Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 10 THPT thông qua việc dạy học theo hướng phát hiện và vận dụng bài toán gốc có liên quan

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Luật Giáo dục nước cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam (2005) quy
định: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác,
chủ động, sáng tạo của HS; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học;
bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực
tiễn”.
Như vậy, quan điểm chung về hướng đổi mới PPDH đã được khẳng định,
không còn là vấn đề tranh luận và càng thấy cấp thiết hơn đối với kì thi THPT
quốc gia lần đầu tiên đươc tổ chức trong năm học này. Cốt lõi của việc đổi mới
PPDH môn Toán ở trường THPT là làm cho HS học tập tích cực, chủ động,
chống lại thói quen học tập thụ động. Phải làm sao trong mỗi tiết học HS được
suy nghĩ nhiều hơn, thảo luận nhiều hơn, hoạt động nhiều hơn.
Trong dạy học môn Toán, tư duy sáng tạo của HS phần lớn được hình
thành trong quá trình giải toán, thông qua hoạt động này HS phải hoạt động tích
cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho bản thân. Cơ sở để học sinh hoạt động chính là
những tri thức và kinh nghiệm đã có. Đứng trước một vấn đề đặt ra trong vốn tri
thức mà bản thân đã có, đã tích luỹ được việc lựa chọn tri thức nào, sử dụng ra
làm sao luôn luôn là những câu hỏi lớn, mà việc trả lời được những câu hỏi đó là
mấu chốt trong việc giải quyết vấn đề. Việc tìm ra lời giải một bài toán nhiều
khi không phải là quá khó, nhưng thực ra sau mỗi bài toán có biết bao điều lí
thú. Nếu chúng ta không biết khơi dậy ở học sinh óc tò mò, sự tìm tòi khám phá
những gì ẩn sau mỗi bài toán mà chỉ giải xong bài toán là kết thúc thì việc dạy
học trở nên nhạt nhẽo. Điều quan trọng là nếu sau mỗi bài toán chúng ta tìm
được nhiều cách giải khác nhau cho bài toán, xây dựng được chuỗi bài toán gốc
liên quan từ dễ đến khó thì có thể rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo cho học
sinh, đồng thời kiến thức sẽ được mở rộng hơn, hệ thống hơn.
Trong tác phẩm nổi tiếng “Giải bài toán như thế nào ?”, G.Polya cho
rằng : “Ví như dòng sông nào cũng bắt nguồn từ những con suối nhỏ, mỗi bài
toán dù khó đến đâu cũng có nguồn gốc từ những bài toán đơn giản, có khi rất
quen thuộc đối với chúng ta”. Vì vậy, G.Polya đã nói rằng: Thật khó mà đề ra
được một bài toán mới, không giống chút nào với bài toán khác, hay là không có

một điểm nào chung với một bài toán trước đó đã giải. Vì vậy , trong dạy học
toán GV nên tạo cho học sinh thói quen khắc sâu bài toán gốc để dễ dàng áp
dụng khi cần thiết và từ đó giúp học sinh có cơ hội đào sâu, kiến tạo nên một số
bài toán mới. Với những lý do trên tôi đã chọn đề tài nghiên cứu là:
“Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 10 THPT thông qua việc dạy
học theo hướng phát hiện và vận dụng bài toán gốc có liên quan”

1


II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận của đề tài.
1.1. Đổi mới phương pháp giáo dục.
Về PPGD, điều 4, luật GD 2003 quy định:
“ PPGD phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của
người học, bồi dưỡng năng lực tự học, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên”.
Trong hoạt động dạy toán ở trường THPT, rèn tư duy cho HS là giúp cho HS
có khả năng phân tích tình huống hoặc vấn đề mà bàì toán nêu ra và cao hơn
nữa là tư duy sáng tạo ra các bài toán mới trên nền tảng kiến thức đã tích lũy
được.
Về cách dạy, phương pháp mới quan tâm nhiều đến việc tạo ra niềm
vui, hứng thú học tập cho học sinh. Xem đó như là động lực để phát huy tính tự
giác, tích cực, chủ động trong quá trình học tập của học sinh, đặc biệt là niềm
vui, hứng thú của một người tự mình tìm ra chân lí. "Nếu học sinh được độc lập
quan sát, so sánh, phân tích, khái quát hóa các sự kiện, hiện tượng thì các em sẽ
hiểu sâu sắc và hứng thú bộc lộ rõ rệt". Do đó, trong phương pháp giảng dạy,
giáo viên cần phải “biết dẫn dắt học sinh luôn tìm thấy cái mới, có thể tự tìm lấy
kiến thức, phải làm cho học sinh thấy mình mỗi ngày một trưởng thành” (Tài
liệu Bồi dưỡng giáo viên 2005, tr. 2). Hơn nữa, thực hiện định hướng "hoạt động
hóa người học", học sinh cần được cuốn hút vào các hoạt động học tập do giáo

