Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển năng lực toán cho học sinh Trung học Phổ thông từ bài toán diện tích tam giác

nhân với góc tạo bởi hai đường chéo.
	- Nếu tứ giác có hai đường chéo vuông góc thì diện tích tứ giác bằng nửa tích hai đường chéo.
d
A1
A
A2
C
B
ha
Bài toán 1.1: Diện tích không đổi khi cố định và di động trên đường thẳng .
 ( không đổi)
Bài toán 1.2: Hai tam giác có chung đỉnh , hai đáy và thuộc một đường thẳng thì:
M
A
B
C
D
hm
( chung)
A
B
C
C1
B1
Bài toán 1.3: Cho , thứ tự trên cạnh . 
	Chứng minh rằng: 
Giải: 
Cách 1: 	
Áp dụng bài toán ta có: 
Cách 2: Dựa vào công thức tính diện tích thứ 2
	Ta có:	
Bài toán 1.4: Cho , thuộc cạnh thỏa mãn . Chứng minh rằng:
	, với 
Giải: Bài toán 1.4 là trường hợp đặc biệt của bài toán 1.3
	Từ tính chất song song (k là tỷ số đồng dạng)
Ta có "Tỷ số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỷ số đồng dạng." 
Bài toán 1.5: Cho tứ giác nội tiếp được và có các cạnh . Chứng minh rằng diện tích tứ giác đó được tính theo công thức sau:
 , trong đó là nửa chu vi tam giác.
Giải: 
	Giả sử là tứ giác nội tiếp với độ dài cạnh là . (hình bên)
Khi đó: nên 	,
Ta có 
Hay , 
suy ra 
Mặt khác, tam giác có 
Còn tam giác có: .
Suy ra 
Nên 
Do nên 
Vậy 
Từ đó ta có 
Bài toán 1.6 Cho tam giác . Gọi là bán kính đường tròn bàng tiếp góc . Chứng minh rằng diện tích tam giác tính được theo công thức:
Giải: 
Gọi là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp lần lượt với các đường thẳng 
(h. bên) thì:
Ta có: 	
Vậy 
II. ỨNG DỤNG CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC
	Bên cạnh các phương pháp như sử dụng phép biến hình, phương pháp véc-tơ, phương pháp tọa độ... thì phương pháp diện tích là một phương pháp mạnh để giải toán hình học, chứng minh các định lý, công thức. 
	Các công thức tính bán kính các đường tròn đặc biệt trong tam giác, định lý Pythagore, Ceva, Menalaus, tính chất đường phân giác, đường thẳng Newton, định lý Carnot... đều có những cách chứng minh gọn gàng thông qua diện tích. 
Bài toán 2.1: (Định lý Pi ta go) Chứng minh rằng trong một tam giác vuông thì bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông.
Giải: 
	Định lý Pi ta go có nhiều cách chứng minh bằng cách sử dụng các tính chất cơ bản của diện tích (cắt ghép hình). Sau đây là một số cách (thể hiện bằng hình vẽ)
	Cách 1	Cách 2
Bài toán 2.2: (Tính chất đường phân giác). Cho tam giác , 
 là đường phân giác trong. Chứng minh rằng 
Giải: 
Ta có 
(Vì )
Bài toán 2.3 (Định lý Mê-nê-la-uýt)
Cho , vẽ đường thẳng cắt (kéo dài) lần lượt tại . Chứng minh rằng (Định lý Mê-nê-la-uýt)
Giải: 	
Cách 1: Áp dụng tính chất đường song song
Kẻ (hình vẽ)
Ta có: (1) 
	 (2)	 (3)
	Từ (1), (2), (3) 
A
N
P
M
S1
S2
S5
S6
B
C
S3
Cách 2: Áp dụng tỉ số diện tích tam giác (bài toán 1.2)
	Gọi ;	
	; ; 
Ta có: 
Bài toán 2.4: (Định lý Carnot) 
	Cho tam giác nhọn có lần lượt là khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh . Gọi lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Khi đó ta có hệ thức: 	
Giải: (Phụ thuộc hình vẽ)
Ta thấy tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính nên theo định lí Ptoleme:
	.
Hoàn toàn tương tự, ta có: 
Ta cũng có: .
