SKKN: phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi bậc THPT

mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Ngày nay, ở Việt Nam cũng nh trên thế giới, giáo dục đợc 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
ngời, mục tiêu cơ bản của giáo dục phải đào tạo ra những con ngời 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 t duy sáng tạo (TDST) cho học sinh ở các nhà trờng
phổ thông đối với những ngời làm công tác giáo dục có một vị trí hết sức quan trọng.
Thực hiện Nghị quyết Trung ơng II khoá VIII của Đảng, chúng ta cơ bản đã xoá
bỏ loại hình trờng 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 dỡng HS giỏi bị xem
nhẹ, ngợc lại nó càng phải đợc quan tâm và thực hiện đúng mức, bởi HS giỏi là thế hệ
nhân tài tơng lai của đất nớc. Vậy làm thế nào để bồi dỡng, phát triển năng lực sáng
tạo cho những HS khá giỏi, đáp ứng đợc 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 trờng phổ thông hiện nay nói chung tuy đã có đổi mới
về phơng pháp giảng dạy cũng nh nội dung chơng trình nhng vẫn còn tồn tại nhiều nơi
phơng pháp dạy học cũ, thiếu tính tích cực từ phía ngời học, thiên về dạy, yếu về học,
không kiểm soát đợc việc học Và nh vậy cha đáp ứng đợc yêu cầu đối với sự nghiệp
GD & ĐT trong công cuộc đổi mới đất nớc, nhất là việc quan tâm rèn luyện, phát triển
năng lực t duy sáng tạo, bồi dỡng nhân tài ở nhà trờng phổ thông.
Bài toán bất đẳng thức (bđt) hình học phẳng là bài toán cơ bản và thờng gặp trong
hệ thống bài tập toán thuộc chơng 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 t duy giải toán linh hoạt sáng tạo. Do đó dạy học chủ đề này có tác dụng lớn
trong việc bồi dỡng phát triển năng lực trí tuệ cho học sinh thông qua các thao tác t
duy, đồng thời giúp học sinh khắc sâu, tổng hợp, hệ thống hóa đợc kiến thức cơ bản,
tăng cờng năng lực giải toán. Mặc dù vậy trong SGK cũng nh SBT hình học, số lợng
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 dỡng HS giỏi bậc THPT và đổi mới ph-

ơng pháp dạy học toán cũng nh khắc phục những tồn tại trên đây, đề tài đợc chọn là:
Phát triển t duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trờng THPT qua chủ đề bất
đẳng thức hình học phẳng.
2. Mục đích nghiên cứu
1
Nghiên cứu quá trình rèn luyện, phát triển TDST về toán ở đối tợng học sinh khá
giỏi bậc THPT. Xây dựng hệ thống bài tập về bđt hình học phẳng cùng các phơng 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 t 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, hớng dẫn học sinh cách giải và
khai thác bài toán, qua đó củng cố, khắc sâu kiến thức, bồi dỡng phát triển TDST cho
học sinh trờng THPT.
- Đa ra một số biện pháp s phạm nhằm thực hiện mục đích nghiên cứu.
- Thực nghiệm s phạm qua các biện pháp s 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 trờng THPT.
5. Phơng pháp nghiên cứu
- Phơng pháp nghiên cứu lý luận
- Phơng pháp thực nghiệm s phạm
6. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
Nghiên cứu những biện pháp phát triển TDST toán học cho HS khá, giỏi ở trờng
THPT trên cơ sở dạy học nội dung giải bài toán bất đẳng thức hình học phẳng.

2
Chơng I: Phát hiện và bồi dỡng học sinh giỏi toán ở trờng
THPT
1.1. Dạy học giải bài tập ở nhà trờng 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 tr-
ờng 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 nh: nhận dạng, thể hiện các
khái niệm, định nghĩa, định lý, quy tắc - phơng 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 phơng 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 hớng
đến việc thực hiện mục đích dạy học môn toán nh:
- 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 t duy, hình thành các phẩm
chất trí tuệ.
- Hình thành, bồi dỡng thế giới quan duy vật biện chứng cũng nh những phẩm chất
đạo đức của ngời lao động mới.
b/ Về mặt nội dung dạy học: bài tập toán là một phơng tiện để cài đặt nội dung dới
dạng tri thức hoàn chỉnh hay những yếu tố bổ sung cho tri thức đã học ở phần lý
thuyết.
c/ Về mặt phơng 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 nh 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 đợc thực hiện độc lập hoặc trong
giao lu.
Trong thực tiễn dạy học, bài tập đợc sử dụng với những dụng ý khác nhau
3

