SKKN: Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trường THPT qua chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO TOÁN HỌC
CHO HỌC SINH GIỎI Ở TRƯỜNG THPT QUA
CHỦ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC PHẲNG

1. Lý do chọn đề tài
Ngày nay, ở Việt Nam cũng như trên thế giới, giáo dục được coi là quốc sách
hàng đầu, là động lực của sự phát triển kinh tế-xã hội. Với sứ mệnh làm gia tăng
giá trị con người, mục tiêu cơ bản của giáo dục phải đào tạo ra những con người
phát triển toàn diện về mọi mặt, không những có kiến thức mà còn giàu năng lực trí
tuệ. Trong hoàn cảnh đó, việc rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo (TDST) cho
học sinh ở các nhà trường phổ thông đối với những người làm công tác giáo dục có
một vị trí hết sức quan trọng.
Thực hiện Nghị quyết Trung ương II khoá VIII của Đảng, chúng ta cơ bản đã
xoá bỏ loại hình trường chuyên, lớp chọn ở bậc học THPT nhằm hạn chế những
mặt trái của việc học thi, học lệch. Tuy nhiên không vì thế mà công tác bồi dưỡng
HS giỏi bị xem nhẹ, ngược lại nó càng phải được quan tâm và thực hiện đúng mức,
bởi HS giỏi là thế hệ nhân tài tương lai của đất nước. Vậy làm thế nào để bồi
dưỡng, phát triển năng lực sáng tạo cho những HS khá giỏi, đáp ứng được mục tiêu
của giáo dục phổ thông? Câu hỏi đó luôn mang tính cấp thiết và không hề đơn giản.

Vấn đề dạy học toán trong trường phổ thông hiện nay nói chung tuy đã có đổi
mới về phương pháp giảng dạy cũng như nội dung chương trình nhưng vẫn còn tồn
tại nhiều nơi phương pháp dạy học cũ, thiếu tính tích cực từ phía người học, thiên
về dạy, yếu về học, không kiểm soát được việc học Và như vậy chưa đáp ứng
được yêu cầu đối với sự nghiệp GD & ĐT trong công cuộc đổi mới đất nước, nhất
là việc quan tâm rèn luyện, phát triển năng lực tư duy sáng tạo, bồi dưỡng nhân tài
ở nhà trường phổ thông.
Bài toán bất đẳng thức (bđt) hình học phẳng là bài toán cơ bản và thường gặp
trong hệ thống bài tập toán thuộc chương trình THPT. Đây là dạng bài tập khó, đòi
hỏi học sinh phải có năng lực giải toán nhất định, sử dụng các kiến thức toán học
rộng khắp và đặc biệt tư duy giải toán linh hoạt sáng tạo. Do đó dạy học chủ đề này
có tác dụng lớn trong việc bồi dưỡng phát triển năng lực trí tuệ cho học sinh thông
qua các thao tác tư duy, đồng thời giúp học sinh khắc sâu, tổng hợp, hệ thống hóa
được kiến thức cơ bản, tăng cường năng lực giải toán. Mặc dù vậy trong SGK cũng
như SBT hình học, số lượng bài tập về bđt hình học phẳng không nhiều. Thực tiễn
giảng dạy cho thấy nhiều GV và HS còn ít quan tâm đến thể loại bài tập này.
Góp phần xây dựng một số biện pháp bồi dưỡng HS giỏi bậc THPT và đổi mới
phương pháp dạy học toán cũng như khắc phục những tồn tại trên đây, đề tài được
chọn là: “Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trường THPT qua
chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu quá trình rèn luyện, phát triển TDST về toán ở đối tượng học sinh
khá giỏi bậc THPT. Xây dựng hệ thống bài tập về bđt hình học phẳng cùng các
phương pháp giải dạng toán này sử dụng trong dạy học, góp phần phát triển TDST
toán học cho học sinh.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu cơ sở lý luận về TDST, quá trình rèn luyện và phát triển loại hình tư
duy này ở học sinh THPT.
- Nghiên cứu các phẩm chất, năng lực quan trọng nhất của học sinh giỏi toán, vấn
đề năng khiếu toán học.

- Xây dựng hệ thống bài tập về bđt hình học phẳng, hướng dẫn học sinh cách giải
và khai thác bài toán, qua đó củng cố, khắc sâu kiến thức, bồi dưỡng phát triển
TDST cho học sinh trường THPT.
- Đưa ra một số biện pháp sư phạm nhằm thực hiện mục đích nghiên cứu.
- Thực nghiệm sư phạm qua các biện pháp sư phạm trong dạy học chủ đề bđt
hình học phẳng nhằm kiểm tra tính khả thi, đánh giá hiệu quả của đề tài.
4. Giả thuyết khoa học
Nếu vận dụng lý luận về vấn đề TDST, cùng với việc xây dựng hệ thống
bài tập bđt hình học phẳng sử dụng trong quá trình dạy học chủ đề này thì có thể
góp phần phát triển TDST toán học cho HS giỏi ở trường THPT.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lý luận
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm
6. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Nghiên cứu những biện pháp phát triển TDST toán học cho HS khá, giỏi ở
trường THPT trên cơ sở dạy học nội dung giải bài toán bất đẳng thức hình học
phẳng.
Chương I: Phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường THPT
1.1. Dạy học giải bài tập ở nhà trường phổ thông
1.1.1. Vai trò của việc giải bài tập toán
Bài tập toán học có vai trò quan trọng trong quá trình học tập môn toán ở nhà
trường phổ thông. Giải bài tập toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học,
thông qua việc giải bài tập, HS phải thực hiện nhiều hoạt động như: nhận dạng, thể
hiện các khái niệm, định nghĩa, định lý, quy tắc - phương pháp, những hoạt động
phức hợp, những hoạt động trí tuệ chung, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong
toán học. Vai trò của bài tập toán thể hiện ở cả ba bình diện: mục đích, nội dung và
phương pháp của quá trình dạy học. Cụ thể:
a/ Về mặt mục đích dạy học, bài tập toán thể hiện những chức năng khác nhau
hướng đến việc thực hiện mục đích dạy học môn toán như:
- Hình thành, củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo, kỹ năng ứng dụng toán học ở

