Phát triển năng lực chứng minh cho học sinh trung học phổ thông trong dạy học hình học

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên



ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM




NGUYỄN MẠNH HÙNG




PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC CHỨNG MINH CHO
HỌC SINH THPT TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC


ơ



LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO DỤC

THÁI NGUYÊN - 2014

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM



NGUYỄN MẠNH HÙNG



PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC CHỨNG MINH CHO
HỌC SINH THPT TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC



Chuyên ngành: Lý luận và phƣơng pháp dạy học bộ môn Toán
Mã số: 60.14.0111

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO DỤC


Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS.TS CAO THỊ HÀ




THÁI NGUYÊN - 2014



i

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi, các kết quả
nghiên cứu là trung thực và chưa được công bố trong bất kỳ công trình nào khác.

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2014
Tác giả luận văn




Nguyễn Mạnh Hùng

Xác nhận
của trưởng khoa chuyên môn
Xác nhận

của Người hướng dẫn khoa học





PGS.TS Cao Thị Hà





ii
LỜI CẢM ƠN
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của
PGS.TS. Cao Thị Hà. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành nhất đến cô. Cô đã tận
tình hướng dẫn, hết lòng giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu để
hoàn thành luận văn.
Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong Tổ bộ môn Phương pháp
giảng dạy môn Toán Trường Đại học Sư phạm Thái Nguyên, Đại học Sư phạm Hà
Nội; Ban Chủ nhiệm khoa Toán, Ban Chủ nhiệm khoa Sau Đại học Trường Đại học
Sư phạm – Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong
quá trình học tập, thực hiện và hoàn thành luận văn.
Dù đã rất cố gắng, xong luận văn cũng không tránh khỏi khỏi những hạn
chế và thiếu sót. Tác giả mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn.

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2014
Tác giả luận văn

Nguyễn Mạnh Hùng

iii
MỤC LỤC
Trang

Trang phụ bìa
Lời cam đoan i
Lời cảm ơn ii
Mục lục iii
Danh mục các từ viết tắt iv
MỞ ĐẦU 1
CHƢƠNG I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 5
1.1. Chứng minh Toán học 5
1.1.1. Khái niệm 5
1.1.2. Cấu trúc của một phép chứng minh 6
1.1.3. Các phép chứng minh toán học 7
1.1.4. Các bước giải một bài toán hình học 15
1.2. Vai trò của chứng minh hình học trong việc phát triển năng lực tư duy
của học sinh 26
1.2.1. Khái niệm tư duy 26
1.2.2. Những điều kiện ảnh hưởng đến năng lực tư duy 27
1.2.3. Rèn luyện các thao tác của tư duy cho HS trong DH hình học 28
1.2.4. Bồi dưỡng năng lực phán đoán cho HS trong học tập môn Toán: 38
1.2.5. Bồi dưỡng năng lực quan sát toán học cho HS trong DH Hình học ở
trường phổ thông 42
1.3. Thực trạng việc dạy và học hình học ở trường phổ thông 44
1.4. Kết luận chương 1 46

CHƯƠNG II. MỘT SỐ BIỆN PHÁP PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC CHỨNG
MINH CHO HỌC SINH THPT QUA DẠY HỌC HÌNH HỌC 47
2.1. Cơ sở xây dựng biện pháp : 47


iv
2.2. Một số biện pháp phát triển năng lực chứng minh cho HS trong DH Hình
học 47
2.2.1. Biện pháp 1: Tập luyện cho HS nắm được cấu trúc của một phép
chứng minh một cách tàng ẩn 47
2.2.2. Biện pháp 2 : Tập luyện cho học sinh những hoạt động thành phần
trong chứng minh 54
2.2.3. Biện pháp 3 : Chú trọng phân bậc hoạt động chứng minh hình học 62
2.3 Kết luận chương 2 70
CHƢƠNG III. THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM 71
3.1. Mục đích nhiệm vụ thực nghiệm 71
3.1.1 Mục đích thực nghiệm 71
3.1.2 Nhiệm vụ thực nghiệm 71
3.2 Nội dung thực nghiệm. 71
3.3. Tổ chức thực nghiệm: 71
3.3.1 Đối tượng thực nghiệm 71
3.3.2 Tiến trình thực nghiệm 72
3.3.3. Nội dung các đề kiểm tra 94
3.4. Phân tích kết quả thực nghiệm 96
3.4.1. Phân tích định tính 96
3.4.2. Phân tích định lượng 97
3.5. Kết luận chung về thực nghiệm 99
KẾT LUẬN 101
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 103

iv
DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT TRONG LUẬN VĂN

Viết tắt Viết đầy đủ
BPSP Biện pháp sư phạm
GV Giáo viên
HĐ Hoạt động
HS Học sinh
PPDH Phương pháp dạy học
PT Phương trình
SGK Sách giáo khoa