Tương tự: .
Cộng tất cảc các đẳng thức trên lại, ta có:
.
Bài toán 2.5: (Định lý Xê-va) Cho tam giác . là các điểm trên các cạnh và . Chứng minh rằng và đồng quy khi và chỉ khi 
Giải: 
Ta có 
Suy ra (1)
Mặt khác ta có 
 (2)
Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 2.6: (Đường thẳng Newton). Chứng minh rằng trong một tứ giác ngoại tiếp thì tâm đường tròn nội tiếp và trung điểm của hai đường chéo cùng thuộc một đường thẳng.
Giải:
Cách 1.
 Nối dài và cắt nhau tại . Trên lấy điểm sao cho và trên BC lấy điểm sao cho .
	Để ý rằng do và là trung điểm của và nên ta có
	Theo cách dựng điểm và và hai đẳng thức trên, ta có 
 (1)
Mặt khác do tứ giác ngoại tiếp đường tròn nên ta có 
	.
Lý luận tương tự như trên ta cũng có (2)
Từ (1) và (2) suy ra thẳng hàng (đpcm).
Cách 2.
Ta có 
Suy ra 
Hay 
Mà nên , do đó đi qua trung điểm của hay thẳng hàng
III. ỨNG DỤNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ TỶ SỐ 
Bài toán 3.1: Cho đều cạnh a. là điểm bất kỳ thuộc miền trong (cả bờ) của tam giác. Chứng minh tổng khoảng cách từ đến ba cạnh của tam giác không đổi.
Giải:
Chứng minh không đổi.
Ta có 
	, với mọi thuộc miền trong, kể cả bờ của tam giác đều. 
Ta có tỷ số .
Bài toán 3.2: Cho . là điểm thuộc miền trong tam giác. Giả sử lần lượt cắt tại . Chứng minh: .
Giải: 
Cách 1: Qua kẻ 
	 Do thuộc miền trong tam giác, từ tính chất song song ta có:
	 (1)
	(2)
	(3)
	Từ (1)+(2)+(3) .
Cách 2: Áp dụng tỷ số diện tích tam giác
Ta có (1) ( Vì )
	 (2)
	 (3)
Từ (1) + (2) + (3) ( Vì + + = )
Bài toán 3.3 Cho tam giác nhọn. Các đường cao cắt nhau tại . Chứng minh rằng , trong đó lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác . 
Giải: 
Ta chứng minh được và . 
Vì nhọn nên nằm bên trong tam giác, từ đó ta có
Bài toán 3.4: Cho tam giác lần lượt trên cạnh ,
 sao cho . lần lượt là giao điểm . Tính diện tích theo diện tích .
Giải: 
	Đọc đề toán, vẽ hình ta thấy chưa có mối liên quan gì (Kể cả vị trí và tính chất) với tam giác mà chỉ hy vọng ở tính chất chung tỷ số 1/3 và tính bình đẳng (tương tự) của hình vẽ. Phải khai thác triệt để hai ý này.
Ta có:
	* 
	; ; 
	= 
	Tính S1?
	Áp dụng bài toán 2.3 vào ABA1, C1,M, C thuộc đường thẳng. Ta có
	 hay 
	Từ bài toán 1.3 
	* Kết quả tương tự ta có:
	; 
Bài toán 3.5: Cho hình bình hành ABCD, gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD, DA, AB. Các đoạn thẳng AA1, BB1; CC1; DD1 cắt nhau tại MNPQ. Tính SMNPQ theo SABCD
Giải:
Nhận xét: Bài toán 3.5 này tương tự bài toán 3.4 trên, chỉ khác là thực hiện trên hình bình hành và tỷ số 1/2.
Suy ra cách giải tương tự ở phần đầu, có khác ở phần sau (Vì bài toán 3.1 ta vận dụng tính chất đường thẳng song song cạnh tam giác (Đường trung bình)).