về phơng pháp dạy học: đảm bảo trình độ xuất xuất phát , gợi động cơ, làm việc với
nội dung mới, củng cố hoặc kiểm traĐặc biệt về mặt kiểm tra, bài tập là phơng 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 t duy của HS, cũng nh 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 dỡng, phát triển TDST
toán học cho HS ngay từ bậc THCS.
1.1.2. Phơng pháp giải bài tập toán
Theo G.Pôlya, phơng pháp chung giải một bài toán gồm các bớc:
1. Tìm hiểu nội dung đề bài:
Để giải đợc một bài toán, trớc 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 đợc yếu tố, quan hệ bản chất giúp nhận dạng đợc bài toán, có thể
dùng công thức, ký hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề bài.
2. Xây dựng chơng 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 tơng tự, một trờng hợp riêng, một
bài toán tổng quát hơn hay bài toán nào đó có liên quan. ở bớc 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 phơng pháp đặc thù với dạng
toán đó nh: phơng pháp tổng hợp, biến đổi tơng đơng, phản chứng, quy nạp toán học
3. Thực hiện chơng trình giải: Từ cách giải vừa đợc phát hiện, sắp xếp các việc phải
làm thành một chơng trình giải và thực hiện chơng trình đó.
4. Kiểm tra và nghiên cứu lời giải:
- Kiểm tra lời giải: Xem kỹ lại từng bớc trong bài giải, cách suy luận, đặc biệt hóa
kết quả tìm đợc, 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 tơng tự, bài toán đảo, bài toán đặc biệt hóa hay bài
toán tổng quát hóa.
4
+ Xây dựng phơng 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 nh giả thiết tam giác nhọn là rất đáng chú ý.
b/ Xây dựng chơng 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 đờng cao của tam giác thì sẽ khó khăn bởi vì điểm M là bất kỳ trong
tam giác. Một hớng khác : tiến hành đánh giá mối liên hệ giữa MA, MB, MC với độ
dài các đờng cao, điều đó gợi sự liên tởng đến các công thức tính diện tích.
Kẻ AH
BCMEBC ,
(H, E thuộc BC ). Khi đó: AM + ME

AH

)(22.
2)(2.

BMCdtSBCMA
SBMCdtBCMA
BCAHBCMEBCMA

+
+
Với hai bđt tơng tự, con đờng giải bài toán đã rõ ràng.
c/ Thực hiện chơng trình giải:
Kẻ AH
BCMEBC ,
(H, E thuộc BC ).


MA + ME

AE

AH
Vậy MA + ME

AH

)(22.
2)(2.

BMCdtSBCMA
SBMCdtBCMA
BCAHBCMEBCMA

+
+
Hoàn toàn tơng tự : MB.AC
)(22 AMBdtS
MC.AB
)(22 AMCdtS
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 ))
5
= 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 bớc suy luận: vị trí của các điểm H, E, M, đẳng thức cộng
diện tích, việc sử dụng các tính chất đại số của bđttrong 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 nh 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 tơng 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 t duy:
1/ Xét bài toán tơng 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 trờng hợp đa giác.
2/ Đặc biệt hóa bài toán
Cho M trùng với tâm đờng 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 đờng 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 hớng
khác nh 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.
6
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 đa ra đánh giá nh 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 đờng cao nhỏ nhất của tam
giác. CMR: MA + MB + MC

2h.
4/ Nghiên cứu bài toán khi thay đổi giả thiết nh: 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 dỡng học sinh giỏi toán ở trờng THPT
1.2.1. Những biểu hiện của học sinh giỏi về toán
Qua thực tiễn một số năm giảng dạy toán ở nhà trờng phổ thông, tôi nhận thấy HS
giỏi về toán thờng 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 đờng 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:

ABCACHABH ,,
để tìm đợc AH trớc rồi từ đó tìm AB, AC.
- Biểu hiện ở sự linh hoạt trong quá trình t duy nh:
+ 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 t-
ởng tốt tìm ra cách giải quyết vấn đề một cách sáng tạo.
+ Biết nhìn nhận những cái khác biệt của vấn đề, lựa chọn phơng tiện, cách thức tốt
nhất để giải quyết vấn đề đó.
+ Lý luận chặt chẽ, hợp lôgic, có các thao tác t 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
cba +=