viên tổ chức và chỉ đạo, thông qua đó tự lực khám phá những điều mình chưa
biết, chứ không phải là thụ động tiếp thu tri thức đã được sắp sẵn. Cần đặt học
sinh vào những tình huống thực tế, trực tiếp quan sát làm thí nghiệm, thảo luận,
giải quyết theo cách riêng của mình. Qua đó học sinh vừa nắm được kiến thức
mới, kỹ năng mới, vừa nắm được phương pháp làm ra kiến thức, kỹ năng đó,
không nhất thiết phải rập khuôn theo những mẫu sẵn có, được bộc lộ và phát
huy tiềm năng sáng tạo" (Tài liệu Bồi dưỡng giáo viên 2005, tr. 3).
1.2 Mục tiêu của dạy học theo hướng phát hiện và vận dụng boán gốc .
Từ cơ sở lí luận và kết quả khảo sát chúng ta có thể rút khẳng định để
nâng cao chất lượng giáo dục trong giai đoạn hiện nay người giáo viên cần có sự
kết hợp linh hoạt giữa phương pháp dạy học truyền thống và các phương pháp
dạy học tích cực như dạy học giải quyết vấn đề, dạy học kiến tạo, dạy học khám
phá,..... Dạy học theo con đường phát hiện và vận dụng người GV cần bồi
dưỡng một số năng lực dạy học như:
- Năng lực dự đoán phát hiện vấn đề dựa trên cơ sở quy luật biện chứng,
khả năng liên tưởng, chuyển hóa liên tưởng.
- Năng lực định hướng tìm tòi cách thức giải quyết vấn đề tìm tòi lời giải
bài toán.
- Năng lực huy động kiến thức để giải quyết vấn đề Toán học bao gồm:
+ Năng lực lựa chọn các công cụ thích hợp để giải quyết một vấn đề.
+ Năng lực chuyển đổi ngôn ngữ.

2


+ Năng lực quy lạ về quen nhờ biến đổi vấn đề biến đổi bài toán về dạng
tương tự.
- Năng lực tự lập luận logic, lập luận có căn cứ giải quyết chính xác các
vấn đề đặt ra.
- Năng lực tự đánh giá phê phán..v.v...

Vì vậy giáo viên cần nắm chắc các phương pháp dạy học tích cực, hiểu rõ
các ưu, nhược điểm các phương pháp đó. Trước khi lên lớp giáo viên phải
nghiên cứu kỹ nội dung bài dạy, lựa chọn phương pháp dạy phù hợp cho nội
dung mỗi bài, mỗi phần, phù hợp với đối tượng học sinh nhằm tổ chức hiệu quả
các hoạt động để học sinh tự tìm tòi kiến thức, phát huy tính tích cực, chủ động,
sáng tạo của mình
1.3. Bài toán gốc.
1.3.1 Bài toán: Thuật ngữ “Bài toán” được hiểu theo nghĩa rộng thông qua một
số định nghĩa sau:
G. Polya cho rằng: “Bài toán đặt ra sự cần thiết phải tìm kiếm một cách có
ý thức, phương tiện thích hợp để đạt tới một mục đích rõ ràng nhưng không thể
đạt được ngay”.
Fanghaenel, Stoliar định nghĩa thuật ngữ “Bài toán” như sau:
“Bài toán” là một sự đòi hỏi hành động, trong đó đã quy định:
- Đối tượng của hành động (cái đã có trong bài toán).
- Mục đích của hành động (cái phải tìm trong bài toán).
- Các điều kiện của hành động (mối liên hệ giữa cái đã có và cái phải tìm).
Như vậy, khái niệm bài toán được gắn liền với hành động của chủ thể,
không thể nghiên cứu bài toán tách rời với hành động của chủ thể. Các hành
động của chủ thể trong giải Toán là: Phân tích bài toán, mô hình hoá và cụ thể
hoá các mối liên hệ bản chất trong bài toán, phát hiện hướng giải và xây dựng kế
hoạch giải bài toán, hành động thực hiện giải bài toán, kiểm tra đánh giá tiến
trình giải bài toán, hành động thu nhận kiến thức mới do bài toán đem lại.
Ở trường phổ thông, dạy Toán là dạy hoạt động Toán học cho học sinh
trong đó giải toán là hình thức chủ yếu. Do vậy dạy bài tập toán có vị trí quan
trọng trong dạy học Toán nhằm đạt nhiều mục đích khác nhau thể hiện ở các
chức năng:
* Chức năng dạy học:
- Bài tập nhằm củng cố, rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo những vấn đề lí thuyết đã
học. Qua đó học sinh hiểu sâu hơn và biết vận dụng những kiến thức đã học vào

việc giải quyết các tình huống cụ thể.
- Có khi bài tập lại là một định lí, mà vì lí do nào đó không đưa vào lí thuyết.
Cho nên qua việc giải bài tập học sinh mở rộng được tầm hiểu biết của mình.
* Chức năng giáo dục: Qua việc giải bài tập mà hình thành cho học sinh thế
giới quan duy vật biện chứng, hứng thú học tập, niềm tin và phẩm chất đạo đức
của người lao động mới.