những giai đoạn khác nhau của quá trình dạy học.
- Phát triển năng lực trí tuệ chung: rèn luyện các thao tác tư duy, hình thành các
phẩm chất trí tuệ.
- Hình thành, bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng cũng như những phẩm
chất đạo đức của người lao động mới.
b/ Về mặt nội dung dạy học: bài tập toán là một phương tiện để cài đặt nội dung
dưới dạng tri thức hoàn chỉnh hay những yếu tố bổ sung cho tri thức đã học ở phần
lý thuyết.
c/ Về mặt phương pháp dạy học: bài tập toán là giá mang những hoạt động để HS
kiến tạo những nội dung nhất định và trên cơ sở đó thực hiện các mục đích dạy học
khác. Khai thác tốt bài tập như vậy sẽ góp phần tổ chức cho HS học tập trong hoạt
động và bằng hoạt động tự giác, tích cực, chủ động sáng tạo được thực hiện độc lập
hoặc trong giao lưu.
Trong thực tiễn dạy học, bài tập được sử dụng với những dụng ý khác nhau
về phương pháp dạy học: đảm bảo trình độ xuất xuất phát , gợi động cơ, làm việc
với nội dung mới, củng cố hoặc kiểm tra…Đặc biệt về mặt kiểm tra, bài tập là
phương tiện không thể thay thế để đánh giá mức độ tiếp thu tri thức, khả năng làm
việc độc lập và trình độ phát triển tư duy của HS, cũng như hiệu quả giảng dạy của
GV.
Với những lý do đã trình bày ở phần mở đầu, tôi cho rằng: thể loại bài tập bất
đẳng thức hình học phẳng mang đầy đủ vai trò và ý nghĩa của bài tập toán, việc rèn
luyện kỹ năng giải dạng bài tập đó là một cơ hội tốt góp phần bồi dưỡng, phát triển
TDST toán học cho HS ngay từ bậc THCS.
1.1.2. Phương pháp giải bài tập toán
Theo G.Pôlya, phương pháp chung giải một bài toán gồm các bước:
1. Tìm hiểu nội dung đề bài:
Để giải được một bài toán, trước hết phải hiểu nội dung đề bài, phát biểu đề bài
ở các dạng khác nhau, phân tích kỹ cái đã cho, cái cần tìm và mối liên hệ giữa
chúng. Nói chung phải phân biệt được yếu tố, quan hệ bản chất giúp nhận dạng
được bài toán, có thể dùng công thức, ký hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề

bài.
2. Xây dựng chương trình giải:
Sau khi đã tìm hiểu kỹ đề bài, tiến hành tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ những
suy nghĩ tìm đoán: biến đổi cái đã cho và cái phải tìm, liên hệ chúng với tri thức đã
học, liên hệ bài toán cần giải với những bài toán đã biết tương tự, một trường hợp
riêng, một bài toán tổng quát hơn hay bài toán nào đó có liên quan. ở bước này
cũng cần chú ý phân tích bài toán thành các bài toán thành phần và giải quyết các
bài toán đó theo trình tự một cách hợp lý.
Tùy vào đặc điểm từng bài toán mà sử dụng những phương pháp đặc thù với
dạng toán đó như: phương pháp tổng hợp, biến đổi tương đương, phản chứng, quy
nạp toán học
3. Thực hiện chương trình giải: Từ cách giải vừa được phát hiện, sắp xếp các việc
phải làm thành một chương trình giải và thực hiện chương trình đó.
4. Kiểm tra và nghiên cứu lời giải:
- Kiểm tra lời giải: Xem kỹ lại từng bước trong bài giải, cách suy luận, đặc biệt
hóa kết quả tìm được, đối chiếu với kết quả cách giải khác để kiểm tra tính chuẩn
xác của lời giải.
- Nghiên cứu sâu lời giải:
+ Tìm thêm cách giải khác.
+ Xét khả năng ứng dụng của bài toán.
+ Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, bài toán đảo, bài toán đặc biệt hóa
hay bài toán tổng quát hóa.
+ Xây dựng phương pháp giải chung cho các bài toán cùng dạng.
Sau đây là một ví dụ minh họa.
BT: Cho điểm M trong

ABC nhọn và có diện tích S.
CMR: MA.BC + MB.AC + MC.AB

4S (*)

a/ Tìm hiểu nội dung BT
Giả thiết bài toán là cho điểm M trong

ABC nhọn (vai trò của M rất rộng:
điểm tùy ý) và điều cần chứng minh là bđt (*). Các tích ở vế trái của (*) MA.BC ,
MB.AC , MC.AB cũng như giả thiết tam giác nhọn là rất đáng chú ý.
b/ Xây dựng chương trình giải
Cần tìm ra mối quan hệ giữa hai vế của bđt, giữa độ dài MA, MB, MC với các
cạnh BC, AC, AB. Sự có mặt S bên vế phải bđt, cho thấy nếu tính MA, MB, MC
theo AB, AC, BC hoặc các đường cao của tam giác thì sẽ khó khăn bởi vì điểm M
là bất kỳ trong tam giác. Một hướng khác : tiến hành đánh giá mối liên hệ giữa
MA, MB, MC với độ dài các đường cao, điều đó gợi sự liên tưởng đến các công
thức tính diện tích.
Kẻ AH
BC
ME
BC


,
(H, E thuộc BC ). Khi đó: AM + ME

AH

)(22.
2)(2.
.
.
.
BMCdtSBCMA

SBMCdtBCMA
BC
AH
BC
ME
BC
MA






Với hai bđt tương tự, con đường giải bài toán đã rõ ràng.
c/ Thực hiện chương trình giải:
Kẻ AH
BC
ME
BC


,
(H, E thuộc BC ).