7


b < a, c < a (1)
Sử dụng bđt Cauchy ta có:
cbacba ++ 2)).(2/1(
22
(2)
Và :
2 2 2 2 2a b c bc S a S + =
(3)
Các bđt (1), (2)&(3) là những bđt đặc trng 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 đợc 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 t chất của toán học
trí tuệ, ngời 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 ngời xuất hiện từ khi còn nhỏ. Nh vậy, năng khiếu toán học có thể coi nh
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 (trớc 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 tơng 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 nh 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 t duy có tính khái quát nhanh và rộng.
- Xu thế suy nghĩ bằng những suy lý rút gọn.
- Sự t duy lôgic lành mạnh.
- Tính linh hoạt cao của các quá trình t 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 hớng tìm tới cách giải tối u cho một vấn đề toán học, khát vọng tìm lời giải rõ
ràng, đơn giản, hợp lý, tiết kiệm.
8
- Trí nhớ có tính chất khái quát về các kiểu bài toán, các phơng thức giải, sơ đồ lập
luận, sơ đồ lôgic.
- Khả năng t duy lôgic, trừu tợng 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
đợc 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 đ-
ờng giải phơng trình không theo quy tắc chuẩn, năng lực tính toán.
- Trí tởng tợng hình học hay là trực giác hình học.
- Nghệ thuật suy luận lôgic theo các bớc đã đợc phân chia một cách đúng đắn kế
tiếp nhau, nguyên tắc quy nạp toán học là tiêu chuẩn tốt cho sự trởng thành lôgic hoàn
toàn cần thiết đối với nhà toán học.
Theo quan điểm tâm lý học, trong mỗi con ngời 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, ngời 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 trờng 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 trờng phổ thông
Ngày nay, khi khoa học và công nghệ có những bớc phát triển mạnh mẽ, trở thành
lực lợng 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 trờng hiện đại là phát triển tối u nhân cách của HS, trong đó năng lực
sáng tạo cần đợc bồi dỡng để thúc đẩy mọi tài năng.
Môn toán với vị trí của nó trong nhà trờng 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 t
duy chính xác, hợp lôgic, phơng 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 t-
ơng tự, quy nạp, chứng minhvà 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
đợc thực hiện có ý thức, có hệ thống, có kế hoạch chứ không phải tự phát. Về phía ng-
ời 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:
9
- Rèn luyện t duy lôgic và ngôn ngữ chính xác
- Phát triển khả năng suy đoán và tởng tợng

- Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cơ bản, các thao tác t duy nh: phân tích, tổng hợp,
đặc biệt hóa, khái quát hóa, trừu tợng hóa
- Hình thành, rèn luyện những phẩm chất trí tuệ nh: tính linh hoạt, tính độc
lập, tính sáng tạo trong t duy
Bên cạnh đó ngời GV phải áp dụng những phơng 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 đợc 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 ngời 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 ngời thầy
giáo cần có và cần biết dạy cho học trò cách t duy sáng tạo. Bởi vì, nói nh GS Nguyễn
Cảnh Toàn trong một cuốn sách về dạy cách học: Không ai có thể đi dạy cho ngời
khác cái mà bản thân mình cha có, ngời thầy không những luôn tự nghiên cứu khoa
học mà còn phải là ngời thiết kế và thi công đợc óc thông minh sáng tạo ở học trò, do
đó mỗi ngời thầy giáo phải là một nhà khoa học chân chính.


Chơng II : Phát triển T duy sáng tạo toán học
cho học sinh giỏi ở trờng THPT Qua chủ đề
bất đẳng thức hình học phẳng
2.1. Phát triển t duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi bậc THPT qua nội dung
giải bài tập bất đẳng thức hình học phẳng
Trong chơng trớc chúng ta đã nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn của vấn đề
TDST, có thể nói bồi dỡng 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 t 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,
10

