy môn toán hinh. Đặc biệt đây là kinh nghiệm giúp cho GV tham khảo khi thiết kế bài dạy ôn thi học sinh giỏi trong quá trình dạy học của mình.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Phát triển tư duy giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh Trường THCS Lương trung bằng phương pháp tương tự.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Quan sát theo dõi HS và học hỏi đồng nghiệp .
- Phương pháp điều tra sư phạm: Phỏng vấn, trao đổi; khảo sát điều tra số liệu theo phiếu; thống kê và phân tích số liệu điều tra.
	- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Giảng dạy thực nghiệm tại trường.
	- Tổng kết kinh nghiệm và đánh giá kết quả.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận.
	Phát triển tư duy sáng tạo là phương pháp nhằm tìm ra các phương án, biện pháp thích hợp để kích hoạt khả năng sáng tạo và để đào sâu rộng khả năng tư duy của một cá nhân hay một tập thể cộng đồng làm việc chung về một đề tài hay một lĩnh vực nào đó[3].
Trong toán học, nhất là trong dạy học toán theo chương trình đổi mới thì việc dạy học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học sinh được tiếp cận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo từ những hình ảnh, mô hình, ví dụ để hình thành các khái niệm tương tự, tổng quát hơn.
Tương tự được hiểu là giống nhau, có một số nét giống nhau; hoàn toàn giống nhau, gần hoàn toàn giống nhau. Do đó, sự vận dụng tương tự trong chứng minh trong hình học cũng rất đa dạng trong Số học và Đại số, đặc biệt trong hình học vô cùng là phong phú.
Sự tương tự không phải chỉ có mặt ở bên ngoài mà còn nằm ngay trong bản chất của sự vật hiện tượng. Sự tương tự có nguyên nhân sâu xa là sự thống nhất về bản chất bên trong của sự vật, hiện tượng khác nhau, sự thống nhất về tính tổng quát của các quy luật chi phối chúng.
Suy luận tương tự là một phương pháp suy luận lôgic từ sự giống nhau về các dấu hiệu xác định của hai hoặc nhiều đối tượng suy ra sự giống nhau về các dấu hiệu khác nhau của chúng. Từ đó có thể gán kiến thức về đối tượng đã biết cho đối tượng chưa biết nhờ sự tương tự giữa chúng[11]. 
	Ở chương trình THCS nói chung mà cụ thể hình học lớp 8, việc rèn luyện cho các em kỹ năng mở rộng từ các bài tập cụ thể sẽ đưa lại rất nhiều hiệu quả: Học sinh có kỹ năng và thói quen xem xét bài toán ở các góc độ khác nhau; củng cố cho học sinh được các kiến thức khác nhau.
	Vì thế việcphát triển tư duy giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh bằng phương pháp tương tựlà rất cần thiết và nếu học sinh tiếp thu tốt phương pháp này sẽ làm cho các em yêu thích và học tốt môn hình học nói chung, và hình học lớp 8nói riêng.
	Tôi hy vọng đây sẽ là tư liệu tham khảo cho nhiều giáo viên đang trực tiếp giảng dạy như tôi. 
2.2. Thực trạng vấn đề.
	Trong quá trình giảng dạy toán ở nhà trường cũng như trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, tôi thấy chuyên đề về: “Phát triển tư duy thông qua giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp tương tự” là chuyên đề hay và lý thú. Nên trong cấu trúc của một đề thi của các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp, chuyên đề “Phát triển tư duy thông qua giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp tương tự”chiếm một lượng kiến thức nhất định trong cấu trúc của đề, tuỳ theo mức độ và tính chất của kỳ thi mà có những mức độ cũng như cách ra đề cho phù hợp. Xuất phát từ thực tế giảng dạy, đặcbiệt khi ôn thi các đội tuyển học sinh giỏi. Tôi thấy đa số các em giải các bài toán hình học còn lúng túng, chưa tìm được phương hướng giải, chưa xác định được các yếu tố cố định hay không cố định để làm nền tảng biện luận. Chính vì vậy, đa số các em khi gặp các bài toán có tính chất tương tựđã không thể giải quyết được hoặc giải quyết được một phần hoặc giải quyết được nhưng biện luận không chặt chẽ dẫn đến sai sót không đáng có.