MA + ME

AE


AH
Vậy MA + ME

AH

)(22.
2)(2.
.
.
.
BMCdtSBCMA
SBMCdtBCMA
BC
AH
BC
ME
BC
MA






Hoàn toàn tương tự : MB.AC
)
(
2
2

AMB
dt
S



MC.AB
)
(
2
2
AMC
dt
S



Chú ý rằng M nằm trong

ABC nhọn nên ta có:
S = dt(AMB) + dt(AMC ) + dt(BMC )


MA.BC + MB.AC + MC.AB

6S -
2(dt(BMC) + dt(AMB) + dt(AMC ))
= 4S (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi M là trực tâm của


ABC.
d/ Kiểm tra và nghiên cứu lời giải
- Kiểm tra: Xem xét các bước suy luận: vị trí của các điểm H, E, M, đẳng thức
cộng diện tích, việc sử dụng các tính chất đại số của bđt…trong lời giải trên đều
hợp lý cho thấy tính đúng đắn của nó. Có thể so sánh các kết quả khi đặc biệt hóa
bài toán, chẳng hạn khi xét tam giác đều, cân, hay cho M trùng với trực tâm tam
giác…
- Nghiên cứu sâu lời giải
+ Tìm cách giải khác, ví dụ như lời giải sau đây:
Kẻ AE, CF vuông góc với BM, gọi BM kéo dài cắt AC ở điểm K, ta có:
2dt(AMB) = MB.AE

MB.AK
2dt(BMC) = MB.CF

MB.CK


2( dt(AMB) + dt(BMC)

MB (AK + CK ) = MB.AC.
Với hai bđt tương tự : 2(dt(BMC) + dt(AMC))

MC.AB
2(dt(AMC) + dt(AMB))

MA.BC


4(dt(AMB) + dt(AMC) + dt(BMC)


MA.BC + MB.AC + MC.AB
Hay là : 4S

MA.BC + MB.AC + MC.AB (đpcm).
+ Sử dụng các thao tác tư duy:
1/ Xét bài toán tương tự trong tứ giác, chẳng hạn:
BT1: Cho điểm M trong tứ giác ABCD.
CMR: MA.AB + MB.BC + MC.CD + MD.DA

2dt(ABCD)
Có thể mở rộng sang cho trường hợp đa giác.
2/ Đặc biệt hóa bài toán
Cho M trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC, sử dụng công thức diện
tích: S = pr, ta có kết quả mới :
R( AB + AC + BC )

4pr


R

2r.
Vậy ta suy ra bài toán :
BT2: Cho

ABC, gọi R, r thứ tự là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội
tiếp tam giác. CMR: R


2r
Đây một bđt quen thuộc và có nhiều ứng dụng bây giờ đặc biệt hóa theo hướng
khác như sau:
Xét điểm M trong

ABC đều, khi đó bài toán ban đầu trở thành:
BT3: Cho

ABC đều cạnh a, một điểm M nằm trong tam giác.
CMR: MA + MB + MC

a 3
3/ Nghiên cứu tiếp ứng dụng của bài toán
Nhận xét biểu thức vế phải của bđt, có thể đưa ra đánh giá như sau:
Hiển nhiên: AB, AC, BC

max (AB, AC, BC )

max(AB,AC,BC ).(MA + MB + MC )

MA.BC + MB.AC + MC.AB

4S


MA + MB + MC


),,max(

4
BCACAB
S
. Và ta có:
BT4: Cho điểm M trong

ABC nhọn, gọi h là độ dài đường cao nhỏ nhất của tam
giác. CMR: MA + MB + MC

2h.
4/ Nghiên cứu bài toán khi thay đổi giả thiết như: xét tam giác vuông, tam giác tù,
hoặc M thuộc mặt phẳng tam giác, khi đó kết quả bài toán thế nào?

1.2. Phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường THPT
1.2.1. Những biểu hiện của học sinh giỏi về toán
Qua thực tiễn một số năm giảng dạy toán ở nhà trường phổ thông, tôi nhận thấy
HS giỏi về toán thường có những biểu hiện rõ rệt các mặt sau:
- Có khả năng tiếp thu và vận dụng kiến thức nhanh
Ví dụ trong tình huống sử dụng định lý Pitago để giải bài toán:
Cho

ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH. Biết :BH = 2, CH = 3, tính các độ
dài: AH, AB, AC ?
Những HS giỏi sẽ nhanh chóng biết áp dụng ĐL Pitago trong các tam giác:

ABC
ACH
ABH




,
,
để tìm được AH trước rồi từ đó tìm AB, AC.
- Biểu hiện ở sự linh hoạt trong quá trình tư duy như:
+ Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, không bị
gò ép bởi những suy nghĩ rập khuôn có sẵn.
+ Có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau kết hợp sự liên
tưởng tốt tìm ra cách giải quyết vấn đề một cách sáng tạo.
+ Biết nhìn nhận những cái khác biệt của vấn đề, lựa chọn phương tiện, cách thức
tốt nhất để giải quyết vấn đề đó.
+ Lý luận chặt chẽ, hợp lôgic, có các thao tác tư duy nhanh trong giải toán.
Trở lại ví dụ sau khi học về ĐL Pitago, thay vì coi đó là công cụ để tính độ dài
đoạn thẳng, HS giỏi toán lại nhìn nhận vấn đề theo khía cạnh mới, các em xét quan
hệ bđt giữa ba cạnh tam giác vuông và suy luận để đi đến nhiều kết quả khác.
Chẳng hạn:
Giả sử