1
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Phát triển tư duy cho HS trong quá trình học tập là một mục tiêu quan
trọng của quá trình DH môn Toán ở trường phổ thông. Việc nghiên cứu
những vấn đề lí luận về việc phát triển năng lực tư duy cho HS trong quá trình
DH Toán đã được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu. Những nghiên cứu về
các biểu hiện của năng lực tư duy của HS cho thấy, năng lực chứng minh toán
học của HS là một trong các năng lực tư duy quan trọng của HS. Trong khi
thực hiện hoạt động chứng minh toán học người học không chỉ được phát
triển kĩ năng phân tích, tổng hợp, khái quát hóa mà họ còn được rèn luyện
một cách thường xuyên năng lực tư duy lôgic. Thông qua hoạt động chứng
minh toán học còn hình thành cho người học khả năng nhìn nhận vấn đề một
cách sâu sắc với những dẫn chứng xác thực chứ không nhìn nhận vấn đề một
cách phiến diện, hời hợt và thiếu căn cứ.
Hình học là một ngành của toán học, nó nghiên cứu hình dạng, kích
thước và vị trí của các hình trong không gian. Bộ môn hình học ở trường phổ
thông có hai đặc trưng cơ bản : thứ nhất nó có tính lôgíc chặt chẽ kết hợp với
biểu tượng trực quan sinh động, thứ hai là mối liên hệ giữa hình học thuần
túy với hình học thực tế, trong đó hình học thuần túy lấy hình học thực tế làm
điểm xuất phát để trừu tượng hóa đồng thời kiểm nghiệm tính đúng đắn của
nó. Đó là con đường lôgíc đến thực tiễn.
Trong chương trình môn Toán ở trường THPT, nội dung hình học
chiếm một phần rất quan trọng. Việc DH hình học ở trường THPT không
chỉ cung cấp cho người học những kiến thức về các đối tượng hình học và
các mối quan hệ giữa chúng mà nó còn là những cơ hội để rèn luyện năng
lực tư duy, phẩm chất trí tuệ, năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề và

khả năng vận dụng các kiến thức hình học vào thực tiễn cuộc sống cho
HS. Muốn vậy, việc dạy học hình học ở trường phổ thông phải thể hiện
được hai đặc trưng trên.


2
Trong DH hình học thì các bài tập hình học ở trường phổ thông là
một phương tiện có hiệu quả và không thể thay thế được trong việc giúp học
sinh nắm vững tri thức, phát triển năng lực tư duy, hình thành kĩ năng, kĩ xảo,
ứng dụng vào thực tiễn. Việc giải các bài tập hình học là điều kiện tốt để thực
hiện các mục đích của dạy học toán ở trường phổ thông, được thể hiện thông
qua các chức năng của bài tập toán học là : chức năng dạy học, chức năng
giáo dục, chức năng phát triển và chức năng kiểm tra. Đặc biệt, các bài toán
chứng minh trong hình học có tác dụng rất lớn trong việc rèn luyện tư duy
logic cho học sinh, nó vừa giúp học sinh nắm vững kiến thức vừa giúp học
sinh rèn luyện các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, so sánh… Hơn
nữa, việc chứng minh bài tập hình học còn là một phương tiện quan trọng trog
việc phát triển năng lực tư duy logic cho HS.
Tuy vậy, thực tiễn DH hình học ở trường phổ thông cho thấy năng lực
chứng minh các bài tập hình học của học sinh còn nhiều bất cập. Nhiều học
sinh không hiểu được các lời chứng minh, không nắm được các phương pháp
chứng minh hình học cũng như không nhận ra được các quy tắc logic được sử
dụng trong các chứng minh. Trong khi đó những nghiên cứu về việc phát triển
năng lực chứng minh hình học cho HS trường THPT cũng chưa được nhiều
tác giả quan tâm nghiên cứu. Từ những thực trạng trên và từ vai trò của bài
tập hình học trong việc phát triển năng lực tư duy cho HS . Vì vậy, tôi lựa
chọn đề tài “PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC CHỨNG MINH CHO HỌC SINH
THPT TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu nhằm đề xuất một số biện pháp sư phạm trong việc phát

triển năng lực chứng minh cho học sinh thông qua dạy học hình học ở trường
phổ thông.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
 Nghiên cứu một số vấn đề lí luận về chứng minh toán học và phát triển
năng lực chứng minh toán học cho học sinh trường THPT.