độc lập suy nghĩ đến tính cực sáng tạo, ngời 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 t duy tiền lôgic cần thiết,
mà còn là biện pháp quan trọng nhằm nâng cao tính tích cực của HS. Khi tự đa 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 dỡng, phát triển TDST toán học cho HS, có thể tiến hành theo các phơng h-
ớng 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, Vơng Dơng Minh, Tôn Thân) cho rằng
tính mềm dẻo của t duy có các đặc trng nổi bật nh 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 tợng hoá, khái quát hoá, cụ
thể hoá và các phơng pháp suy luận nh quy nạp, suy diễn tơng tự; dễ dàng chuyển từ
giải pháp này sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hớng 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 hởng kìm hãm của những kinh
nghiệm, những phơng pháp, những suy nghĩ đã có từ trớc.
- Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối
tợng 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 thờng 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 hớng khác
nh 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).
11
b/ Tính nhuần nhuyễn:
Đợc thể hiện đợc thể hiện rõ nét ở hai đặc trng nh sau:
- Tính đa dạng của các cách xử lý khi giải toán: khả năng tìm đợc nhiều giải pháp trên
nhiều góc độ và tình huống khác nhau. Đứng trớc một vấn đề khi giải quyết, ngời
có t duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất nhiều phơng án khác nhau và từ
đó đa ra đợc phơng án tối u.
- Khả năng xem xét đối tợng dới nhiều khía cạnh khác nhau; có một cái nhìn sinh
động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tợng chứ không phải cái nhìn bất biến, phiến
diện cứng nhắc.
Ví dụ: Cho

ABC , kẻ các đờng 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 trờng 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 tơng tự cũng có đợc BE > CF.
Có thể giải BT cho HS lớp 7 nh 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 )

BEKD
cgcAEBAKD
=
= )(
Do điểm D nằm giữa A , C và DK//CF


KD < CF hay là BE < CF.
Trờng hợp AB > AC , chứng minh tơng tự sẽ có: BE > CF.
c/ Tính độc đáo:
Tính độc đáo của t duy đợc đặc trng bởi các khả năng :
- Khả năng tìm ra những liên tởng và những kết hợp mới.
- Khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tởng nh không
có liên hệ với nhau.
- Khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết những phơng pháp khác.
Ví dụ: Cho

ABC có AB < AC, gọi BM và CN là các đờng phân giác trong của
tam giác. CMR: BM < CN
12
. 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 tơng 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 đờng phân giác trong tam giác:

BN BC BN BC
AN AC AB AC BC
= =
+
.Tơng tự:
BCAC
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 +>+



ICNNIC >
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 đợc nhiều
giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn) và nhờ đề
xuất nhiều phơng án khác nhau mà có thể tìm đợc những phơng án lạ, đặc sắc (tính
độc đáo). Các yếu tố cơ bản này lại có quan hệ khăng khít với các yếu tố khác nh: tính
chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đềTất cả các yếu tố đặc trng nói trên
cùng góp phần tạo nên t 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 nh sau:
13

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 nh: dự đoán, bác bỏ, lật ngợc

vấn đề, các thao tác t duy toán họcRèn 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, trớc hết cần tìm mối quan hệ giữa các đoạn thẳng MB, MC
với AB, AC . Kéo dài BM cắt AC ở điểm I nh hình vẽ.
Sử dụng bđt tam giác trong các
ABIMIC ,
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
14

TDST
Câu hỏi đặt ra mang tính chất dự đoán tìm tòi là: quan hệ giữa các yếu tố MA, MB,
MC nh thế nào? Thử thay đổi giả thiết bài toán ban đầu một chút, giả sử

ABC với
AB

AC

BC . Khi đó
ABC
.
Theo tính chất góc ngoài tam giác :

MCMBMABCACMA
AMCCBABCAMCA
AMCABCCMICBMAMIABM
+<<
<<<
<<< ,
Và bài toán sau đây đã đợc giải:
BT1: Cho

ABC có BC là cạnh lớn nhất, điểm M nằm trong tam giác. CMR: MA
< MB + MC
Với hớng giải tơng 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 nh 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
HFAEgcgHAEAHF
<=
+=+<
==
0
90,//:
)(
Tơng tự: HB < BE

HA + HB + HC < AB + AC .
Nh thế chúng ta đã chứng minh đợc:
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 dờng nh sự đánh giá trong bài 3 cha tốt, vậy tổng quát của
nó nh thế nào ? Kết quả sau đây là câu trả lời.
BT5: Cho điểm M trong

ABC, giả sử AB
BCAC
CMR: MA + MB + MC < AC + BC
Lời giải: Từ giả thiết bài toán: AB
BCAC
suy ra:
ABC
15
Qua M kẻ các đờng thẳng QE//AB, RF//AC , SP//BC
Nhận thấy trong

MEF, ta có:

)1(
,
EFMEMF
AMCF

==
Tơng tự trong

MPQ:
MQ

PQ (2) . Mặt khác MP//CF, MF//PC

)3()( CFMPgcgCPMMFC ==
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 tơng đối khó nhng không kém
phần thú vị và khi giải chỉ cần kiến thức cơ sở trong SGK.
Trong quá trình dạy học toán ở trờng phổ thông, các thao tác t duy nh trên trở
thành một phơng pháp t 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 phơng hớng cho lời giải bài toán. Mặt khác các
thao tác t 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 nh vậy các thao tác t duy toán học
đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành, bồi dỡng những phẩm chất trí tuệ cho
HS.
2.1.3. Tìm nhiều lời giải cho một bài toán
Sau khi giải đợc bài toán, một bớc quan trọng tiếp theo là tìm thêm những lời giải
khác, điều đó giúp HS bồi dỡng năng lực tìm nhiều giải pháp cho một vấn đề, nhìn
nhận vấn đề dới nhiều góc cạnh khác nhau. Về phơng 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 hớng và xác định đờng lối giải

- Rèn luyện khả năng chọn lựa phơng 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
16
Xét một ví dụ: Trong

ABC, gọi r, R thứ tự là bán kính các đờng tròn nội tiếp
và ngoại tiếp tam giác. CMR: R

2r
Có thể đi theo những hớng giải quyết nh sau:
Cách 1: Xét hai trờng hợp
+

ABC không có góc tù.
Kẻ AH
BCOKBC ,
(H, K

BC )
Với O là tâm đờng tròn ngoại tiếp.
Khi đó : OA + OK

AH

)(2)(2.
)(2)(2.
)(2
BOCdtABCdtRBC
ABCdtBOCdtRBC

ABCdtAHBCOKBCOABC

+
=+
Với hai bđt tơng tự nữa ta đợc:
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 tơng tự với chú ý điểm O nằm ngoài

ABC sẽ có : R
> 2r. Đẳng thức không xảy ra trong trờng 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: Trớc hết ta chứng minh hệ thức Euler trong tam giác nh sau:

rRROI 2
22
=
(I là tâm đờng tròn nội tiếp

ABC )
Chứng minh: Các tia AI, CI cắt (O,R) tại Dvà E , đờng thẳng DO cắt BC tại
K và cắt (O,R) ở F. Dễ dàng nhận thấy
DCIDIC =
Suy ra

IDC cân tại D

ID = CD.
Kẻ IH

OD (H thuộc OD ).
Sử dụng ĐL Pitago trong

IDO
17
ta có
DHDODODIOI .2
222
+=
=
DHRDCR .2
22
+
Mặt khác OD
BC
nên trong

DCF :

DKRDFDKDC .2.
2
==
.
Vậy
rRRDKDHRROI 2)(2
222

==
Từ đó suy ra :
rRrRR 202
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 đờng cao AN, BE, CF .
CMR: AN + BE + CF
r9
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 )

r6
MA + MB + MC
Chọn M là tâm đờng tròn ngoại tiếp

ABC nhọn, ta có đpcm.
Bốn lời giải của bài toán này (chắc chắn cha 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 dới mọi góc độ, mọi khía cạnh thì có thể thu đợc nhiều
lời giải khác nhau. Cách giải thứ nhất mang dáng dấp của phơng pháp diện tích , cách
giải thứ hai sử dụng biến đổi tơng đơng với sự hỗ trợ của các công thức diện tích, cách
giải thứ ba và thứ t sử dụng những kiến thức khá sâu sắc của toán học phổ thông (hệ
thức Euler, bđt Ecdos). Để có đợc các lời giải đó là do chúng ta đã khai thác đợc 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 nh thế nào, nhà s phạm lớn G.Polya đã viết:
Cách giải này đúng thật, nhng làm nh thế nào để nghĩ ra một cách giải khác? Sự kiện
này đã đợc kiểm nghiệm, nhng làm thế nào để phát hiện ra những sự kiện nh vậy? Và
làm thế nào để tự mình phát hiện ra đợc?
18
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 bớc quan trọng của quá trình giải toán, một phơng
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 hớng dẫn HS đi theo những con đờng sau đây:
a/ Xuất phát từ các khái niệm, định nghĩa, tiên đề về những đối tợng toán học đợc 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
BA <
khi đó CMR : BC < AC .
b/ Xuất phát từ những định lý, tính chất, bài toán đã biết, theo hớng này để xây dựng
nên các bài toán mới, có thể bằng những cách sau:
- Sử dụng các thao tác t duy nh: tơng tự, đặc biệt hoá, khái quát hoá để đi đến bài
toán đảo, bài toán tơng 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 đợc cơ sở sự hình thành nên đề toánđể
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 đờng 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