ABC vuông tại A, theo ĐL Pitago :
222
c
b
a





b < a, c < a (1)
Sử dụng bđt Cauchy ta có: cbacba  2)).(2/1(

22
(2)
Và :
2 2 2 2 2
a b c bc S a S
      (3)
Các bđt (1), (2)&(3) là những bđt đặc trưng của tam giác vuông.
- Biểu hiện ở cách ghi nhớ kiến thức toán học cô đọng, nhanh chóng, chính xác
và bền vững. Điều này giúp HS giỏi về toán nhớ được nhiều kiến thức mà không
tốn quá nhiều sức lực trí tuệ khi giải toán.
Các biểu hiện của HS trên đây, theo chúng tôi là những biểu hiện cụ thể về
những mặt khác nhau của một cấu trúc năng lực hoàn chỉnh, một tư chất của toán
học trí tuệ, người ta gọi đó là năng khiếu toán học.
1.2.2. Năng khiếu toán học
Năng khiếu, theo định nghĩa của từ điển tiếng Việt là năng lực trội, năng lực
đặc biệt của con người xuất hiện từ khi còn nhỏ. Như vậy, năng khiếu toán học có
thể coi như một tổ hợp những năng lực toán học, mà ở lứa tuổi HS thể hiện rõ nhất
ở năng lực học toán. Nhà tâm lý học V.A.Kơrutecxki cho rằng: “Năng lực học tập
toán học là những đặc điểm tâm lý cá nhân (trước hết là các đặc điểm hoạt động trí
tuệ), đáp ứng yêu cầu hoạt động học toán và giúp cho việc nắm giáo trình toán một
cách tương đối nhanh, dễ dàng và sâu sắc kiến thức, kỹ năng và kỹ xảo toán
học”


13,51 tr . Khi nghiên cứu cấu trúc năng lực toán học ở HS phổ thông,
V.A.Kơrutecxki đã phân tích quá trình giải toán của các em HS đó ở những trình
độ phát triển năng lực khác nhau, ông nhận thấy những đặc điểm hoạt động trí tuệ
của HS có năng lực toán học như sau:
- Khả năng tri giác có tính chất hình thức hóa tài liệu toán học, gắn liền với sự
thâu tóm nhanh chóng các cấu trúc hình thức của chúng trong một bài toán cụ thể

vào trong một biểu thức toán học.
- Khả năng tư duy có tính khái quát nhanh và rộng.
- Xu thế suy nghĩ bằng những suy lý rút gọn.
- Sự tư duy lôgic lành mạnh.
- Tính linh hoạt cao của các quá trình tư duy thể hiện ở sự xem xét cách giải các
bài toán theo nhiều khía cạnh khác nhau, sự di chuyển rễ ràng và tự do từ thao tác
trí tuệ này sang một thao tác trí tuệ khác, từ tiến trình suy nghĩ thuận sang tiến trình
suy nghĩ nghịch.
- Xu hướng tìm tới cách giải tối ưu cho một vấn đề toán học, khát vọng tìm lời
giải rõ ràng, đơn giản, hợp lý, tiết kiệm.
- Trí nhớ có tính chất khái quát về các kiểu bài toán, các phương thức giải, sơ đồ
lập luận, sơ đồ lôgic.
- Khả năng tư duy lôgic, trừu tượng phát triển tốt.
Trong cuốn sách “Về nghề nghiệp của nhà toán học”, Viện sỹ toán học
A.N.Kônmôgôrôp có đề cập đến những năng lực toán học, ông cho rằng: để nắm
vững toán học một cách có kết quả ở mức độ cao thì đòi hỏi cần có những năng lực
toán học được phát triển, năng lực này mang ý nghĩa sáng tạo khoa học. Cũng theo
A.N.Kônmôgôrôp, thành phần cơ bản của năng lực toán học gồm có:
- Năng lực biến đổi khéo léo những biểu thức chữ phức tạp, năng lực tìm ra con
đường giải phương trình không theo quy tắc chuẩn, năng lực tính toán.
- Trí tưởng tượng hình học hay là trực giác hình học.
- Nghệ thuật suy luận lôgic theo các bước đã được phân chia một cách đúng đắn
kế tiếp nhau, nguyên tắc quy nạp toán học là tiêu chuẩn tốt cho sự trưởng thành
lôgic hoàn toàn cần thiết đối với nhà toán học.
Theo quan điểm tâm lý học, trong mỗi con người đều tiềm tàng một năng
khiếu, một tài năng, tất nhiên ở mức độ khác nhau. Đó là một kết luận quan trọng.
Trong quá trình dạy học toán, người thầy cần có những biện pháp phát hiện những
năng khiếu toán học ở học trò, từ đó chúng ta có thể tạo ra môi trường và tổ chức
các hoạt động thích hợp giúp các em phát triển năng lực đó.
1. 2. 3. Phát triển TDST toán học cho học sinh trong nhà trường phổ thông

Ngày nay, khi khoa học và công nghệ có những bước phát triển mạnh mẽ, trở
thành lực lượng sản xuất trực tiếp trong nền kinh tế tri thức thì mục tiêu giáo dục
nói chung và nhiệm vụ phát triển TDST cho thế hệ trẻ nói riêng có vai trò đặc biệt
quan trọng. Sứ mệnh của nhà trường hiện đại là phát triển tối ưu nhân cách của
HS, trong đó năng lực sáng tạo cần được bồi dưỡng để thúc đẩy mọi tài năng.
Môn toán với vị trí của nó trong nhà trường phổ thông, theo tác giả Hoàng
Chúng, có khả năng to lớn giúp HS phát triển các năng lực và phẩm chất trí tuệ, rèn
luyện tư duy chính xác, hợp lôgic, phương pháp khoa học trong suy nghĩ, trong lập
luận, trong học tập và giải quyết các vấn đề: biết quan sát, thí nghiệm, mò mẫm, dự
đoán, dùng tương tự, quy nạp, chứng minh…và qua đó, có tác dụng lớn rèn luyện
cho học sinh trí thông minh sáng tạo. Phát triển TDST toán học nằm trong việc phát
triển năng lực trí tuệ chung, một nội dung quan trọng của mục đích dạy học môn
toán. Mục đích đó cần được thực hiện có ý thức, có hệ thống, có kế hoạch chứ
không phải tự phát. Về phía người GV, trong hoạt động dạy học toán cần vạch ra
những biện pháp cụ thể và thực hiện đầy đủ một số mặt sau đây:
- Rèn luyện tư duy lôgic và ngôn ngữ chính xác
- Phát triển khả năng suy đoán và tưởng tượng
- Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cơ bản, các thao tác tư duy như: phân tích, tổng
hợp, đặc biệt hóa, khái quát hóa, trừu tượng hóa
- Hình thành, rèn luyện những phẩm chất trí tuệ như: tính linh hoạt, tính độc
lập, tính sáng tạo trong tư duy
Bên cạnh đó người GV phải áp dụng những phương pháp dạy học tích cực,
khoa học và hợp lý, mang lại cho HS của mình sự say mê môn toán, tìm thấy trong
toán niềm vui lớn khi được học tập, qua đó giáo dục các em những phẩm chất đạo
đức tốt đẹp khác.
Một điều quan trọng nữa, có thể nói trong dạy học sáng tạo (thực ra cả hoạt
động dạy học nói chung) vai trò của người thầy là hết sức quan trọng. Để trở thành
một GV dạy giỏi, ngoài lòng tâm huyết, ngoài sự nỗ lực học tập không ngừng thì
người thầy giáo cần có và cần biết dạy cho học trò cách tư duy sáng tạo. Bởi vì, nói
như GS Nguyễn Cảnh Toàn trong một cuốn sách về dạy cách học: Không ai có thể