3
 Tìm hiểu thực trạng dạy học hình học ở trường THPT theo hướng phát
triển
 năng lực chứng minh cho học sinh.
 Đề xuất một số BPSP nhằm phát triển năng lực chứng minh toán học cho
 HS trường THPT thông qua dạy học hình học.
 Tổ chức dạy thực nghiệm để minh chứng cho tính hiệu quả và tính
khả thi của các BPSP đã đề xuất.
4. Khách thể và đối tƣợng nhiên cứu
 Khách thể nghiên cứu: Quá trình dạy học Hình học ở trường phổ
thông.
 Đối tượng nghiên cứu: Năng lực chứng minh toán học của HS trong
dạy học Hình học ở trường phổ thông.
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
 Phương pháp nghiên cứu lí luận
+ Nghiên cứu tài liệu về phương pháp giảng dạy môn Toán, liên quan
đến dạy học chứng minh định lí toán học.
+ Nghiên cứu Sách giáo khoa, Sách giáo viên và các tài liệu có liên quan
đến vấn đề này.
 Phương pháp điều tra: Nhằm tìm hiểu thực trạng về khả năng
chứng minh toán học của học sinh.
 Phương pháp quan sát: Nhằm tìm hiểu thực trạng việc tổ chức dạy
học chứng minh hình học cho học sinh trường THPT.

 Phương pháp thực nghiệm :Tổ chức dạy thực nghiệm một số tiết ở
Trung học Phổ thông. Thu thập kết quả khảo sát bài kiểm tra của học sinh sau
mỗi tiết dạy thực nghiệm, thống kê kết quả đạt được, phân tích để bước đầu
đánh giá hiệu quả của các BPSP nhằm phát triển năng lực chứng minh toán
học cho học sinh.



4
6. Giả thuyết khoa học
Nếu đề xuất được một số BPSP có tính khả thi trong việc phát triển năng
lực chứng minh cho học sinh qua dạy học hình học thì sẽ góp phát triển năng
lực chứng minh toán học cho học sinh, đồng thời góp phần nâng cao được
hứng thú trong học tập môn hình học đối với học sinh phổ thông.
7. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gòm 3 chương
Chương 1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
Chương 2. Một số biện pháp sư phạm phát triển năng lực chứng minh
hình cho học sinh thông qua dạy học hình học.
Chương 3. Thử nghiệm sư phạm



5
CHƢƠNG I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. Chứng minh Toán học
1.1.1. Khái niệm
Khái niệm về chứng minh toán học cũng được nhiều nhà nghiên cứu định
nghĩa theo nhiều cách khác nhau. Theo Nguyễn Bá Kim [11] “Trong toán
học, một chứng minh là một cách trình bày thuyết phục (sử dụng những chuẩn

mực đã được chấp nhận trong lĩnh vực đó) rằng một phát biểu toán học là
đúng đắn. Chứng minh có được từ lập luận suy diễn, chứ không phải là tranh
luận kiểu quy nạp hoặc theo kinh nghiệm”. Có nghĩa là, một chứng minh phải
biểu diễn cho thấy một phát biểu là đúng với mọi trường hợp, không có ngoại
lệ. Một mệnh đề chưa được chứng minh nhưng được chấp nhận đúng được
gọi là một phỏng đoán.
Một mệnh đề đã được chứng minh thường được gọi là định lý, một khi định
lý đã được chứng minh, nó có thể được dùng làm nền tảng để chứng minh các
mệnh đề khác. Một định lý cũng có thể được gọi là bổ đề, đặc biệt nếu nó
được dự định dùng làm bước đệm để chứng minh một định lý khác.
Theo tác giả Nguyễn Bá Kim [12] thì “Chứng minh một mệnh đề T là tìm ra
một dãy hữu hạn
n
AAA , ,,
21
thỏa mãn các điều kiện sau :
+ Mỗi
( 1,2, , )
i
A i n=
của dãy đó là một tiên đề, hoặc định nghĩa, hoặc
suy ra từ một số trong các
121
, ,,
i
AAA
nhờ những quy tắc kết luận lôgic.
+
n
A

chính là mệnh đề T.
Như vậy có thể hiểu : Chứng minh toán học là quá trình suy luận hợp lôgic
xuất phát từ các tiền đề đã biết là đúng (các tiền đề có thể là các tiên đề, các
định nghĩa, các định lí đã được chứng minh và các giả thiết của mệnh đề dang
cần chứng minh) và nhờ các quy tắc kết luận lôgic để dẫn đến một kết luận