=
+

=
+
= +
Tơng tự với hai bđt nữa, suy ra:

)(2
cbacba
cdbdadcRbRaR ++++
(đpcm)
19
Đẳng thức xảy ra khi M trùng với trực tâm tam giác.
Vấn đề đặt ra: từ bài toán này ta thu đợc điều gì ? Nghiên cứu kỹ lời giải, nhận thấy
nếu lấy đối xứng điểm M qua phân giác góc A thì đợc bđt mới rất giống với bđt (*)
trên đây nhng bản chất thì khác hẳn.

a
cdbd
R
bc
a
+

(1). Với hai bđt tơng 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
Vậy:
18)/1/1/1)(( ++++
cbacba
dddRRR
(3)
Mặt khác từ đẳng thức diện tích: 2S =
cba
cdbdad ++


3
32
cba
ddabcdS

cbacba
dddRSddabcdS )4.(27278
3

=
Hay là:
2
2
27
a b c
S
d d d
R

(4)
Có thể khai thác đẳng thức : 2S =
cba
cdbdad ++
theo hớng khác nh sau:
Nếu gọi
cba
hhh ,,
là độ dài các đờng cao ứng với cạnh a, b, c của

ABC thế thì:
min(a, b, c).(
)ddd
ba
++

2S
),,m ax( cba
.(
)

cba
ddd ++


min(
cba
hhh ,,
)


++
cba
ddd
max(
cba
hhh ,,
) (5)
Trở lại bđt (1), từ đây ta có:
abacaa
dcddbddaR /// +
Với hai bđt tơng tự nữa, rồi sử dụng bđt Cauchy đi đến:
20

)(2 cba
d
cR
d
bR
d
aR

c
c
b
b
a
a
++++
(6)
Từ lời giải bài toán ban đầu suy ra :
a
cb
R
cdbd
a
+

Với hai bđt tơng tự nữa, qua vài biến đổi lại có:
a + b + c
)(4
ba
c
ca
b
cb
a
RR
cd
RR
bd
RR

ad
+
+
+
+
+

(7)
Quá trình suy luận cứ tiếp tục nh vậy, chúng ta sẽ thu đợc rất nhiều bài toán mới,
bắt đầu từ một bài toán xuất phát.
Trở lại với bđt (E), bằng công cụ diện tích ta đợc một cách chứng minh ngắn gọn
và độc đáo. Có thể nói đây là một bđt hay trong tam giác, từ bđt này suy ra đợc nhiều
kết quả thú vị, ví dụ nh những bài toán sau đây.
Bài 1:Cho điểm M trong

ABC , gọi r là bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác.
CMR: MA + MB + MC

6r
Bài 2: Lấy điểm P trong

ABC nhọn, CMR: khoảng cách lớn nhất trong các khoảng
cách từ P đến các đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn hai lần khoảng cách bé
nhất trong các khoảng cách từ P đến ba cạnh của tam giác.
(Đề thi HSG quốc gia môn toán, năm học 1992-1993 )
Bài 3: Cho

ABC và điểm P nằm trong tam giác. CMR: ít nhất một trong ba góc
PAB, PBC, PCA nhỏ hơn hoặc bằng
0

30
. (Đề thi vô địch toán quốc tế lần thứ 32-Thuỵ
Điển)
Xin nói thêm về bđt (E), bđt mang tên nhà toán học Hunggari là Ecdos, bđt này đ-
ợc Ecdos tìm ra khi nghiên cứu các tính chất trong tam giác, nhng chứng minh đầu
tiên của nó lại thuộc về Moocđen, nhà toán học ngời Anh, với cách chứng minh nhờ
sử dụng lợng giác khá phức tạp. Đến năm 1945 ngời ta mới tìm đợc lời giải thuần tuý
hình học cho bđt (E). Vấn đề mở rộng bđt (E) trong tam giác là một vấn đề rất hấp
dẫn, thu hút đợc nhiều ngời quan tâm, cuối cùng đợc giải quyết trọn vẹn bởi nhà hình
học Fơlorian (ngời áo). Năm 1998, trong bài báo Xung quanh bài toán Ecdos trong
tam giác (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ số 255) tác giả đã chứng minh đợc các kết quả
tổng quát trên đây của (E) bằng kiến thức PTTH, những kết quả đó đợc tóm tắt nh
sau:
1/
)(2
c
t
t
b
a
t
t
c
b
t
t
a
RRRddd ++>++