3


* Chức năng phát triển: Bài tập nhằm phát triển năng lực tư duy cho học
sinh, đặc biệt là rèn luyện những thao tác trí tuệ, hình thành những phẩm chất
của tư duy khoa học.
*, Chức năng kiểm tra: Bài tập nhằm đánh giá mức độ, kết quả dạy học,
đánh giá khả năng độc lập học Toán và trình độ phát trển của học sinh.
1.3.2 Bài toán gốc.
Theo quan điểm của luận văn bài toán gốc có thể hiểu là bài toán tương đối
dễ, chỉ nhằm củng cố vận dụng kiến thức, kỹ năng đã học ở mức độ đơn giản.
Đồng thời bài toán gốc phải thỏa mãn một trong ba điều kiện sau:
- Kết quả bài toán được sử dụng nhiều trong việc tìm tòi lời giải các bài
toán khác.
- Phương pháp giải bài toán được sử dụng nhiều trong việc tìm tòi lời giải
các bài toán khác.
- Nếu thay đổi (một phần) giả thiết hoặc kết luận thì được bài toán mới.
1.3.3. Bài toán nâng cao: Theo GS Đào Tam bài toán nâng cao là bài toán khi
giải vận dụng nhiều bước của quy trình giải toán và sử dụng nhiều kiến
thức bổ trợ, khắc sâu quy trình và khắc sâu các kiến thức của một dạng
toán.
1.3.4 Vai trò của bài toán gốc.
Qua thực tiễn quá trình dạy học đồng thời thông qua việc tìm hiểu, điều

tra từ giáo viên và học sinh ở các trường THPT trên địa bàn; tổng hợp các thông
tin có được khi tìm hiểu trên các phương tiện thông tin tôi nhận thấy khi giải
một bài toán, ta luôn luôn phải lợi dụng những bài toán đã giải, dùng kết quả,
phương pháp hay kinh nghiệm có được khi giải các bài toán đó. Hiển nhiên,
những bài toán dùng tới, phải có liên hệ nào đó với bài toán hiện có.Một bài
toán, vấn đề có thể bắt nguồn từ một bài toán, một vấn đề khác, cũng có thể là
một bộ phận của một bài toán, một vấn đề khác. Vì vậy, t rong dạy học Toán, bài
toán gốc có vai trò quan trọng như:
- Bài toán gốc nhằm củng cố, rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo về vấn đề lí thuyết
đã học. Nhiều khi rèn luyện cho HS các bài toán gốc là một hình thức rất tốt để
dẫn dắt HS tự mình đi đến kiến thức mới.
- Khắc sâu được các định lí, khái niệm và mối quan hệ giữa chúng.
- Qua các bài toán gốc giúp HS áp dụng vào giải quyết các bài toán liên
quan một cách đơn giản hơn, lập luận lời giải được thu gọn hơn.
- Qua các bài toán gốc giúp HS huy động, kiến tạo ra được các bài toán
mới.
- Qua bài toán toán gốc GV và HS có thể xây dựng thành chuổi bài toán với
phương pháp giải đặc thù nhờ vào bài toán gốc.
2. Thực trạng của đề tài.
Qua thực tiễn quá trình giảng dạy tôi nhận thấy bài tập SGK là hệ thống bài
tập cơ bản, nhằm cũng cố kiến thức cho HS sau mỗi giờ học lí thuyết. Bài tập

4


SGK cũng chứa đựng nội dung kiến thức quan trọng, qua đó có thể mở rộng,
xây dựng được hệ thống các bài toán mới.
Đối với HS
+ HS chỉ có thể lĩnh hội được kiến thức nếu có một nền tảng kiến thức
vững vàng và khả năng sử dụng kiến thức đó vào việc giải thích, chứng minh hay