6
đúng. Do vậy, cấu trúc của một phép chứng minh toán học bao gồm : Luận đề
- luận cứ - luận chứng.
1.1.2. Cấu trúc của một phép chứng minh
Mọi phép chứng minh logic đều gồm có 3 bộ phận :
a) Luận đề : Nó trả lời cho câu hỏi : “Chứng minh cái gì?”. Như vậy ta
có thể hiểu “luận đề” chính là kết luận của mệnh đề.
b) Luận cứ: Là những tiên đề, định nghĩa, định lý đã biết, giả thiết (của
mệnh đề cần chứng minh) được đưa ra làm tiền đề cho mỗi suy luận. Nó trả
lời cho câu hỏi : “Chứng minh dựa vào cái gì ?”.
c) Luận chứng : Là những quy tắc suy luận lôgíc được sử dụng trong
chứng minh. Nó trả lời cho câu hỏi : “chứng minh bằng cách nào, theo những
qui tắc suy luận nào?”
Ví dụ 1 : Chứng minh mệnh đề : “Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt đi
qua hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) song song
với hai đường thẳng đó (hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó)’’.
Ta sẽ đi chứng minh mệnh đề này, muốn vậy ta chuyển mệnh đề trên sang
ngôn ngữ toán học như sau: Cho hai đường thẳng
21
//dd
,nếu









d
d
d
)()(
)(
)(
2
1



thì
21
//// ddd
hoặc
1
dd 
hoặc
2
dd 
.


d

d
1
d
2



7
Chứng minh : Nếu d không trùng với
1
d
hoặc
2
d
thì ba mặt phẳng
)(

,
)(


và (
1
d
,
2
d
) phân biệt,khi đó theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có
21221
121

////
)()(
)()d , (d
)()d , (d
ddd
d
d
d












(vì
21
//dd
nên ba đường thẳng đó không
đồng quy).Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Như vậy qua chứng minh mệnh đề trên ta thấy:
- Luận đề :
21
//// ddd
hoặc h

1
dd 
oặc
2
dd 
.
- Luận cứ : + Các giả thiết của mệnh đề
+ Khái niệm hai đường thẳng song song, giao tuyến của hai mặt
phẳng và các tính chất kèm theo
+ Định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng : Giả sử
)(

và
)(

lần lượt
đi qua hai đường thẳng
1
d
và
2
d
song song với nhau, gọi d là giao tuyến của
)(

và
)(

khi đó áp dụng định lý về giao tuyến của 3 mặt phẳng
)(


,
)(

và
(
1
d
,
2
d
) thì rõ ràng
21
//// ddd
hoặc
1
dd 
hoặc
2
dd 
. Đó chính là điều phải
chứng minh.
- Luận chứng : Trong phép chứng minh trên ta sử dụng quy tắc lôgic

,A B A
B
Þ

1.1.3. Các phép chứng minh toán học
Trong Toán học người ta có các phép chứng minh như sau:

a) Phép chứng minh diễn dịch : Phép chứng minh diễn dịch là phép
chứng minh mà dựa trên các tiền đề đã biết (được gọi là các luận cứ) và
những quy tắc suy luận (được gọi là các luận chứng) để suy ra điều phải


8
chứng minh (được gọi là các luận đề). Trong phép chứng minh diễn dịch
người ta chia thành hai loại : phép chứng minh trực tiếp và phép chứng minh
gián tiếp (hay còn gọi là chứng minh phản chứng)
*) Phép chứng minh trực tiếp: Phép chứng minh trực tiếp là dựa
trên các luận cứ, những qui tắc suy luận để rút ra luận đề. Cơ sở của chứng
minh trực tiếp là các quy tắc suy luận (Modus ponens).
Ta có thể hiểu phép chứng minh này như sau: Giả sử ta phải chứng minh
mệnh đề A

B là đúng (A là giả thiết, B là kết luận), ta lập các mệnh đề mới
A
1
, A
2
, …, A
n
gọi là các mệnh đề trung gian và chứng minh các mệnh đề sau
đây đúng:
A

A
1…
, A
1


A
2
, …, A
n

B.
Tức là ta đã vận dụng liên tiếp các quy tắc kết luận sau:
1 1 2 1
12
,
,,
, , ,
nn
A B A
A A A A A A
A A B



Theo quy tắc bắc cầu, ta có:
     
1 1 2

n
A A A A A B
B
     

Ví dụ 2: Chứng minh tính chất: Trong mọi hình bình hành, hai cạnh đối diện

luôn bằng nhau.
Sau đây là đoạn trình bày chứng minh
một cách chi tiết
Kẻ đường chéo AC, chia hình bình
hành ABCD ra làm hai tam giác ABC và
ADC.
(i) Nếu hai đường thẳng song song với nhau thì chúng tao thành một
cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau.
AD // BC (theo giả thiết)
Vậy
 
CAD ACB
(so le trong)
A
D
B
C


9
(ii) chứng minh tương tự, ta được:


BAC ACD

(iii) Nếu hai tam giác có một cạnh bằng nhau kề với hai góc bằng nhau
từng đôi một thì hai tam giác đó bằng nhau.
Hai tam giác ABC và ADC có
cạnh AC chung
 