đi dạy cho người khác cái mà bản thân mình chưa có, người thầy không những luôn
tự nghiên cứu khoa học mà còn phải là người thiết kế và thi công được óc thông
minh sáng tạo ở học trò, do đó mỗi người thầy giáo phải là một nhà khoa học chân
chính.


Chương II : Phát triển Tư duy sáng tạo toán học
cho học sinh giỏi ở trường THPT Qua chủ đề
bất đẳng thức hình học phẳng

2.1. Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi bậc THPT qua nội
dung giải bài tập bất đẳng thức hình học phẳng
Trong chương trước chúng ta đã nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn của vấn
đề TDST, có thể nói bồi dưỡng TDST cho HS là một quá trình liên tục, mất nhiều
công sức, trải qua nhiều giai đoạn với những mức độ khác nhau. Điều quan trọng
nhất trong dạy học sáng tạo là phải giải phóng hoạt động tư duy của HS bằng cách
cho các em tự hoạt động, tự khám phá tìm tòi, phải kết hợp tốt hoạt động học tập và
hoạt động nhận thức. Bên cạnh việc nâng dần tính tích cực theo mức độ từ thấp đến
cao: tính cực động não, độc lập suy nghĩ đến tính cực sáng tạo, người thầy cần rèn
luyện học trò nâng dần các hoạt động từ dễ đến khó: theo dõi cách chứng minh, đến
hoạt động mò mẫm dự đoán kết quả và cuối cùng tự lực chứng minh. Việc dự đoán,
mò mẫm kết quả không chỉ tập cho HS phong cách nghiên cứu khoa học, tập các
thao tác tư duy tiền lôgic cần thiết, mà còn là biện pháp quan trọng nhằm nâng cao
tính tích cực của HS. Khi tự đưa ra dự đoán, HS sẽ hào hứng và có trách nhiệm hơn
trong quá trình tìm tòi lời giải cho chính kết quả dự đoán của mình.
Để bồi dưỡng, phát triển TDST toán học cho HS, có thể tiến hành theo các
phương hướng sau:
2.1.1. Rèn luyện năng lực giải toán theo các thành phần cơ bản của TDST
a/ Tính mềm dẻo:
Một số nhà nghiên cứu (Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân) cho

rằng tính mềm dẻo của tư duy có các đặc trưng nổi bật như sau:
- Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, vận dụng
linh hoạt các hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá,
cụ thể hoá và các phương pháp suy luận như quy nạp, suy diễn tương tự; dễ dàng
chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ
nếu gặp trở ngại.
- Suy nghĩ không dập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những kinh
nghiệm, kiến thức, kỹ năng đã có vào trong hoàn cảnh mới, điều kiện mới trong đó
có những yếu tố đã thay đổi; có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những
kinh nghiệm, những phương pháp, những suy nghĩ đã có từ trước.
- Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của
đối tượng quen biết.
Xét một ví dụ:
Cho

ABC có AB < AC. Điểm M là trung điểm của BC, trên tia đối của tia
MA lấy điểm D tuỳ ý. CMR: DC < BD.
Không theo sự suy nghĩ thông thường là xét tam giác BCD rồi đánh giá các góc
,
CBD BCD
 
học sinh có thể nhìn nhận vấn đề một cách mềm dẻo theo hướng
khác như sau:
Do AB < AC
AMB AMC
   
.



BMD CMD
  

Sử dụng điều này trong các
,
BMD CMD
 

( Hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau)

BD CD
 
(đpcm).
b/ Tính nhuần nhuyễn:
Được thể hiện được thể hiện rõ nét ở hai đặc trưng như sau:
- Tính đa dạng của các cách xử lý khi giải toán: khả năng tìm được nhiều giải pháp
trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau. Đứng trước một vấn đề khi giải
quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất nhiều phương
án khác nhau và từ đó đưa ra được phương án tối ưu.
- Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau; có một cái nhìn
sinh động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tượng chứ không phải cái nhìn bất
biến, phiến diện cứng nhắc.
Ví dụ: Cho

ABC , kẻ các đường cao BE , CF. So sánh BE và CF
Lời giải: Sử dụng công thức tính diện tích

ABC
BE.AC = CF.AB = 2dt(ABC )
AC

AB
CF
BE
 .
Xét ba trường hợp có thể xảy ra:
+ Nếu AB = AC hiển nhiên khi đó BE = CF
+ AB < AC 1
AC
AB
1
AC
AB
CF
BE