tìm tòi, PH kiến thức mới. Trong khi đó tình trạng phổ biến của học sinh hiện nay
là kiến thức rất “mơ màng”. Chất lượng đại trà của HS còn yếu, số HS tự mình
tìm tòi kiến thức mới và giải quyết được vấn đề không nhiều. Do đó việc kiến
tạo nên hệ thống tri thức mới trên nền tri thức cũ bị hạn chế
+ Trong quá giải bài tâp toán, HS thường yếu trong việc chuyển đổi ngôn
ngữ để quy lạ về quen. Dẫn đến, việc vận dụng và phát triển tri thức gặp khó
khăn. Đồng thời sẽ dẫn đến những sai lầm rất dễ mắc phải.
+ Đa số học sinh học sinh thường có thói quen giải xong một bài toán xem
như là mình đã hoàn thành công việc được giao và dừng lại ở đó, ít có em học
sinh nào biết chủ động, khai thác, tìm tòi, suy nghĩ, vận dụng nó để giải một số
bài toán khác. Với những kiến thức đó thì chưa đủ để HS giải các bài toán nâng
cao, bài toán khó. Khi đứng trước một bài toán nâng cao HS thường gặp lúng
túng ko định hướng được cách giải, không hình dung ra hướng giải quyết.
+ HS chưa biết cách chọn lọc các kiến thức, không thể liên kết những kiến
thức cũ liên quan với vấn đề đặt ra hoặc không biết cách vận dụng kiến thức cũ
vào vấn đề mới như thế nào do đó ảnh hưởng lớn đến việc phát hiện và giải
quyết vấn đề. Điều này hạn chế đến việc huy động vốn kiến thức của HS, hạn
chế đến việc phát triển tư duy của HS trong học tập.
Đối với GV
Thời gian học tập của HS ở trên lớp còn hạn chế so với khối lượng tri
thức cần truyền đạt. Kế hoạch dạy học phải theo phân phối chương trình nên nếu
dạy học giải bài tập toán lớp 10 THPT theo hướng phát hiện và vận dụng các bài
toán gốc liên quan, thì mất khá nhiều thời gian cho việc củng cố kiến thức liên
quan dẫn đến việc không thể hoàn thành bài giảng. Do đó
+ Hầu hết giáo viên đang nặng về thuyết trình, chưa phát huy được năng
lực chủ động, tích cực và sáng tạo của HS trong dạy học. Việc mở rộng khai
thác các bài toán cơ bản trong SGK ít có thời gian và điều kiện để thực hiện.
Chưa chú ý đến việc xây dựng các bài toán gốc để tạo ra cơ sở cho HS
vươn tới giải các bài toán nâng cao, bài toán khó
+ Thường sau mỗi tiết lý thuyết là đến tiết bài tập, GV chỉ giảng

dạy bằng cách chữa các bài tập, một cách thuần tuý, chưa làm nổi bật
được mối quan hệ giữa các bài tập này với bài tập khác, giữa những
kiến thức đang học với những kiến thức trước đó. Khi dạy xong một
chương GV thường không hệ thống các dấu hiệu để nhận biết một đối
tượng toán học nằm rải rác trong chương. Hay khi giải các bài tập một
số GV không khuyến khích HS tìm nhiều lời giải khác nhau cho nhiều
bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau. Chẳng hạn khi học xong
chương vectơ GV chưa tổng kết lại cho HS có thêm những phương
5


pháp nào để chứng minh ba điểm thẳng hàng, phương pháp chứng minh một
vectơ bằng vectơ - không...
+ Thường khi HS đã giải được một bài toán thì GV cũng thường
bằng lòng với lời giải đó mà chưa khuyến khích các em tìm ra các bài
toán tương tự, bài toán tổng quát hoặc đặc biệt hoá bài toán để tìm ra
các bài toán mới.
* Đối với sách giáo khoa hiện nay lượng kiến thức đưa ra có phần dàn trải,
các khái niệm, định lí chủ yếu là giới thiệu để ứng dụng, không chứng minh. Dẫn
đến việc coi nhẹ vấn đề hình thành khái niệm, định lí. Vì vậy nên một số GV ít
dành thời gian rèn luyện tư duy, tạo hứng thú kích thích tự tìm tòi nghiên cứu
mà chủ yếu bắt học sinh thừa nhận khái niệm, định lí, đưa ra quy tắc và yêu cầu
vận dụng giải bài tập, điều này ảnh hưởng không nhỏ đến chất lượng học tập của học
sinh. Ở nội dung này dạy học theo con đường phát hiện và vận dụng là rất cần
thiết.
3. Các biện pháp tổ chức thực hiện
3.1. Phát hiện và vận dụng bài toán gốc nhằm khắc sâu khái niệm.
Khái niệm là một hình thức của tư duy trừu tượng, phản ánh những
mối liên hệ và thuộc tính bản chất, phổ biến của một tập hợp các sự vật,
hiện tượng nào đó. Khái niệm đóng vai trò quan trọng trong tư duy khoa

học. Khái niệm là những vật liệu tạo thành ý thức tư tưởng là phương
tiện để con người tích luỹ thông tin, suy nghĩ và trao đổi tri thức với nhau
Một khái niệm sau khi đã được học thường có những hoạt động củng cố
như sau: Nhận dạng và thể hiện, hoạt động ngôn ngữ, khái quát hoá, tương tự
hoá, đặc biệt hoá và hệ thống hoá những khái niệm đã học.
Việc xây dựng bài toán sau đó phát triển thành chuỗi bài toán để khắc sâu
khái niệm sẽ góp phần nâng cao được các hoạt động củng cố khái niệm, đặc biệt
là hoạt động ngôn ngữ, khái quát hoá, tương tự hoá. Chuỗi bài toán đóng vai trò
là “cầu nối” các khái niệm, với các bài toán mức độ khó khăn cao dần. Việc giải
được các bài toán trong chuỗi sẽ tạo lập được ở HS thói quen độc lập suy nghĩ,
giúp các em có cách nhìn các khái niệm toán học một cách có chiều sâu, có hệ
thống, điều đó góp phần nâng cao chất lượng học tập của các em.
Quy trình của việc khắc sâu khái niệm có thể được thể hiện theo quy
trình sau:

Khái
niệm

Các
dạng
toán

Bài
toán
gốc

Bài
toán
nâng
cao

Chuổi
bài
toán

6


Khi dạy học sinh khái niệm về vectơ - không sau khi học xong khái niệm
này GV cần hướng dẫn HS khắc sâu khái niệm bằng việc vận dụng giải bài toán
cơ bản sau và tiến hành khai thác nó.
“Vectơ-không là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau” ( AA , BB … là
các vectơ-không). Từ điều này cho ta xác định các dạng toán liên quan đến
vectơ – không, ở đây vì khuôn khổ luận văn nên chúng tôi xin trình bày dạng
toán chứng minh một đẳng thức vectơ. Phương pháp chứng minh một vectơ là
vectơ không ta chứng minh điểm đầu trùng điểm cuối. Ta sẽ áp dụng điều này
để chứng minh bài toán sau:
Ví dụ 1: (Đây là bài toán gốc cho dạng toán này):

Cho ∆ABC với trọng tâm G. Chứng minh rằng: GA + GB + GC = O
(Hình học 10 trang 11, ban cơ bản)
Phân tích: Đứng trước bài toán này GV cần đặt các câu hỏi đối với học sinh:
+ Điểm G có tính chất gì?
+ Nếu gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AB, CA thì các em
có được điều gì?
+ Thử vận dụng quy tắc 3 điểm và quy tắc hình bình hành? Từ đó ta có
được:
3

uuuu uuu uuuu

Lời giải: Ta có: GA + GB + GC = ( MA + PB + NC ) (với M, N, P lần
2
lượt là trung điểm của BC, AB, AC)
1
A
mà MA = MB + BA = CB + BA
2
1
P
PB = PC + CB = AC + CB
N
G
2
1
NC = NA + AC = BA + AC
C
B
2
M
3
3
Suy ra MA + PB + NC = (CB + BA + AC ) = CC = 0
D
2
2
uuu uuu uuuu 
Vậy GA + GB + GC = 0 .
HS thường có thói quen giải xong bài toán là hoàn thành nhiệm vụ (kể cả
HS khá giỏi) mà ít quan tâm đến kết quả của bài toán, GV cần hướng dẫn HS

khai thác bài toán trên theo các hướng sau:
+ Nếu cho C ≡ B thì các em có được điều gì? Hãy phát biểu bài toán đó?
+ Ta mong đợi HS trả lời
Bài toán 3.1.1: Cho đoạn thẳng AB có M là trung điểm. CMR MA + MB = 0 .
Bây giờ ta tiếp tục đặt vấn đề, giả thiết của bài toán 2.1.2.1 có thể viết
dưới dạng M là điểm thuộc đoạn AB thoả mãn MA = MB. Thay đổi giả thiết
này để có bài toán mới?
Bài toán 3.1.2: Cho đoạn thẳng AB, M là một điểm thuộc đoạn AB sao cho
MA=kMB(k là số thực). CMR MA + k MB = 0 .(Với bài toán trên k = 1)
7


Quay trở lại với ví dụ ban đầu, nếu ta gọi I là trung điểm của AM các em
có được điều gì? ( AM = 2 IM ) Từ đó sử dụng kết quả của ví dụ ta có được bài
toán mới.
Bài toán 3.1.3: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC, I là trung điểm của
AM. Chứng minh rằng 2 IA + IB + IC = 0 .
Tổng quát bài toán 2.1.2.3 ta có
Bài toán 3.1.4: Cho tam giác ABC, M là điểm thuộc BC, I là điểm thuộc đoạn
AM thoả mãn MB = kMC và IA = hIM . CMR : (k + 1) IA + h IB + hk IC = 0 .
Bây giờ ta tiếp tục khai thác ví dụ theo hướng tìm điểm chia các cạnh
AB, BC theo một tỷ số khác để có bài toán mới.
Bài toán 3.1.5: (Bài toán nâng cao): Cho tam giác ABC, M là điểm thuộc AB, N
là điểm thuộc đoạn BC thoả mãn MA = kMB và CN = kNB .Gọi G là giao điểm
của AN và CM Chứng minh rằng GA + k GB + GC = 0 .
Xem đoạn thẳng AB ở bài toán 3.1.1 là trường hợp riêng của đa giác
đều ta có
Bài toán 3.1.6: Cho đa giác đều A1 A2 … An có tâm O. Chứng minh rằng
OA1 + OA2 + ... + OAn = 0 .
Như vậy từ khái niệm vectơ - không ta có thể khai thác thành các bài toán