	Cụ thể trong năm học 2016-2017 sau khi chọn đề tài nghiên cứu tôi tiến hành thí điểm ở khối 8 với nội dung của bài kiểm tra một tiết (bài kiểm tra kèm theo ở phần phụ lục), và thái độ với môn hình học (phiếu khảo sat kèm theo ở phần phụ lục) cho thấy:
Điều tra 62 bài kiểm tra
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
2
3,2
6
9,7
24
38,7
26
41,9
4
6,5
Điều tra 62
 HS
Yêu thích môn học
Bình thường
Không thích học
SL
%
SL
%
SL
%
10
 16,1
22
35,5
30
48,4
 Như vậy, qua khảo sát thực tế cho thấy có rất nhiều học sinh bị điểm yếu, kém và đa số học sinh không thích học phân môn hình học. Nguyên nhân:
-Thứ nhất: Nhiều lỗ hổng về kiến thức và kĩ năng.
	- Thứ hai: Tiếp thu kiến thức, hình thành kiến thức chậm.
	- Thứ ba: Năng lực tư duy yếu.
	- Thứ tư: Phương pháp học hình chưa tốt.
- Thứ năm: Thờ ơ với việc học trên lớp, thường xuyên không làm bài tập ở nhà.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Thu gọn lời giải bằng cách không lặp lại các chứng minh như nhau.
Chứng minh một bài toán hình học đòi hỏi việc suy luận chính xác và chặt chẽ. Sau khi đã có phần chuẩn bị và suy nghĩ để tìm ra phương pháp chứng minh như trên thì việc trình bày lời giải theo phương pháp tổng hợp là rất quan trọng. 
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, D là trung điểm của AC, E là trung điểm của AB. Vẽ các điểm M,N sao cho E là trung điểm của MC, D là trung điểm của BN. Chứng minh rằng: A là trung điểm của MN.
	* Cách chứng minh lặp lại:
- Chứng minh DAEM = DBEC(cgc) để suy ra: AM = BC và AM // BC.
- Chứng minh DADN = DCDB(cgc) để suy ra: AN = BC và AN //BC
* Cách chứng minh không lặp lại:
- Chứng minh DAEM = DBEC(cgc) để suy ra AM = BC và AM // BC.
- Chứng minh tương tự suy ra: AN = BC và AN //BC
Ta nhận thấy:
- Chứng minh AN = BC cũng hoàn toàn giống như chứng minh AM = BC
- Chứng minh AN // BC cũng hoàn toàn giống như chứng minh AM // BC. Do đó để gọn, ta dùng từ "Chứng minh tương tự" mà không cần lặp lại chứng minh như trên.
Như vậy bài toán sẽ được trình bày ngắn gọn, khoa học hơn.
Để giải một bài toán, chúng ta phải đọc kỹ đề bài, phân tích sơ bộ giả thiết, kết luận của bài để vẽ hình chính xác, và loại bỏ những trường hợp không thoả mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 2:
Cho DABC có: Â = 105o, một đường thẳng qua A cắt BC ở D. Chia tam giác ABC thành hai tam giác cân. Tính số đo các góc B và C của DABC.
* Cách chứng minh lặp lại:
Vì không xác định rõ đáy tam giác cân ADB và ADC nên ta phải xét 9 trường hợp.
* Cách chứng minh không lặp lại:
Ta hãy chú ý đến sự tương tự giữa hai góc ADB và ADC: Nếu thay góc B bởi góc C, thay góc C bởi góc B thì lời giải của bài toán không đổi: Ta nói rằng hai góc đó có vai trò như nhau và nhờ sự tương tự ấy có thể sắp xếp chúng theo thứ tự ADC ³ ADB mà không mất tính tổng quát của bài toán.