CAD ACB

và


BAC ACD
theo chứng minh trên
Vậy hai tam giác đó bằng nhau theo trường hợp g – c – g
(iv) Nếu hai tam giác bằng nhau thì đối diện với các cặp góc bằng nhau
là những cặp cạnh bằng nhau.
Hai tam giác ABC và ADC bằng nhau, mặt khác hai cạnh AD và BC đối
diện với hai góc bằng nhau


BAC ACD
, hai cạnh AB và CD đối diện với hai
góc bằng nhau
 
CAD ACB
.
Vậy AD = BC và AB = CD.
Mỗi mắt xích (i), (ii), (iii), (iv) là một đoạn áp dụng quy tắc kết luận
lôgic
,A B A
B

(1). Giáo viên cần nhấn mạnh sơ đồ (1) thông qua những ví dụ
cụ thể như trên để học sinh lĩnh hội quy tắc đó một cách ẩn tàng.
Thông thường khi vận dụng quy tắc 1, nếu
AB

là một định nghĩa hay
định lí thì người ta thường trình bày vắn tắt không nhắc lại định nghĩa hay
định lý đó. Vì vậy, đoạn chứng minh trên có thể được viết ngắn gọn như sau:
Kẻ đường chéo AC chia hình bình hành ABCD thành hai tam giác ABC và
ADC.
AD // BC (giả thiết)
Nên
 
CAD ACB
(hai góc so le trong)
Chứng minh tương tự ta được:


BAC ACD

Hai tam giác ABC và ADC có: AC cạnh chung;


BAC ACD
(chứng minh
trên)


10
 
CAD ACB
(chứng minh trên).
Vậy
ABC CDA  
(g – c – g)

AB CD
và
BC DA

Ví dụ 3: Chứng minh định lý sau:
Với mọi tam giác ABC ta có:
sin sin sin
a b c
A B C


GT
ABC
có
BC = a, AC = b, AB = c
KL
sin sin sin
a b c
A B C


H
H
A
B
C
B
A
C

Sau khi cho học sinh vẽ hình, ghi GT, KL như trên, ta hướng dẫn học
sinh chứng minh định lý như sau:
Kẻ đường cao AH, ta có:
AH BC
suy ra
. 0 .( ) 0 . .AH BC AH AC AB AH AC AH AB     
        

Tức là:


. .cos . .cosAH AC HAC AH AB HAB



.cos .cosAC HAC AB HAB

Vì

cos sin
HAC C
và

cos sin
HAB B
nên
.sin .sinAC C AB B

hay
.sin .sinb C c B

Vì
sin ,sinCB
đều khác 0 nên
sin sin
bc
BC


Bằng cách kẻ đường cao BH và chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:

sin sin
ac
AC


Vậy ta có:
sin sin sin
a b c
A B C




11
Ví dụ 4: Cho hình bình hành ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Chứng
minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB và COD tiếp xúc ngoài
với nhau.
Giải :
Phân tích:

Gọi M, N lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại
tiếp hai tam giác AOB và COD.
Ta có:
AOD COB  
(c.c.c)
Do đó các đường tròn ngoại tiếp hai tam giác này
có bán kính bằng nhau:
MO = MD = NO = NB (1)
MDO NBO  
(c.c.c)
Suy ra:


MOD NOB
, dẫn tới ba điểm M, O, N thẳng hàng. (2)
Từ (1) và (2) Suy ra: MN = MO + ON, tức là đoạn nối tâm bằng tổng
hai bán kính nên các đường tròn (M) và (N) tiếp xúc ngoài với nhau.
Như vậy qua việc chứng minh trên ta đã nhấn mạnh và làm nổi bật cho học
sinh quy tắc kết luận lôgíc rất thông dụng là
,A B A
B

. Giáo viên cần quan
tâm dùng những ví dụ cụ thể bác bỏ những sai lầm do học sinh thường ngộ
nhận đó là:

,A B B
A

hay

,A B A
B


Tóm lại: phép chứng minh trực tiếp ưu điểm nổi bật
là trình bài gọn gàng, chặt chẽ, có hệ thống. Do vậy
phép chứng minh này thường được sử dụng để trình
bày phép chứng minh hầu hết các định lý trong sách
giáo khoa hoặc trình bày bài giải một bài toán nói chung và lời giải một bài
toán chứng minh hình học nói riêng. Tuy nhiên về phương diện sư phạm phép
chứng minh này thường thiếu tự nhiên, vì học sinh không hiểu lí do vì sao (tìm
N
M
O
C
B
A
D
O
B
A
M


12
đâu ra, làm sao phải tìm) lại bắt đầu từ A. Để khắc phục nhược điểm này đòi hỏi
trong quá trình chứng minh giáo viên phải thường xuyên sử dụng pháp phân
tích đi lên để giúp người học tìm ra lời giải.
+ Phép chứng minh gián tiếp:
Trong thực tế, để chứng minh mệnh đề