mới ở mức độ khó khăn nâng cao dần. Nếu dừng lại ở bài toán ban đầu thì thật
là đáng tiệc, chúng ta đã bỏ phí đi một mảnh đất “màu mỡ” mà cần phải khai
thác. Các bài toán tương tự có được từ bài toán trên.
Tóm lại nếu sau khi dạy học sinh về khái niệm nếu GV không đưa ra các
dạng toán, các bài tập để khắc sâu khái niệm thì sẽ như gió thoảng qua. Rõ ràng
với việc khai thác bài toán gốc như đã trình bày HS sẽ khắc sâu khái niệm, sẽ
nắm chắc khái niệm từ đó nắm được sự kết nối giữa khái niệm và chuổi bài tập
toán liên quan tạo niềm tin và hứng thú trong học tập.
3.2. Phát hiện và vận dụng bài toán gốc nhằm khắc sâu định lí, quy tắc.
Các định lí, quy tắc cùng với các khái niệm Toán học tạo thành nội dung
cơ bản của môn Toán, làm nền tảng cho việc rèn luyện kĩ năng bộ môn, đặc biệt
là khả năng suy luận và chứng minh. Việc thể hiện định lý được rèn luyện thông
qua việc giải các bài toán của chuỗi. Trong chuỗi các bài toán nhằm củng cố
định lý chúng ta cố gắng xây dựng trên cơ sở khái quát hoá, tương tự hoá các bài
toán quen thuộc với cách thức nâng cao dần mức độ khó khăn, đồng thời để giải
các bài toán của chuỗi cũng cần phải đặc biệt hoá để đưa về các bài toán đơn
giản hơn. Điều đó sẽ giúp cho HS nhìn nhận những ứng dụng khá phong phú
của các định lý toán học, từ đó giúp các em hứng thú hơn trong học tập, phát
huy khả năng sáng tạo của các em.
Chúng ta muốn học sinh nắm được các hệ thống định lí và những mối liên
hệ giữa chúng, từ đó có khả năng vận dụng định lí vào các hoạt động giải Toán
cũng như giải quyết các vấn đề trong thực tiễn. Vì vậy trong quá trình dạy học
8


định lí chúng ta phải chú ý tới việc xem xét các định lí trong mối liên hệ với các
đối tượng và định lí khác. Phải luôn đặt nó trong những mối quan hệ để thấy
được nguồn gốc ra đời, điều kiện tồn tại và ý nghĩa thực tiễn của nó.
Trong quá trình dạy học định lí giáo viên phải tổ chức được các hoạt động
nhận thức cho HS, định hướng cho các em tự tìm ra định lí và khai thác định lí

dưới nhiều hình thức khác nhau, từ đó tìm ra những tính chất tổng quát hơn. Khi
đó các em sẽ thấy được tầm quan trọng của việc phát hiện, chứng minh và ứng
dụng định lí trong Toán học. Nhờ đó các em khắc sâu định lí. Trong luận văn
này chúng tôi xin được trình bày một vài định lí quen thuộc ở SGK và việc xây
dựng chuỗi bài toán nhằm khắc sâu nó. Ta xét các định lí sau:
Ví dụ 2:
* Định lí cosin trong tam giác: Với mọi tam giác ABC ta đều có:
a2 = b2 + c2 - 2bc cosA;
b2 = a2 + c2 - 2ac cosB;
c2 = a2 + b2 - 2ab cosC
* Từ định lí trên ta suy ra (hệ quả 1):
a 2 + c2 − b2
a 2 + b2 − c2
b2 + c2 − a 2
cosB =
; cosC =
; cosA =
2bc
2ac
2ba
Ta có các nhận xét sau:
- Nếu biết ba cạnh của tam giác thì có thể tính được 3 góc của nó.
- Tính cạnh nếu biết hai cạnh và góc xen giữa.
- Chứng minh các hệ thức, bất đẳng thức lượng giác.
- Nhận dạng tam giác: Cho phép ta xét góc A (hoặc B, C) nhọn, vuông hay
tù thông qua các cạnh của tam giác. Cụ thể:
A nhọn ⇔ b2 + c2 > a2 ; A tù ⇔ b2+ c2 < a2; A vuông ⇔ b2 + c2 = a2(hệ quả 2)
b 2 + c 2 > a 2
 2
2

2
∆ ABC có 3 góc nhọn ⇔ a + c > b (I)
b 2 + a 2 > c 2

∆ ABC có góc tù

b 2 + c 2 < a 2

⇔ a 2 + c 2 < b 2 (II)

b 2 + a 2 < c 2


∆ ABC vuông

b 2 + c 2 = a 2

⇔ a 2 + c 2 = b 2 (III)
b 2 + a 2 = c 2


- Viết công thức a2 = b2 + c2 - 2bc. cosA
dưới dạng a2 = b2 + c2 - 2bcsinA. cot A
⇒ a2 = b2 + c2 - 4S. cotA
b2 + c2 − a 2
suy ra cot A =
.
4S