t < -1.
2/
c
t
t
b
a
t
t
c
b
t
t
a
t
RRRddd ++++ )(2


t
[ ]
0,1
21
3/
c
t
t
b
a
t
t

c
b
t
t
a
t
RRRddd ++++ )(2


t
[ ]
1,0
4/
c
t
t
b
a
t
t
c
b
t
t
a
RRRddd ++<++ )(2


t > 1
Có thể nói việc chứng minh bđt Ecdos và những mở rộng nó không quá khó (chỉ

cần đến kiến thức toán học phổ thông), bằng suy luận, bằng các thao tác t duy toán
học sáng tạo, sáng tạo cái cha biết từ cái đã biết, chúng ta thu đợc những kết quả nh
trên.
2.1.5. Bồi dỡng năng lực chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng
a. Đại cơng về bất đẳng thức
- Định nghĩa: Ta gọi các hệ thức: a
b
, a < b, a

b, a > b là các bất đẳng thức (nếu
không xảy ra dấu bằng, gọi là bất đẳng thức ngặt).
Khi a, b là các đại lợng hình học, ta có các bất đẳng thức hình học.
- Tính chất đại số của bđt
1/ a > b, b > c

a > c
2/ a > b

a + m > b + m
3/ a > b

am > bm , m > 0
4/ a > b, c > d

a + c > b + d
5/ a > b > 0, c > d > 0

ac > bd
- Một số bđt đại số cơ bản
1/ Bđt về giá trị tuyệt đối:

Rba ,
ta có / a + b/

/ a/ + / b/
Đẳng thức xảy ra khi ab

0
Hệ quả: / a/ - / b/

/ a - b/.
2/ Bđt Cauchy:
0, ba
thì a + b

2
ab
.
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
3/ Bđt Bunhiacopski:
Ryxba ,,,
thì ( a
2
+
2
b
)(
22
yx +
)

2
)( byax +
Đẳng thức xảy ra khi : a/x = b/y
Các bđt trên có thể mở rộng cho nhiều cặp số thực.
b/ Suy luận trong chứng minh toán học
- Thông qua giải bài tập, rèn luyện HS một số quy tắt kết luận lôgic:
Quy tắc 1:
B
ABA ,

Quy tắc 2:
A
BBA ,
22
Quy tắc 3:
CA
CBBA

,
Ví dụ: Chứng minh bđt tam giác (cách chứng minh thứ hai).
áp dụng liên tiếp quy tắc1 và cuối cùng là quy tắc 3, ta chứng minh nh sau: Giả sử

ABC có cạnh BC là cạnh lớn nhất, kẻ AH

BC
BCH

Trong các tam giácvuông

AHB,

AHC

BH < AB và CH < AC


BH + CH < AB + AC


BC < AB + AC
Theo giả thiết: AB, AC

BC

AB < AC + BC , AC < AB + BC






+<
+<
+<

ACABBC
BCABAC
BCACAB

đpcm.
Nh vậy trong một bài toán có thể phải áp dụng nhiều lần một quy tắc để chứng
minh. Quy tắc 2 thờng dùng khi chứng minh phản chứng. Mặt khác thông qua những
ví dụ cụ thể GV cần chỉ ra sai lầm khi HS ngộ nhận áp dụng
các quy tắc:
A
BBA ,
,
B
ABA ,
trong giải bài tập.
- Truyền thụ các tri thức phơng pháp chứng minh.
Trong chứng minh toán học thờng chia ra hai phơng pháp suy luận: trực
tiếp và gián tiếp. Giả sử A là những định nghĩa, định lý, tiên đề, mệnh đề đúng nào đó
còn B là mệnh đề cần chứng minh thế thì :
1/ Phép chứng minh trực tiếp gồm có:
+ Phép suy xuôi: Là quá trình suy luận theo sơ đồ
A
BAAA
n
=
21
+ Phép suy ngợc (lùi): Là quá trình suy luận theo sơ đồ
B
ABBB
n
=
21
Ngoài ra trong giải toán ngời ta còn hay sử dụng phép suy ngợc tiến mang tính

chất dự đoán kết quả, dự đoán con đờng chứng minh. Phép suy luận này có sơ đồ lôgic
nh sau:
B
ABBB
n
=
21
2/ Phép chứng minh gián tiếp (chứng minh phản chứng).
Để chứng minh B, ta giả sử có
B
từ đó tìm cách suy luận theo sơ đồ:
23

AAAAB
n
=
21
(Trái với giả thiết ).