AB
là đúng, nếu ta chứng minh
trực tiếp thì việc chứng minh có thể rất khó khăn. Do vậy để chứng minh
AB
là đúng ta có thể chứng minh mệnh đề
BA
là đúng và do vậy theo lí
thuyết mệnh đề thì ta có ngay
AB
là đúng. Tức là: Giả sử, ta cần chứng
minh mệnh đề
AB
là đúng, với A là giả thiết. Để chứng minh mệnh đề này
là mệnh đề đã cho là đúng, ta phải chứng minh B đúng. Muốn vậy ta giả thiết
phản chứng
B
là sai, tức là
B
là đúng ta suy ra điều này mâu thuẩn với giả
thiết A hoặc mâu thuẫn với mệnh đề đúng đã biết. Điều đó chứng tỏ mệnh đề
BA
là sai. Vậy kết luận B đúng (theo luật mâu thuẫn). Cơ sở của phép
chứng minh này là ta sử dụng mệnh đề phủ định và sử dụng các phép suy
luận diễn dịch ở trên.
Ví dụ 5: Chứng minh định lí đảo của định lí “góc tạo bởi tia tiếp tuyến và
dây cung” cụ thể là ta cần chứng minh: Nếu góc

BAx
(với đỉnh
A

nằm trên
đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB) có số đo bằng một nữa số đo của
cung AB căng dây đó và cung này nằm bên trong góc đó thì cạnh Ax là một
tia tiếp tuyến của đường tròn.
Bài này ta có thể chứng minh trực tiếp hoặc gián tiếp, tuy nhiên ta có thể
trình bày cách chứng minh theo phương pháp chứng minh gián tiếp (chứng
minh phản chứng) như sau:
Giả sử tia Ax không phải là tiếp tuyến của (O).
Gọi M là giao điểm thứ hai của Ax với (O). Theo giả thiết ta có:

1
2
BAM 
sđ

AB
(1)
Mà

BAM
là góc nội tiếp có điểm M trên cung AB nên:


13

1
2
BAM 
sđ


AB
(2)
Từ (1) và (2) ta thấy vô lý. Vậy Ax là tiếp tuyến của (O).
Ta cũng có thể phản chứng như sau:
Giả sử Ax không phải là tiếp tuyến của (O).
Vẽ tia tiếp tuyến Ax’ với (O) nên

1
'
2
BAx 
sđ

AB

Ta có

1
2
BAx 
sđ

AB
(gt). Vậy


'BAx BAx

Suy ra: Ax trùng với tia Ax’ hay Ax là tiếp tuyến của (O).
b) Chứng minh quy nạp: Phép chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán

học, gọi tắc là chứng minh quy nạp cũng là một phương pháp chứng minh
thường gặp trong Toán học. Nội dung của phương pháp này như sau:
Giả sử phải chứng minh mệnh đề P(n) nào đó đúng với mọi số tự nhiên n
(P(n) là hàm mệnh đề với số tự nhiên), với n

a, trong đó a là số tự nhiên cho trước.
Ta tiến hành theo các bước như sau:
Bước 1: chứng minh mệnh đề đúng với n = a
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k

a) nào đó. Ta chứng minh mệnh
đề đúng với n = k + 1, nghĩa là
( ) ( 1), ( )
( 1)
P k P k P k
Pk



Bước 3: Kết luận P(n) đúng với mọi n

a
Cơ sở lí luận của phương pháp này là:
Theo bước 1: mệnh đề P(n) đúng với n = a
Theo bước 2: ta có P(a) đúng

P(a+1) đúng
P(a+1) đúng

P(a+2) đúng

…
Phép suy luận không thể dừng lại, nên P(n) đúng

n

a
Ví dụ 6: Ta xét bài toán sau:
Cho hai đường thẳng song song. Trên mỗi đường thẳng lấy
n
điểm và
kẻ những đoạn thẳng nối các điểm không cùng trên một đường thẳng. Số đoạn


14
thẳng nhiều nhất có thể kẻ được là bao nhiêu để cho chúng không cắt nhau ở
trong phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng đã cho.
Ta nhận thấy, mặc dù bài toán này khong cho rõ việc chứng minh mệnh
đề dạng
()Pn
nhưng dễ nhận thấy trong giả thiết của bài toán người ta đề cập
đến việc kẻ
n
điểm, nên thực tế là ta có thể phải chứng minh với mệnh đề
dạng
()Pn
. Do vậy, một trong các hướng chứng minh cho bài toán này là ta
nghĩ đến phương pháp quy nạp.
Ta có thể phát biểu một bài toán mở rộng của bài toán trên như sau:
Cho hai đường thẳng song song. Trên đường thẳng thứ nhất ta ghi k điểm
theo thứ tự từ trái sang phải là A