Bước 1: 
Bước 2: Do tính tương tự ta tính được
	S1 = S3 = S5 = S7	(Tương tự bài 3.4)
Bước 3: (có khác 3.4)
	Áp dụng tính chất đường trung bình của , tính chất hình bình hành ABCD; MNPQ ta suy ra được
	 	(Bài toán 1.2)
	Hay 
	 Kết quả 
	Bước này có thể giải cách khác nữa
	* Chứng minh như trên
	AQ = QM = 2AM1
	* Kết quả bài toán 1.3, ta có
Bài toán 3.6: Cho tam giác ABC. Điểm O nằm trong tam giác, OA cắt BC ở A’; OB cắt AC ở B’; OC cắt AB ở C’. Chứng minh:
Giải:
Đặt SAOB = S1; SABC = S; SBOC = S2; SCOD = S3
Þ S = S1 + S2 + S3 
a. Ta có: 
Tương tự: 
Cộng vế với vế Þ (BĐT Cô si)
b. Áp dụng bất đẳng cô si: 
Tương tự: Þ ( đpcm)
Bài toán 3.7: Cho đoạn BC = a cố định
	Xác định vị trí điểm A trên đường thẳng sao cho: ( k cho trước không đổi)
Giải:
Ta có: 	(1)
 (2) (ha là đường cao kẻ từ A xuống cạnh BC; ha = h (không đổi)
	 và hoặc và 
	Vậy nếu d1 cắt , d2 cắt (BC không song song với )
	 Có hai điểm A1 và A2.
	Nếu BC // và BC cách 1 đoạn bằng h
	 có vô số điểm A
	Nếu BC // và BC cách một khoảng khác h vô nghiệm
Bài toán 3.8: Cho hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 2m (không đổi). Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. 	
Giải:
	Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức cô si (Hệ quả trong sách giáo khoa đại số 10). Ta có 2 cạnh hình chữ nhật a, b > 0. Diện tích hình chữ nhật là:
	S = a.b, a+b = m (không đổi)
	a + b 	(không đổi)
	 ab lớn nhất bằng 
	Vậy hình vuông có cạnh có diện tích lớn nhất
	Cách 2: (Phương pháp hình học)
	Ta có a,b > 0 là cạnh hình chữ nhật,
	Þ a + b = m
 AB + AC = m, B nằm giữa AC
	Vẽ đường tròn (C) đường kính AC
Tại D vẽ DE AC, 
Dđường tròn (C) ADC vuông tại D. Ta có AE. EC = DE2
	 Shcn = AD. CD = DB2
	 Shcn lớn nhất khi DE lớn nhất
	Mà D thuộc 1/2 đường tròn, DEAC D là trung điểm của cung AC. Vậy AB = BC = 
	 Shcn lớn nhất
	Từ lời giải này ta có thể đề xuất bài toán tương tự:
Bài toán 3.9: Trong tất cả hình chữ nhật nội tiếp 1 đường tròn tâm O, bán kính R cho trước. Xác định hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.
Giải: Ta có Shcn = 2S (Diện tích tam giác vuông có cạnh là đường kính)
	 lớn nhất là tam giác vuông cân.
IV. ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TOÁN TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
Ta xét bài toán sau
Bài toán 4.1: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1;0), B(2;1) và C(3;5). Hãy tính diện tích của tam giác ABC.
	Thông thường thì học sinh chọn giải theo các cách sau:
Cách 1 (đã học chương II, hình học 10): Vận dụng công thức Hê - rông
	Ta có:	
	AB = c = ; AC = b = ; BC = a = 
	Gọi p = (a + b + c)/2
	Khi đó ta có diện tích tam giác ABC là
	= 
	Cách giải quyết này khá là phức tạp và dài. Đòi hỏi học sinh phải rất cẩn thận và vất vả để có được kết quả tối ưu.
Cách 2 (đã học chương III, hình học 10): Dùng phương trình đường thẳng để áp dụng công thức về khoảng cách nhằm tính độ dài đường cao và suy ra diện tích cần tìm.
Ta có phương trình cạnh BC là: 
Khi đó chiều cao AH của tam giác ABC bằng khoảng cách từ A đến cạnh BC.
Khi đó diện tích tam giác ABC là: 
	Trong cách giải này đòi hỏi cần có lượng kiến thức về hình học giải tích nhiều và phải giải quyết theo hướng gián tiếp làm cho HS thấy khó hơn. HS cần thành thạo các kiến thức thì mới làm tốt bài toán này.