BE < CF.
+ AB > AC chứng minh tương tự cũng có được BE > CF.
Có thể giải BT cho HS lớp 7 như sau: Nếu AB = AC ta có ngay đpcm.
Giả sử AB < AC , trên AC lấy điểm D sao cho : AB = AD

 
ABD cân ở A.
Kẻ DK

AB ( K

AB )

BE

KD
cgcAEBAKD







)(

Do điểm D nằm giữa A , C và DK//CF


KD < CF hay là BE < CF.
Trường hợp AB > AC , chứng minh tương tự sẽ có: BE > CF.
c/ Tính độc đáo:
Tính độc đáo của tư duy được đặc trưng bởi các khả năng :
- Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới.
- Khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như
không có liên hệ với nhau.
- Khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết những phương pháp khác.
Ví dụ: Cho

ABC có AB < AC, gọi BM và CN là các đường phân giác trong
của tam giác. CMR: BM < CN
. Đây là bài toán có nhiều cách giải, có thể giải bài toán này bằng cách tính
các độ dài BM, CN theo độ dài ba cạnh tam giác rồi sử dụng giả thiết đã cho để
chứng minh. Tuy nhiên lời giải này tương đối dài, biến đổi phức tạp. Cách giải sau
cho thấy nét nổi bật của nó: tính độc đáo.

Dựng bình hành BMIN, theo tính chất đường phân giác trong tam giác:

BN BC BN BC
AN AC AB AC BC
  

.Tương tự:
BC
AC
BC
AC
CM

 , do AB < AC

MIBNCM
AB
AC
BN
CM
AB
BN
AC
CM
BCAC
BC
BCAB
BC







1

Vậy trong

IMC ta có
32
CI



( 1) .
Cũng vì : AB < AC
1 2 2
(2)
2 2
B C
C B I B C
 
          
Từ (1) & (2) Suy ra :
3221
CCII











ICN
NIC




Khi đó trong

NIC

CN > IN = BM (đpcm)
Các yếu tố cơ bản nói trên không tách rời nhau mà trái lại, chúng quan hệ mật
thiết với nhau, hỗ trợ bổ sung cho nhau. Khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí
tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác (tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm được
nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn) và
nhờ đề xuất nhiều phương án khác nhau mà có thể tìm được những phương án lạ,
đặc sắc (tính độc đáo). Các yếu tố cơ bản này lại có quan hệ khăng khít với các yếu
tố khác như: tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề…Tất cả các yếu
tố đặc trưng nói trên cùng góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao nhất trong
các hoạ
Hoạt động giải toán là một dạng hoạt động chủ yếu giúp rèn luyện TDST toán
học cho HS, mỗi dạng bài tập đều có tác dụng nhất định đối với từng thành phần cơ
bản của TDST. Có thể biểu diễn sơ đồ tác động đó như sau:

BT có nhiều cách giải

Tính mềm dẻo BT có nội dung biến đổi

Tính nhuần nhuyễn BT có nhiều kết quả

Tính độc đáo BT vui


Tính nhạy cảm BT có tính đặc thù


Tính hoàn thiện BT mở


Tính chính xác BT thuận nghịch


BT không theo mẫu

2.1.2. Rèn luyện các hoạt động trí tuệ
Các hoạt động trí tuệ trong môn toán có thể kể đến như: dự đoán, bác bỏ, lật
ngược vấn đề, các thao tác tư duy toán học…Rèn luyện cho HS những hoạt động
đó là khâu quan trọng nhất trong dạy học sáng tạo.
Ta xét một bài toán bđt trong hình học lớp 7 làm ví dụ :
BT: Cho điểm M bất kỳ nằm trong


ABC. CMR: MB + MC < AB + AC
Để giải bài toán này, trước hết cần tìm mối quan hệ giữa các đoạn thẳng MB,
MC với AB, AC . Kéo dài BM cắt AC ở điểm I như hình vẽ.
TDST
Sử dụng bđt tam giác trong các
ABI
MIC


,

Ta có: MC < MI + IC


MB + MC < MB + MI + IC


MB + MC < IB + IC
Trong

ABI : BI < AB + AI


MB + MC < AB + AI + IC

MB + MC < AB + AC (đpcm)
Đây là một bài toán cơ bản trong SGK Toán7, chỉ cần sử dụng hợp lý bđt tam
giác, sẽ có lời giải ngắn gọn. Trong

MBC thì có : BC < MB + MC

Câu hỏi đặt ra mang tính chất dự đoán tìm tòi là: quan hệ giữa các yếu tố MA, MB,
MC như thế nào? Thử thay đổi giả thiết bài toán ban đầu một chút, giả sử

ABC
với AB

AC

BC . Khi đó
A
B
C





.
Theo tính chất góc ngoài tam giác :

MC
MB
MA
BC
AC
MA
AMCCBABCAMCA
AMC
ABC
CMI

CBM
AMI
ABM

















,

Và bài toán sau đây đã được giải:
BT1: Cho

ABC có BC là cạnh lớn nhất, điểm M nằm trong tam giác. CMR:
MA < MB + MC
Với hướng giải tương tự ta cũng có:
BT2: Cho điểm M trong


ABC đều.
CMR: MA, MB, MC lập thành độ dài ba cạnh một tam giác.
Trở lại ví dụ ban đầu : MB + MC < AB + AC
Cũng như vậy: MA + MB < CA + CB và MA + MC < BA + BC


MA + MB + MC < AB + AC + BC
Từ đó suy ra bài toán tiếp theo:
BT3: Cho điểm M trong

ABC. CMR: MA + MB + MC < AB + AC + BC
Đây là bđt khá quen thuộc. Vấn đề đặt ra: nếu xét điểm M trong vai trò một
điểm đặc biệt nào đó, trực tâm tam giác chẳng hạn (giả thiết tam giác nhọn) thì
sao? Khi đó kẻ HE//AC , HF//AB.
(với E, F thứ tự thuộc AB, AC )
CFHCCHFHFCNABCNABHFDo
AEAFHFAFHA
HF
AE
g
c
g
HAE
AHF