1
, A
2
, …, A
k
. và trên đường thẳng thứ hai, ta
ghi n điểm theo thứ tự từ trái sang phải là B
1
, B
2
, …, B
n

(
D'
)
(
D
)
B
N
B
3
B
2
B
1
A
K
A

3
A
2
A
1

Nối A
1
với n điểm B
1
, B
2
, …, B
n
và nối B
n
với K điểm A
1
, A
2
, …, A
k
. Ta
được tất cả (k + n – 1) đoạn thẳng thoả yêu cầu bài toán.
Ta chứng minh rằng không thể có nhiều hơn (k + n – 1) đoạn thẳng nối
các điểm A
1
, A
2
, …, A

k
với các điểm B
1
, B
2
, …, B
n
để các đoạn thẳng đó
không cắt nhau ở trong phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng (D) và
(D’) đã cho. (*)
Thật vậy: Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp như sau:
 Với k = 1 và n = 1: mệnh đề hiển nhiên đúng
 Giả sử (*) đúng với k + n = m, ta chứng minh (*) đúng khi k + n = m
+ 1.


15
Xem hai điểm cuối A
k
và B
n
. Đoạn thẳng A
k
B
n
không cắt bất kỳ đoạn
thẳng A
i
B
j

khác, i = 1, 2, …, (k – 1) và j = 1, 2, …, (n – 1), do đó tập hợp
những đoạn thẳng thoả yêu cầu của bài toán phải chứa đoạn thẳng A
k
B
n
. Nếu
như cả hai điểm A
k
và B
n
đều được nối với một vài điểm nào đó thì chúng sẽ
cắt nhau. Do đó một trong hai điểm A
k
và B
n
không nối với các điểm khác.
Giả sử A
k
không nối với những điểm B
s
, s < n còn lại mà chỉ nối với B
n
.
Với (k – 1) + n điểm A
1
, A
2
, …, A
k – 1
và B

1
, B
2
, …, B
n
, từ giả thiết qui
nạp, ta kẻ được tối đa là:
(k – 1) + n – 1 = k + n – 2 đoạn thẳng không cắt nhau. Từ đó, ta suy ra:
với các điểm A
1
, A
2
, …, A
k
và B
1
, B
2
, …, B
n
có thể kẻ được tối đa:
( k + n – 2) + 1 = k + n – 1 đoạn thẳng không cắt nhau  đpcm.
1.1.4. Các bƣớc giải một bài toán hình học
Cũng như việc giải một bài toán thông thường, quy trình giải một bài
toán chứng minh hình học cũng thường phải trải qua các bước sau đây (theo
G.Polia [ 17]):
a) Tìm hiểu đề toán:
Theo quan điểm của chúng tôi, để giải được một bài toán, trước hết
người học phải hiểu đề bài và ham thích giải bài toán đó. Vì thế, bước quan
trong nhất trong việc giải một bài toán là giáo viên cần giúp học sinh tìm hiểu

đề bài và chú ý gợi đông cơ, khơi gợi trí tò mò, hứng thú cho các em. Để hiểu
rõ đề toán trong một bài toán hình học, trước hết người học cần:
- Nắm vững mọi khái niệm đề cập trong bài toán. Cần phải nhớ lại
định nghĩa của các khái niệm đó hoặc có thể định nghĩa khái niệm đó bằng
những cách khác như thế nào?
- Phải nắm rõ giả thiết và kết luận của bài toán. Nghĩa là bài toán cho
những gì? Ta phải chứng minh điều gì? Phải tìm cái gì? (làm rõ luận đề và
một phần luận cứ của bài toán)


16
- Dựa vào bài toán đã cho, vẽ hình mô tả nội dung bài toán. Hình vẽ sẽ
giúp ta hiểu được đề toán một cách cụ thể và rõ ràng hơn. Hình vẽ còn tác
dụng gợi ý cho việc tìm ra các giải pháp, cách giải và phát triển trí tưởng
tượng không gian. Nếu cần thiết ta phải vẽ thêm đường phụ cho bài toán. Khi
vẽ hình cho bài toán cần lưu ý:
+ Hình vẽ phải mang tính tổng quát, không nên vẽ hình trong trường
hợp đặc biệt, vì như thế dễ gây ngộ nhận.
+ Nên thể hiện những điều đã cho và những điều cần tìm trên hình vẽ
(nếu có thể).
+ Để làm nổi bậc các đường, các hình, trong hình vẽ có sử dụng nét
đậm, nét nhạt với màu sắc khác nhau, nét liền hay nét đứt.
+ Dựa vào hình vẽ, ghi giả thiết, kết luận của bài toán. Việc ghi giả
thiết, kết luận giúp ta nắm vững hơn nội dung bài toán, chuẩn bị tốt cho các
bước tiếp theo.
b) Tìm tòi lời giải bài toán:
Việc tìm tòi lời giải bài toán là một bước quan trọng bậc nhất trong
hoạt động giải toán. Điều cơ bản của bước này là biết định hướng đúng để tìm
ra được nhanh chóng hướng giải bài toán. Để tìm tòi lời giải bài toán cần:
* Hãy nghĩ đến những bài toán có liên quan: Những bài toán liên quan có