Bài toán 4.2: Trong hệ trục Oxy, cho M(0;3) và N(1;2). Hãy tìm trên trục hoành điểm P sao cho diện tích tam giác MNP bằng 2021.
	Thông thường thì học sinh với các kiến thức được học thường giải theo hướng sau:
	+Viết phương trình đường thẳng MN, tính độ dài đoạn MN
	+Gọi P(m;0) thuộc Ox là điểm thỏa mãn
	+ Khi đó tính h là khoảng cách từ P đến MN và áp dụng công thức
	S = ah/2 để tìm m.
	Trong hai bài toán trên các cách giải khá phức tạp đòi hỏi học sinh cần có sự linh hoạt và tư duy tốt. Quá trình tính toán cũng khá phức tạp và dài dòng.
	Bây giờ ta xây dựng một công thức về diện tích tam giác khá thú vị.
Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC. Gọi A(xA ; yA), B(xB ; yB) và C(xC ; yC)
	Khi đó ta có:
Với:và	 	 	
	Do đó ta có công thức
	(*)
 Áp dụng giải bài toán 4.1 ta có: ; khi đó áp dụng công thức (*) ta có diện tích tam giác ABC là: 
	Cách giải quyết này tỏ ra rất đơn giản và hiệu quả. Không cần phải tính toán nhiều mà chỉ cần áp dụng công thức.
	Áp dụng giải bài toán 4.1 ta gọi P (m;0), (m -3) thuộc Ox là điểm cần tìm. Khi đó ta có: và 
Áp dụng công thức (*) có 
Theo bài ra ta có:
	Suy ra P(4027;0) và P(-40;0) là hai điểm cần tìm
Như vậy chúng ta có thể thấy rõ ưu thế của công thức (*) là tính toán rất ngắn gọn và không rườm rà phức tạo. Đặc biệt tư duy toán đơn giản chỉ cần áp dụng công thức.
	Hơn nữa khi công thức chỉ được xây dựng bằng kiến thức cơ bản của diện tích tam giác nên qua công thức này lượng bài tập dành cho học sinh sẽ đa dạng và phong phú thêm.
Bài toán 4.3: Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC, với A(3;m), B(m+1;-4). Xác định m để diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải: 	Ta có ;	 Khi đó
	Vậy diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất khi m = -1/2.
	Cách khác:
	+ Viết phương trình cạnh AB theo tham số m
	+ Tính khoảng cách từ O đến AB theo m
	+ Áp dụng công thức diện tích s = 1/2ah
	+ Biến đổi để có được hàm theo m
	+ Xét hàm để có giá trị m
Cách khác nhìn chung là dài, tính toán phức tạp và qua nhiều bước mới có được biểu thức về diện tích tam giác nhưng cách giải trên tỏ ra đơn giản, ngắn gọn không tiêu tốn nhiều sức.
Bài toán 4.4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2;1).Trên trục Ox, lấy điểm B có toạ độ (xB; 0), trên trục Oy lấy điểm C có toạ độ (0; yC) sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm các điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. 
Giải: Gọi B(b;0) và C(0;c). khi đó ta có
	Vì tam giác ABC vuông tại A nên ta có:
	Vì 	Nên 	
	Mặt khác ta có
	Khi đó diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng 5 tại b = 0. 
	Suy ra B(0;0) và C(0;5)
	Cách khác:
	Gọi tọa độ B, C
	Tìm điều kiện B, C thỏa mãn tam giác vuông
	Tính khoảng cách A tới BC
	Để diện tích max ó khoảng cách A tới BC max
	Đến đây tìm giá trị lớn nhất biểu thức kết hợp điều kiện
Bài toán 4.5: Cho hàm số 
	Xác định m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số trên tại điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác OAB bằng (O là gốc tọa độ) (trích trong đề TS khối B - 2010)
Giải: Phương trình hoành độ giao điểm
	 với mọi m suy ra đường thẳng y = -2x + m luôn cắt đồ thị hàm số trên tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
	Gọi khi đó
	Theo bài ra ta có diện tích tam giác OAB bằng nên
	Cách khác: 	+ Tính khoảng cách từ O đến AB
	+ Tính độ dài đoạn AB
	+ Áp dụng công thức diện tích là lập mối quan hệ
Bài toán 4.6: Trong hệ trục tọa độ phẳng Oxy, cho A(0;-3) và B(4;0), xác định tọa độ M nghiệm đúng phương trình (x-1)2 + (y-2)2 = 9 sao cho SMAB lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải:
Cách 1:
	Ta có M thuộc đường tròn tâm I(1;2) và bán kính R = 3. Gọi M(x0;y0) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vẽ qua I đường thẳng vuông góc với AB tại H
Ta có S MAB = AB.MH = MH
Vị trí M1 cho ta diện tích M1AB lớn nhất
Vị trí M2 cho ta diện tích M2AB nhỏ nhất
Ta chứng minh được khoảng cách từ M đến AB là d thì M2H dM1H
	Giải tìm tọa độ M1, M2 bằng cách viết phương trình đường thẳng qua I và vuông góc với AB.