0
90,//:
)
(

Tương tự: HB < BE

HA + HB + HC < AB + AC .
Như thế chúng ta đã chứng minh được:
BT4: Cho

ABC nhọn với BC là cạnh là lớn nhất, gọi điểm H là trực tâm tam
giác. CMR: HA + HB + HC < AB + AC
Bài toán này cho thấy dường như sự đánh giá trong bài 3 chưa tốt, vậy tổng
quát của nó như thế nào ? Kết quả sau đây là câu trả lời.
BT5: Cho điểm M trong

ABC, giả sử AB
BC
AC



CMR: MA + MB + MC < AC + BC
Lời giải: Từ giả thiết bài toán: AB
BC

AC


suy ra:
A
B
C






Qua M kẻ các đường thẳng QE//AB, RF//AC , SP//BC
Nhận thấy trong

MEF, ta có:

)1(
,
EFMEMF
A
M
C
F









Tương tự trong

MPQ:
MQ

PQ (2) . Mặt khác MP//CF, MF//PC

)
3
(
)
(
CF
MP
g
c
g
CPM
MFC









Từ (1), (2)&(3) sử dụng bđt tam giác:
MA + MB + MC < (AQ + QM ) + ( BE + ME ) + (PC + PM )


( AQ + PQ ) + ( BE + EF ) + (CP + CF ) = AC + BC


MA + MB + MC < AC + BC (đpcm).
Kết quả không thay đổi khi M nằm trên cạnh của

ABC. Bài toán 5 là tổng
quát thực sự của bài toán 3, có thể nhận thấy lời giải trên tương đối khó nhưng
không kém phần thú vị và khi giải chỉ cần kiến thức cơ sở trong SGK.
Trong quá trình dạy học toán ở trường phổ thông, các thao tác tư duy như trên
trở thành một phương pháp tư duy cơ bản trong sáng tạo toán học, là yếu tố quan
trọng giúp HS hình thành, nắm vững các khái niệm và các tri thức lý thuyết, vận
dụng để giải bài toán, mò mẫm dự đoán kết quả, tìm ra phương hướng cho lời giải
bài toán. Mặt khác các thao tác tư duy còn giúp HS đào sâu, mở rộng và hệ thống
hoá kiến thức, giúp các em làm quen dần với nghiên cứu, sáng tạo toán học. Và
như vậy các thao tác tư duy toán học đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành,
bồi dưỡng những phẩm chất trí tuệ cho HS.
2.1.3. Tìm nhiều lời giải cho một bài toán
Sau khi giải được bài toán, một bước quan trọng tiếp theo là tìm thêm những lời
giải khác, điều đó giúp HS bồi dưỡng năng lực tìm nhiều giải pháp cho một vấn đề,
nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc cạnh khác nhau. Về phương diện giải toán, chúng
tôi nghĩ rằng: năng lực trên giúp ích rất nhiều cho việc rèn luyện HS kỹ năng thực
hành giải toán. Cụ thể:
- Rèn luyện khả năng phân tích bài toán
- Rèn luyện khả năng định hướng và xác định đường lối giải

- Rèn luyện khả năng chọn lựa phương pháp và công cụ giải
- Rèn luyện khả năng kiểm tra bài giải
- Rèn luyện khả năng tìm các bài toán, các kiến thức liên quan
Xét một ví dụ: Trong

ABC, gọi r, R thứ tự là bán kính các đường tròn nội
tiếp và ngoại tiếp tam giác. CMR: R

2r
Có thể đi theo những hướng giải quyết như sau:
Cách 1: Xét hai trường hợp
+

ABC không có góc tù.
Kẻ AH
BC
OK
BC


,
(H, K

BC )
Với O là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Khi đó : OA + OK

AH

)(2)(2.

)(2)(2.
)
(
2
.
.
.
BOCdtABCdtRBC
ABCdtBOCdtRBC
ABC
dt
AH
BC
OK
BC
OA
BC







Với hai bđt tương tự nữa ta được:
R( BC + AB + AC )

6dt(ABC )-2(dt(BOC) + dt(BOA) + dt(AOC ))
= 4dt(ABC ) = 2r(AB + AC + BC )
Suy ra: R


2r (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi O trùng với trực tâm

ABC



ABC đều.
+ Nếu

ABC tù, chứng minh tương tự với chú ý điểm O nằm ngoài

ABC sẽ
có : R > 2r. Đẳng thức không xảy ra trong trường hợp này.
Cách 2: Sử dụng các công thức về diện tích (ký hiệu a, b, c thứ tự là độ dài ba
cạnh BC, AC, AB của tam giác )
S = pr = abc/4R = ))()(( cpbpapp 
Ta đã biết : 8(p-a)(p-b)(p-c)

abc

2
8
4 2
2 2
S
RS S pR
p
pr pR r R

   
   

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . Tức là

ABC đều.
Cách 3: Trước hết ta chứng minh hệ thức Euler trong tam giác như sau:

rR
R
OI
2
22


(I là tâm đường tròn nội tiếp

ABC )
Chứng minh: Các tia AI, CI cắt (O,R) tại Dvà E , đư
ờng thẳng DO cắt BC tại
K và cắt (O,R) ở F. Dễ dàng nhận thấy
DCI
DIC




Suy ra

IDC cân tại D


ID = CD.
Kẻ IH

OD (H thuộc OD ).
Sử dụng ĐL Pitago trong

IDO
ta có
DH
DO
DO
DI
OI
.
2
222




=
DH
R
DC
R
.
2
22




Mặt khác OD
BC

nên trong

DCF :

DK
R
DF
DK
DC
.
2
.
2


.
Vậy rRRDKDHRROI 2)(2
222

Từ đó suy ra :
r
R
rR
R
2

0
2
2





Đẳng thức xảy ra khi O trùng I, tức là

ABC đều.
Cách 4: Có thể chứng minh bài toán bằng việc áp dụng hai bài toán thành phần (xét
trong phần sau) sau đây:
BT1: Cho