Giải
Giả sử ADC ³ ADB thì ADC ³ 900, dẫn đến tam giác cân ADC phải có đáy AC. Ta chỉ phải xét 3 trường hợp: Tam giác cân ADB có đáy AD hoặc BD hoặc AB. Đặt C = a
Trường hợp 1: Tam giác cân ADB có đáy AD
ADB= DAC + DCA = a + a = 2a (Góc ngoài của DADC)
 A = 2a + a = 3a = 1050 C= a = 35o; 
B = 180o - (105o+ 35o) = 40o
Trường hợp 2: Tam giác cân ADB có đáy BD
Tương tự ta có: A = a + (180o- 4a) = 105oC = a= 250
B = 180o- (105o+25o) = 50o
Trường hợp 3: Tam giác cân ADB có đáy AB
Ta có: A = (không xảy ra).
2.3.2. Tìm tòi cách giải 1 bài toán:
Ví dụ 1: 
 Vẽ về phía ngoài tam giác ABC (B < 900; C < 900) các tam giác vuông cân ABD, ACE (ABD = ACE = 90o) gọi I và k là chân các đường vuống góc kẻ từ D và E đến BC. CMR: BI = CK.
Nhận xét:
Vì DBID có cạnh BI và DCKE có cạnh CK không phải là hai tam giác bằng nhau.
Một câu hỏi được đặt ra: Có bài toán nào tương tự bài toán này không? hoặc với một phần của bài toàn này?
Các dữ kiện của bài toán DABD vuông cân, đường thẳng IK đi qua đỉnh góc vuông... làm ta nhớ lại một bài toán đã giải cũng có các dữ kiện tương tự đó là: Cho DABC có A = 900; AB=AC, qua A vẽ đường thẳng d sao cho B và C nằm cùng phía đối với đường thẳng d. Kẻ BH và CK vuông góc với d. Chứng minh rằng: a) AH= CK; 
b) HK= BH+CK
Do sự liên hệ đó, ta vẽ thêm AH ^ IK; được BI=AH
Tương tự với DACE vuông cân, được CK=AH. Do đó BI=CK
Nhờ liên hệ đến một bài toán tương tự đã giải mà ta tạo ra đường thẳng AH làm trung gian để so sánh BI và CK
Giải:
Kẻ đường cao AH ^ BC
Xét hai tam giác vuông DBID và DAHB có:
BD = BA (gt)
BAH = DBI (cùng phụ với ABH)
=>DBID = DAHB =>AH=BI
Chứng minh tương tự: DAHC = DCKE => AH=CK
=> BI=CK (đpcm)
* Như vậy từ cách giải bài toán trước đó, chúng ta đã tạo ra đường phụ là đường cao AH để việc chứng minh hai đoạn thẳng BI = CK một cách dễ dàng hơn.
* Bằng cách sử dụng phương pháp tương tự với phương pháp đã sử dụng ở một bài toán khác:
Ví dụ 2: 
Cho DABC có: AB = AC; A = 200. Lấy điểm D trên cạnh AB sao cho: 
AD = BC. Tính ACD= ?
* Nhận xét:
- Nhớ lại bài tập: Cho DABC: B = C = 500. Gọi K là điểm trong tam giác sao cho KBC = 100; KCB = 300. Chứng minh rằng: DABK là tam giác cân 
và tính số đo BCA
Ở bài tập này ta có
ABC + KBC = 500 + 100 = 600
Do đó ta vẽ DEBC đều(E và A cùng phía đối với BC)
 xuất hiện ABE = KBC
Ta lại có BCA - A = 800 - 200 = 600 cũng là góc của tam giác đều
	Do đó, mặc dù hai bài toán hoàn toàn khác nhau, nhưng sự tương tự trên cho ta cách vẽ tam giác đều BEC
E
A
B
C
D
Giải:
Vẽ DBEC đều (E và A cùng phía đối với BC)
Cách vẽ này làm xuất hiện ECA = DAC
dẫn đến DECA = DDAC (c.g.c)
suy ra CAE = ACD ta dễ dàng
tính được CAE = 100, do đó ACD = 100
Ví dụ 3
a) Chứng minh rằng nếu trên các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C ta lấy các điểm A', B', C' sao cho AA', BB', CC' đồng quy thì:
	 = 1 
b) Chứng minh rằng kết luận trên vẫn đúng nếu các điểm A', B', C' thuộc các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác, trong đó có đúng hai điểm nằm ngoài tam giác.