	Giải bài toán tìm tọa độ điểm của đường thẳng cắt đường tròn.
Cách 2: Có thể dùng bất đẳng thức Bunnhia nếu cung cấp cho học sinh khoảng cách từ M(x0;y0) đến đường thẳng AB thì đơn giản hơn.
Như vậy công thức này cũng có thể giúp ta giải được các bài toán trong giải tích mà không cần quá nhiều điều yếu tố trung gian. Tất nhiên đây cũng chỉ là một hướng giải quyết trong các hướng giải quyết khác của bài toán.
V. ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ
Bài toán 5.1: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
Giải:
	Ta có 
	Đặt x = a + b - c; y = a + c - b; z = b + c - a
	Áp dụng BĐT Cô si: 
	 Điều phải chứng minh.
	Từ BĐT (1) ta hướng dẫn học sinh hãy tổng quát bài toán trên theo hướng làm chặt chẽ hơn bất đẳng thức (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 , từ đó ta đặt ra vấn đề là BĐT có đúng nữa không? Nếu BĐT này đúng thì ta được bất đẳng thức chặt hơn BĐT đầu.
Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 
Mà nên . Nghĩa là BĐT đúng. Vậy ta có bài toán sau:
Bài toán 5.2 Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
	Bây giờ thử làm chặt hơn BĐT bằng cách cộng vào vế phải một đại lượng dương hay không? Ta có:
Tương tự ta có 
	Vậy ta được bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 5.3: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
Giải:
Ta lại có
	Do đó ta đã đưa ra bài toán chặt hơn:
Bài toán 5.4: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
Với sự hướng dẫn này ta đưa ra bài toán sau
Bài toán 5.5 Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tam giác có góc .
Giải: Ta có 
Bất đẳng thức đúng nên bài toán 5.4 đã được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi 
	Tương tự ta có BĐT
Cộng vế với vế các BĐT , rút gọn ta có
 .
	Ta có bài toán thú vị sau
Bài toán 5.6 Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
	Tuy nhiên từ bài toán trên một câu hỏi tự nhiên xuất hiện là có thể thay số bởi một số lớn hơn hay không? Ta xét bài toán sau:
Bài toán 5.7: Giả Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
Giải: 
Áp dụng công thức ) thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
 4S (4S+ 4S(cotgA +cotgB + cotgC) 
 Bất đẳng thức đúng nên bài toán 5.7 đã được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
Bài toán 5.8: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng 
Giải:	Áp dụng bài toán 5.1 ta có 
	Mặt khác 
	Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
Từ bài toán 5.8, ta có hai bài toán cùng cách giải
* = 1 (đơn vị diện tích), a, b, c cạnh tam giác
	 CMR: (S2 = 1)
* Tìm p nhỏ nhất thỏa mãn
	.
	Bây giờ ta mở rộng vấn đề này trong tứ giác và đa giác. Trước hết ta thử xem trong tứ giác có bất đẳng thức dạng tương tự như các bài toán trên không?
Ta xét tứ giác ABCD là hình vuông thì S = a2 . Nếu ABCD là hình chữ nhật có các cạnh a, b thì diện tích S là S = ab, nghĩa là . Vậy trong tứ giác bất kỳ thì có kết quả như thế nào. Ta dự đoán trong tứ giác bất kỳ có các bài toán sau:
Bài toán 5.9: Cho tứ giác lồi ABCD, có a, b, c, d là 4 cạnh và diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
Giải: Ta có 
Dấu bằng xảy ra khi sinA = Sin B = SinC = SinD = 1, tức là ABCD là hình chữ nhật.