ABC với các đường cao AN, BE, CF .
CMR: AN + BE + CF
r
9


BT2: ( Bất đẳng thức ECDOS trong tam giác)
Cho điểm M trong

ABC , gọi P, Q, R thứ tự là hình chiếu vuông góc của M
xuống cạnh BC , AB, AC của tam giác.
CMR: MA + MB + MC

2(MP + MQ + MR)
Thậy vậy, ta có: MA + MP


AN , MB + MR

BE và MC + MQ

CF
Suy ra : 9r

AN + BE + CF

(MA + MB + MC ) + ( MP + MQ + MR )


3/2( MA + MB + MC )



r
6
MA + MB + MC
Chọn M là tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC nhọn, ta có đpcm.
Bốn lời giải của bài toán này (chắc chắn chưa phải đã hết) cho thấy một điều:
không nên dừng lại sau lời giải đầu tiên cho dù đó là lời giải hay nhất. Nếu biết
cách nhìn nhận, cách phân tích bài toán dưới mọi góc độ, mọi khía cạnh thì có thể
thu được nhiều lời giải khác nhau. Cách giải thứ nhất mang dáng dấp của phương
pháp diện tích , cách giải thứ hai sử dụng biến đổi tương đương với sự hỗ trợ của
các công thức diện tích, cách giải thứ ba và thứ tư sử dụng những kiến thức khá sâu
sắc của toán học phổ thông (hệ thức Euler, bđt Ecdos). Để có được các lời giải đó

là do chúng ta đã khai thác được cái riêng nhiều vẻ của bài toán cộng với sự tìm tòi
sáng tạo trong quá trình giải toán.
2.1.4. Vấn đề sáng tạo bài toán mới
Trong tác phẩm “Giải bài toán như thế nào”, nhà sư phạm lớn G.Polya đã viết:
“Cách giải này đúng thật, nhưng làm như thế nào để nghĩ ra một cách giải khác? Sự
kiện này đã được kiểm nghiệm, nhưng làm thế nào để phát hiện ra những sự kiện
như vậy? Và làm thế nào để tự mình phát hiện ra đư
ợc?”
Quan điểm này của G.Pôlya muốn nhấn mạnh ý nghĩa của việc dạy cho HS
biết tự tìm tòi lời giải, tự phát hiện những kết quả mới.
Sáng tạo bài toán mới là một bước quan trọng của quá trình giải toán, một
phương thức rèn luyện TDST toán học, một trong các mục tiêu chính của học tập
sáng tạo. Để xây dựng các bài toán mới, có thể hướng dẫn HS đi theo những con
đường sau đây:
a/ Xuất phát từ các khái niệm, định nghĩa, tiên đề về những đối tượng toán học
được đặt trong mối quan hệ toán học nào đó.
Ví dụ: Trong tam giác, nếu bắt đầu từ khái niệm góc, giả sử mối quan hệ giữa hai
góc là “khác nhau”, thì kéo theo mối quan hệ giữa hai cạnh đối diện cũng “khác
nhau” Cụ thể, chẳng hạn ta có bài toán:
BT : Cho

ABC thoả mãn điều kiện
B
A



khi đó CMR : BC < AC .
b/ Xuất phát từ những định lý, tính chất, bài toán đã biết, theo hướng này để xây
dựng nên các bài toán mới, có thể bằng những cách sau:

- Sử dụng các thao tác tư duy như: tương tự, đặc biệt hoá, khái quát hoá… để đi
đến bài toán đảo, bài toán tương tự, đặc biệt hoá hay tổng quát hoá.
- Từ bài toán đã giải, bằng những “ suy luận có lý” suy ra các bài toán khác
( Sự liên quan có thể ở nhiều mức độ ).
- Nghiên cứu sâu bản chất của bài toán: phân tích nguồn gốc cái đã cho, cái cần
tìm và những mối liên hệ giữa chúng, đoán nhận được cơ sở sự hình thành nên đề
toán…để xây dựng lớp các bài toán cùng dạng.
Ví dụ: Xét bài toán:
Cho điểm M trong

ABC . Gọi
cba
RRR ,, thứ tự là độ dài các đoạn MA, MB,
MC và
cba
ddd ,, thứ tự là khoảng cách từ M đến cạnh BC, AC, AB.
CMR: )(2
cbacba
cdbdadcRbRaR






Lời giải : Gọi AH là đường cao

ABC , khi đó:

2 ( ) 2 ( )

2 ( ) 2 ( )
(*)
a a
b c
a b c
dt ABC dt BMC
R AH d
a
dt AMC dt AMB
a
bd cd
aR bd cd
a

  



   

Tương tự với hai bđt nữa, suy ra:
)(2
cbacba
cdbdadcRbRaR





(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi M trùng với trực tâm tam giác.
Vấn đề đặt ra: từ bài toán này ta thu được điều gì ? Nghiên cứu kỹ lời giải, nhận
thấy nếu lấy đối xứng điểm M qua phân giác góc A thì được bđt mới rất giống với
bđt (*) trên đây nhưng bản chất thì khác hẳn.

a
cdbd
R
bc
a

 (1). Với hai bđt tương tự nữa và áp dụng bđt Cauchy có:

( ) ( ) ( ) 2( )
a b c a b c a b c
b c a c a b
R R R d d d d d d
c b c a b a
          
Vậy : )(2
cbacba
dddRRR





(E). Cũng theo trên :

cba

cdbdaR


,
bcb
adcdbR


,
bac
bdadcR


Suy ra:

cbabacacb
baaccbcba
ddabcddabddacddbcd
bdadadcdcdbdRRabcR
88
))()((







cbacba
dddRRR 8



(2)
Tiếp tục áp dụng bđt (E) : )(2
cbacba
dddRRR





ta có:

18)/(118
)/1/1/1)((2)/1/1/1)((










cbacba
cbacbacbacba
dddddd
dddddddddRRR