Giải:
A
B
O
C'
M
N
A'
C
B'
a) Qua A vẽ đường thẳng // BC
cắt BB', CC' ở N, M
ta có: = ; 
 = ; = 
Nhân các đẳng thức trên từng vế, ta được: 
 = 1 
B
O
C
M
C'
B'
A
N
A'
b) Chứng minh tương tự (câu a)
Chú ý: Các hệ thức viết ở câu a và các hệ thức 
Ở câu b là như nhau.
Chỗ khác nhau là vị trí của các điểm A', B', C'
- Ở câu b có đúng 1 điểm hoặc cả 3 điểm nằm 
ngoài tam giác.
2.3.3. Phát hiện tính chất mới, đề xuất bài toán mới:
	* Từ bài toán tính chất ba đường trung tuyến, chúng ta có thể mở rộng bài toán bằng cách chứng minh tương tự với giao điểm ba đường cao, giao điểm ba đường phân giác, giao điểm ba đường trung trực.
Bài 1: Cho tam giác ABC (ba góc nhọn), ba đường cao AA, BB, CC cắt nhau tại điểm H. Chứng minh rằng: 
Chứng minh:
Để tính được các tỉ số: ta phải nghĩ đến cách chia DABC thành các tam giác nhỏ: DHBC; DHAC; DHAB, và xét tỉ số diện tích các tam giác: DHBC; DHAC; DHAB và DABC.
 Ta có: 
Chứng minh tương tự ta cũng có:
Từ đó suy ra: 
Vậy: 
Như vậy từ bài toán giao điểm ba đường trung tuyến của tam giác, chúng ta đã xây dựng nên cách giải bài toán giao điểm ba đường cao một cách tương tự khi sử dụng đến bài toán diện tích.
	Bắng cách phát hiện tính chất tương tự cách chứng minh giao điểm ba đường cao, và tính chất của định lí Ta-Lét trong tam giác ta xét đến giao điểm ba đường trung trực .
Bài 2: Ba đường trung trực của một tam giác ABC (có ba góc nhọn) cắt nhau tại điểm T. Các tia AT, BT, CT kéo dài cắt lần lượt BC, AC, AB tại A, B, C . Chứng minh rằng: + + = 1.
Chứng minh:
Để chứng minh bài toán này chúng ta phải khai thác các tỉ số: dưới dạng tỉ số khác có liên quan đến diện tích các DBTC; DATC; DATB bằng cách: Gọi h; h2; h3 là độ dài các đường cao kẻ từ điểm T xuống các cạnh BC; AC; AB.
Ta có: 
Từ đó ta lập được tỉ số: 
Đến đây chúng ta lại chứng minh tỉ số: bằng cách nghĩ đến định lý Ta-Let cho DAHA1 có: TH’ // AH suy ra:
 Vậy: 
Bằng cách chứng minh tương tự ta có: 
Do: 
 Từ đó suy ra: 	
	Ở những bài toán đã xét ở trên, các giao điểm là những điểm đặc biệt trong một tam giác. Giả sử có một điểm bất kỳ nằm trong một tam giác thì cách chứng minh cũng tương tự với các điểm đặc biệt ở trên.
Bài tập vận dụng
 Cho DABC có ba góc nhọn và I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Các tia AI, BI, CI kéo dài cắt BC, AC và AB lần lượt tại M, N, P.
Chứng minh rằng: 	
	Như vậy, từ bài toán mở đầu (bài toán giao điểm ba đường trung tuyến), thông qua việc xét tương tự, ta đã xét các bài toán khác có yêu cầu tương tự nhau và đặc biệt từ bài toán đó ta đã xây dựng cách giải những bài toán khó hơn, bài toán có tính tổng quát, phức tạp hơn. 