Từ bất đẳng thức nên ta có
 .
Bài toán 5.10: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vuông.
Bài toán 5.11: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S. CMR . Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vuông.
Giải: 
Ta có 
Tương tự ta có 
Đặc biệt hơn, Từ bài toán 5.6, bài toán 5.7, bài toán 5.8 ta có các bài toán tổng quát sau:
	Trước hết ta dự đoán bất đẳng thức tổng quát: 
Cho với ; ta có (1).
Ta chứng minh được (1) bằng quy nạp.
Với n = 1, bất đẳng thức đúng.
Giả sử (1) đúng với n = k, nghĩa là ta có . Ta sẽ chứng minh (1) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có
	Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.
Mặt khác, ta cũng chứng minh được bất đẳng thức quen thuộc sau bằng quy nạp:
Cho với ; ta có (2).
Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức tổng quát sau:
 	 (3).
Áp dụng bất dẳng thức (2) ta có các bài toán sau:
Bài toán 5.12: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vuông và n = 1.
Giải: 
Bài toán 5.13: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S. Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vuông và n = 1.
Giải: Ta có
; 
; 
Áp dụng bất dẳng thức (3) và bài toán 5.9 ta có bài toán sau
Bài toán 5.14: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S; . Chứng minh rằng 
Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vuông và n = 1.
Giải: Ta có
C. KẾT LUẬN
	Quá trình giảng dạy và hướng dẫn cho học sinh học toán, đặc biệt là toán hình có rất nhiều khó khăn vì kiến thức hình học còn yếu, khả năng tư duy trừu tượng lại càng yếu nên phân tích tìm ra lời giải quả là khó đối với học sinh
	1. Việc hệ thống hóa đưa ra một mảng kiến thức (hẹp về diện tích tam giác) nhưng rộng về thể loại giúp cho học sinh đi từ bài toán cơ bản (tôi gọi là nền) để vận dụng giải những bài toán phức tạp hơn, có cơ sở suy nghĩ hơn.
	2. Những bài toán hướng dẫn học sinh giải vừa có tính chất thực tế vừa có nét đẹp, có cái tương tự đã giúp học sinh say sưa hơn, tự tin hơn.
	3. Qua theo dõi, phân tích đánh giá kết quả học hình của học sinh tôi thấy ý thức tinh thần học toán tốt hơn, say sưa hơn, không bi quan. Qua cách dạy như vậy chúng tôi đã hướng dẫn các em đưa ra được một số bài toán mới, không những thế các em còn tích lũy được kinh nghiệm qua hoạt động tương tự , tổng quát hóa để tìm ra những bài toán khác từ bài toán ban đầu. Kỹ năng phân tích, vận dụng kiến thức cơ bản vào những bài cụ thể tốt hơn. Kỹ năng thao tác: vẽ hình, tính toán tốt hơn.
	Trên đây là một số kinh nhiệm của chúng tôi khi giảng dạy một số hoạt động toán trên cơ sở các nội dung: Bất đẳng thức, hệ thức lượng trong tam giác ở lớp 10. Vì vậy chúng tôi mạnh dạn ghi chép, tổng hợp để trao đổi cùng bạn đọc nhằm tìm thấy nguồn vui trong giảng dạy và hướng dẫn học sinh giải toán. Mặc dù đã cố gắng hết mình nhưng không thể tránh khỏi những khiếm khuyết, do đó rất mong nhận được sự trao đổi, góp ý của đồng nghiệp bạn bè trong vấn đề này để bài viết của chúng tôi hoàn thiện hơn.
	Vinh, ngày tháng 3 năm 2021
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Phương pháp dạy học môn toán (Nguyễn Bá Kim)
Sách giáo khoa hình học 10.
Sách giáo khoa đại số 10.
Sách bài tập hình học 10.
Toán nâng cao hình học 10 ( Nguyễn Minh Hà chủ biên).
Phương pháp dạy học môn toán. (Nguyễn Bá Kim)
Giải một bài toán như thế nào. (G. Polya)
 Báo toán học và tuổi trẻ