thể là những bài toán tương tự với những bài toán đã cho hoặc là những bài
toán tổng quát hơn bài toán đã cho, hoặc là trường hợp đặc biệt của bài toán
đã cho, hoặc những bài toán liên quan chứa đựng một phần giả thiết hoặc một
phần kết luận của bài toán cần chứng minh. Nghĩ đến những bài toán liên
quan để tìm cách sử dụng kết quả hay phương pháp giải các bài toán đó.
Ví dụ 7: Cho tam giác nhọn ABC, xác định một tam giác MPQ có chu vi bé
nhất, nội tiếp tam giác ABC (có nghĩa là các đỉnh M, N, P của tam giác MNP
lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, BA của tam giác ABC).
Bài toán trên cho ta gợi nhớ đến bài toán quen thuộc sau đây ở lớp 8:


17
Bài toán liên quan: Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó.
Hãy xác định điểm A, B lần lượt nằm trên hai tia Ox, Oy sao cho chu vi của
tam giác ABM bé nhất.
Bài toán này được giải quyết như sau:
Gọi M’, M” là các điểm đối xứng với
M lần lượt qua Ox, Oy. Gọi A, B lần lượt là
giao điểm của M’M”với Ox và Oy
Ta có: chu vi tam giác MAB bằng:
MA + MB + AB = M’A + M”B + AB
= M’M”
Với hai điểm A’, B’ bất kì khác A, B trên tia Ox, Oy ta có chu vi tam
giác MA’B’ bằng:
MA’ + MB’ + A’B’ = M’A’ + M”B’ + A’B’
> M’M” vì đường gấp khúc M’A’B’M” bao giờ cũng
có độ dài lớn hơn đường thẳng M’M”.
Vậy các điểm A, B như đã xác định ở trên tạo thành một tam giác có chu
vi bé nhất thoả yêu cầu đề toán.
Từ bài toán đó và cách giải của nó ta tìm thấy lời giải của bài toán ban

đầu như sau:
Gọi MPQ là tam giác nội tiếp tam giác
ABC thoả yêu cầu đề toán.
Gọi M’, M” lần lượt là các điểm đối xứng
của M qua AB, AC:
Khi đó ta có:
MP + PQ + QM = M”P + PQ + QM’
Vì M”P + PQ + QM’  M’M” nên ta suy ra nếu đã chọn điểm M trên BC thì
chu vi tam giác MPQ bé nhất khi và chỉ khi các điểm M’, Q, P, M” thẳng
hàng và chu vi của tam giác đó bằng độ dài M’M”.
x
y
A
B
M'
M"
O
M
B'
A'
P
Q
M'
M"
B
C
A
M

18
Vậy với mỗi vị trí của M trên cạnh BC ta xác định được một tam giác MPQ
có chu vi bé nhất.
Bài toán được giải nếu ta xác định được vị trí của điểm M trên cạnh BC
sao cho độ dài M’M” bé nhất.
Ta thấy đoạn thẳng AM’ và AM” đối xứng với đoạn AM lần lượt qua
các đoạn thẳng AB và AC nên ta có AM’ = AM” = AM và góc


' " 2M AM BAC
. Như vậy tam giác M’AM” cân tại A có cạnh bên AM’ =
AM” = AM và góc ở đỉnh không đổi. Vậy cạnh đáy M’M” bé nhất khi độ dài
AM bé nhất.
Suy ra M là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC.
Bằng cách lập luận tương tự ta có P và Q là đường cao hạ từ B và C của
tam giác ABC.
Ví dụ 8: Cho hình thang ABCD với hai cạnh AB và CD song song. Hai
đường chéo AC và BD cắt nhau tại O.
a. Chứng minh rằng
1
2
AOB COD ABCD
S S S

b. Với điều kiện nào của các cạnh AB và CD thì tổng các diện tích tam
giác AOB và COD nhỏ nhất?
Để chứng minh bài toán này ta cần cho học sinh xét bài tập sau:
Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy điểm M tuỳ ý. Đường thẳng qua M và
song song với AB cắt AC ở P. Đường thẳng
qua M và song song với AC cắt AB tại Q.

Chứng minh rằng
1
2
APMQ ABC
SS
, và dấu bằng
xảy ra khi và chỉ khi M là trung điểm của
đoạn thẳng BC.
Giải:
Ta xét hai trường hợp:
a. M là trung điểm của BC: khi đó P, Q lần lượt là AC và AB.
G
H
K
Q
P
B
C
A
M