B
sai suy ra có B tức là đpcm.
- Khắc phục những sai lầm trong chứng minh.
Một chứng minh toán học đợc cấu thành bởi ba bộ phận:
+ Luận đề là mệnh đề cần chứng minh
+ Luận cứ là những tiên đề, định lý, định nghĩa, giả thiết bài toán
+ Luận chứng là các phép suy luận sử dụng trong chứng minh
Theo những thuật ngữ trên, có ba điều kiện để đảm bảo một chứng minh toán học
là đúng:

+ Luận đề không đợc đánh tráo
+ Luận cứ phải đúng
+ Luận chứng phải hợp lôgic
Trong quá trình dạy học chứng minh toán học cho HS, ngời GV cần có ý thức phát
hiện và sửa chữa những sai lầm đã nêu trên đây. ở phần cuối của chơng 2 ta sẽ trở lại
vấn đề này qua một số ví dụ cụ thể.
c. Một số phơng pháp giải bài toán bất đẳng thức hình học phẳng thuộc chơng
trình toán THPT
Phơng pháp giải bài toán bđt trong hình học phẳng khá phong phú, tùy theo đặc
điểm từng bài mà có thể áp dụng phơng pháp giải sao cho hợp lý. Theo chúng tôi, nếu
căn cứ vào phép suy luận hay công cụ chính để giải quyết bài toán thì có thể chia
thành những phơng pháp giải cơ bản nh sau:
1/ Phơng pháp biến đổi tơng đơng
Cơ sở phơng pháp này dựa vào sơ đồ lôgic:

nn
babababa
2211
Nếu bđt cuối cùng đúng thì bđt ban đầu cũng đúng. Do đó để chứng minh bđt a

b, ta chỉ ra một dãy bđt tơng đơng nh trên cho đến một bđt đúng thì dừng lại. Thông
thờng trong quá trình biến đổi, phải sử dụng giả thiết của bài toán và biến đổi đó phải
là biến đổi tơng đơng.
Ví dụ: Cho

ABC với độ dài các cạnh là: a, b, c.
CMR:
222
cba ++
< 2(ab + ac + bc)

Lời giải: Bđt cần chứng minh tơng đơng:

222
cba ++
- 2ab - 2ac - 2bc < 0


(
2
a
- ab - ac) + (
2
b
- ba - bc) + (
2
c
- ca - cb) < 0


a(a - b - c) + b(b - a - c) + c(c - a - b) < 0 (2)
24
Theo bđt tam giác :





<
<
<

0
0
0
bac
cab
cba
Suy ra bđt (2) đúng.
Vậy bđt (1) đợc chứng minh.
2/ Phơng pháp phản chứng
Ví dụ: Cho

ABC thỏa mãn điều kiện: 5
222
bac +<
CMR: c < min (a, b).
Lời giải: Giả sử c

min (a, b)
Không giảm tổng quát có thể cho: min (a, b) = b
Khi đó : 5
22222
cabac +<+<

2 2
4 2 2c a c a b c c a < < + < <
Điều này không xảy ra (trái với bđt tam giác ), vậy điều giả sử sai.
Suy ra : c < min (a, b)
3/ Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức hình học
Sử dụng các bđt hình học cơ bản: bđt về góc và cạnh đối diện trong tam giác, bđt
về mối quan hệ giữa đờng xiên và hình chiếu, bđt tam giácthì sẽ giải quyết đợc

nhiều bài toán bđt trong hình học phẳng. Chúng ta xét một vài ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Cho hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau từng đôi một.
CMR: Cạnh ứng với góc xen giữa lớn hơn thì lớn hơn, góc xen giữa ứng với cạnh lớn
hơn thì lớn hơn.
Lời giải: a/ Giả sử các
''', CBAABC
có AB = AB, BC = BC,
'BB
>
Chứng
minh: AC > AC.
Trên nửa mặt phẳng chứa A
bờ BC, vẽ tia Bx sao cho:

'BCBx =
Trên Bx lấy BD = BA

''''' CADCCBADBC ==
Gọi E là giao điểm của AC với tia phân giác góc ABD, ta có:

DEAEcgcDBEABE == )(
Nếu D nằm giữa E và C

DC < CE

AC > DC = AC
Nếu D không nằm giữa E và C thì trong

EDC có :
DE + EC > DC

AE + EC > DC

AC > DC = AC
b/ Cho các
''', CBAABC
có AB = AB, BC = BC và AC > AC
25