2.3.4. Giải các bài toán cực trị bằng phương pháp tương tự:
* Khi gặp các bài toán cực trị trong hình học, từ một bài toán cụ thể đã được giải, ta có thể vận dụng tính tương tự để giải một số bài toán khác có tính chất tương tự hoặc khai thác bằng cách sử dụng một phần kết quả từ bài toán đó.
Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B cùng nằm về một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng a. Tìm trên đường thẳng A một điểm P sao cho PA + PB là nhỏ nhất.
Giải:
Lấy A' đối xứng với A qua đường thẳng a. 
Nối A'B cắt đường thẳng a tại P'
=>Đường thẳng a là đường trung trực của AA'
Ta có: PA = PA'; P'A = P'A'
Theo quy tắc điểm PA' + PB ³ A'B=> PA + PB ³ A'B
dấu "=" xảy ra khi P Î A'B 
mà P Î a nênPA + PB nhỏ nhất khi P º P'
* Sử dụng tính chất đối xứng của một điểm qua một đường thẳng, ta phát triển một bài toán tương tự khác như sau:
Ví dụ 2: Cho xOy; điểm A nằm trong góc đó. Hãy tìm trên Ox, Oy lần lượt hai điểm B và C sao cho AB + BC + CA nhỏ nhất
Giải: 
Lấy A1 đối xứng với A qua Oy
Lấy A2 đối xứng với A qua Ox
ta có: Ox là trung trực của AA2
Oy là trung trực của AA1
nên: CA = CA1; BA = BA2
AB + AC + BC = A2B + BC + A1C³ A1A2 (không đổi)
dấu "=" xảy ra khi B, C Îđường thẳng A1A2
mà BÎ Ox; C Î Oy
nên để AB + BC +AC nhỏ nhất thì B, C là giao điểm của A1A2 với Ox, Oy.
	* Khi gặp bài toán cực trị liên quan đến chu vi tứ giác, ta cũng áp dụng sự tương tự về tính chất đối xứng của hai điểm qua một điểm và có bài toán sau;
Ví dụ 3:
Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vuông ABCD. Tìm điều kiện để MN + NP + PQ + QM là nhỏ nhất.
Giải
Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của MN, NQ, PQ.
DBMN vuông tại B; BE là trung tuyến ứng với cạnh huyền MN
nên BE = Þ MN = 2BE
Tương tự 	QP = 2 GD
	MQ = 2 EF (EF là đường trung bình của D MNQ)
	NP = 2 FG (FG là đường trung bình của D QNP)
	MN + NP + PQ + QM = 2 (BE + EF + FG + GD) ³ 2BD
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi E, F, G Îđường thẳng BD
Khi đó MN // AC // PQ và MQ // BD // NP.
* Sử dụng phương pháp trong giải toán
Bài 1: Trong tam giác ABC có chu vi: 2P = a + b + c (a,b,c là độ dài 3 cạnh)
Chứng minh:	 + + ³ 2 ( + + )
Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi DABC có đặc điểm gì ?
Giải:
Ta có P - a = - a = > 0
Tương tự 	P - b > 0; P - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
	(P – a) + (P – b)³ 2 
	 + ³
Þ	[(P-a) + (P-b)] [ + ] ³ 4
Þ	 + ³ = = 
Þ	 + ³
Tương tự:	 + ³
	 + ³
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c ÞDABC đều.
Vậy + + ³ 2 ( + + )
Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi DABC là tam giác đều.
Bài 2: Cho DABC có độ dài 3 cạnh là: a,b,c, chu vi 2P.
Chứng minh:	³ (P-a) (P-b) (P-c)
Giải:
Ta có	P - a > 0; P - b > 0; P - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:
	P-a + P-b ³ 2 
Þ	c ³2	(1)
Tương tự:	b ³2	(2)
	a ³2	(3)
Nhân từng vế của (1), (2), (3)
Þ	³ (P-a) (P-b) (P-c) 	Þ (đpcm)
* Bài tập vận dụng:
Bài tập 1:
Cho ABC vẽ ở phía ngoài tam giác ấy, các tam giác đều ABD, ACE. Tính góc tạo bởi các đường thẳng BE, CD.
Bài toán tư