9

a 2 + c2 − b2
b2 + a 2 − c2
tương tự ta cũng có cotB =
, cotC =
(Hệ quả 3)
4S
4S
Như vậy từ định lí cosin ta suy ra được định lí “cosin suy rộng” còn được
gọi là định lí cot. Định lí này có hiệu lực trong việc giải nhiều bài toán và nó cho
ta lập mối liên hệ giữa cot của các góc với các cạnh và diện tích của tam giác.
Mặt khác cũng từ định lí ta có thể biến đổi theo các cách khác như sau :
a2 = b2 + c2 - 2bc cosA = (b + c)2 - 4bc.cos2A/2
a2 = b2 + c2 - 2bc cos A = (b - c)2 + 4bc.sin2A/2
a2 = b2 + c2 - 4S cot A
a2 = (bsinC + c sinB)2 + (b cosC - ccosB)2
b2 + c2 - a2 = 2bc cosA
Ta có thể xem các hệ quả có được từ đinh lí cosin là những bài toán
gốc bây giờ ta vận dụng nó vào để giải một vài dạng toán.
Dạng 1: Chứng minh các đẳng thức liên quan tới các đại lượng giữa góc và
cạnh trong tam giác
Bài toán 3.2.1: CMR trong mọi tam giác ABC ta có a = bcosC + ccosB
Đẳng thức này được chứng minh dễ dàng nhờ thay trực tiếp cosB và cosC
vào vế phải.
Tương tự như ở bài toán 2.1.3.1 ta cũng có: b = a.cosC + c.cosA (2)
c = b.cosA + a.cosB (3)
cộng các đẳng thức trên và biến đổi ta có được các bài toán mới
Bài toán 3.2.2: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:
a/ a + b + c = (b + c)cosA + (c + a)cosB + (a + b)cosC.

b/ b(cosA + cosC) + c(cosB + cosA) = a + b + c - a(cosB + cosC)
Bài toán 3.2.3: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:
a. a2 + b2 + c2 = 2abcosC + 2bccosA + 2cacosB.
b. 2abc(cosA + cosB) = (a + c - b)(b + c - a) (a+b).
c. abc(cosA + cosB + cosC) - a2(p - a) = b2(p - b) + c2(p - c).
d. bc(b2 - c2)cosA + ac(c2 - a2)cosB + ab(a2 - b2)cosC = 0.
Dạng 2: Nhận dạng tam giác
Bây giờ vận dụng kết quả (I) ta đi tìm lời giải cho bài toán nâng cao sau:
Bài toán 3.2.4: Cho a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác
ABC và a5 = b5+c5. CMR tam giác ABC nhọn.
Làm thế nào để chứng minh tam giác ABC nhọn?
b 2 + c 2 > a 2
 2
2
2
Ở bài toán này chúng ta có nhất thiết biến đổi về a + c > b
b 2 + a 2 > c 2


Hay chỉ cần chỉ ra một bất đẳng thức trong ba bất đẳng thức trên? Nếu
vậy thì chỉ ra bất đẳng thức nào?

10


∧ ∧
a > b
A > B
⇒  ∧ ∧ ⇒ A là góc lớn nhất.
Từ đẳng thức a = b +c ⇒ 

a > c

A > C
5

5

5

Vì vậy ta chỉ cần chứng minh góc A nhọn tức là chỉ cần chứng minh b2+c2 > a2
Làm thế nào để chứng minh được điều này? Các em hãy vận dụng giả thiết kết
a>b
hợp với các điều kiện 
a > c

ta có được điều gì?

Ta có: a5 = b5+c5< a3.b2 + a3c2 ⇒ b2+c2 > a2 (chia 2 vế cho a3) ⇒ A nhọn
⇒ tam giác ABC là tam giác nhọn.
Bài toán trên được phát biểu dưới dạng tổng quát sau:
Bài toán 3.2.5: a, Cho an = bn + cn. CMR tam giác ABC nhọn với a, b, c là
3 cạnh của tam giác ABC, n ≥ 3.
b, Cho góc tam diện vuông Oxyz. Trên các tia Ox, Oy, Oz lấy lần
lượt các điểm A, B, C. Chứng minh rằng ∆ ABC nhọn.
Dạng 3: Các bài toán liên quan tới độ dài các đoạn thẳng.
Bài toán 3.2.6: Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b. Trên cạnh BC
lấy điểm D sao cho BD = p (0 ≤ p ≤ a). Tính AD.
Ta vận dụng kết quả tính được của bài toán náy để áp dụng vào giải các
bài toán khác (đây là bài toán gốc cho dạng toán thứ 3)
Hướng dẫn:

a 2 + c2 − b2
2
2
2
Ta có AD = c + p – 2pccosB. Thay cosB =
và biến đổi ta
2ac
có: aAD2 = pb2 + (a - p)c2 - p(a-p)a. ( Định lý Stewart)
Bây giờ ta tiến hành khai thác bài toán trên để được các bài toán nâng cao
mức độ khó dần.
Khi cho D là trung điểm BC ta được công thức độ dài đường trung tuyến.
b2 + c 2 a 2
ma 2 =
−
2
4
Khi AD là phân giác ta được công thức tính độ dài đường phân giác
bc (b + c)2 − a 2 
.
la2 = 
2
(b + c)
Nhận xét rằng nếu đặt DC = n thì a - p = n từ đó ta có:
Bài toán 3.2.7 : Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b. Trên cạnh BC
lấy điểm D. Đặt BD = p, CD = n và AD = d.
Chứng minh rằng : ad2 = pb2 + nc2 - pna.
Nhìn bài toán 2.1.3.7 dưới dạng khác như sau: Thay giả thiết BD = p, CD =q bởi
DB p
ap
aq

giả thiết DC = q , lúc đó BD = p + q và CD = p + q . Thay BD và CD vào kết
p 2
q 2
pq
a 2 . Từ đó ta có:
quả bài toán 2.1.3.6 ta có d2 = p + q b + p + q c −
( p + q )2
11


Bài toán 3.2.8: Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b, trên cạnh BC
DB m
= . Chứng minh rằng :
lấy điểm D sao cho
DC n
m
n
mn
AC 2 +
AB 2 −
BC 2 .
AD2 =
2
m+n
m+n
(m + n)
DB 1
= ta có được bài toán :
Trong bài toán 2.1.3.8 ta chọn
DC k

Bài toán 3.2.9: Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b trên cạnh BC lấy
DB 1
= . Chứng minh rằng :
điểm D sao cho
DC k
k
k
k
AC 2 +
AB 2 −
BC 2 .
AD2 =
k +1
k +1
( k + 1) 2
Trong bài toán 2.1.3.7 ta có thể chọn p + q =1. Từ đó có được
Bài toán 3.2.10: Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b, trên cạnh BC
DB p
lấy điểm D sao cho DC = q với p + q = 1 .Chứng minh rằng :
AD2 = pAC 2 + qAB 2 − pqBC 2 .
Trên đây là một vài khai thác từ định lí hàm số cosin bằng việc khai thác
và nhìn bài toán ở nhiều góc độ khác nhau ta đã thu được những dạng toán, bài
toán khác nhau, điều này cho thấy được sự hấp dẫn của toán học.
Tóm lại với quy trình:

Khái
niệm,
định
lí

Dạng
toán
ứng
dụng

Quy
trình
giải

Xây dựng các
bài tập gốc
vận dụng quy
trình

Các
bài
toán
nâng
cao

Vận dụng lược đồ trên nhằm thực hiện mục đích kép: vừa để khắc sâu
Khái niệm, Định lí; vừa bồi dưỡng năng lực huy động kiến thức cho học
sinh khi giải các bài toán nâng cao. Thông qua việc học tập những định lí Toán
học, học sinh biết nhìn nhận nội dung môn Toán dưới góc độ phát hiện và giải
quyết vấn đề, đồng thời rèn luyện được khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề
ở mức độ yêu cầu của chương trình phổ thông.
3.3. Phát hiện và vận dụng bài toán gốc trong dạy học giải bài tập.
Trong trường phổ thông có thể xem việc giải bài tập toán là hình
thức chủ yếu của HĐ toán học đối với HS. Các bài toán là một phương
tiện không thể thay thế được, trong quá trình giúp HS nắm vững tri thức,

phát triển tư duy, hình thành các kỹ năng, kỹ xảo, phát triển năng lực
sáng tạo, giải quyết các bài toán thực tế. HĐ giải các bài tập toán là điều

12


kiện để thực hiện tốt các mục tiêu dạy toán ở trường phổ thông. Vì vậy việc
tổ chức giải các bài tập toán có hiệu quả sẽ góp phần quan trọng đối với
chất lượng dạy học toán.
Trong thực tiễn dạy học, các bài tập toán được sử dụng với những
dụng ý khác nhau. Tất nhiên các bài tập toán thường không chỉ nhằm vào
một mục đích đơn nhất nào đó mà thường bao hàm nhiều dụng ý khác
nhau. Bài tập toán cụ thể được đặt ra ở thời điểm nào đó của quá trình
dạy học đều chứa đựng một cách tường minh hay ẩn tàng những chức
năng khác nhau.
Ta thấy rằng bài tập sách giáo khoa được biên soạn khá công phu và có
nhiều tiềm năng để phát triển năng lực sáng tạo cho HS, tuy nhiên để làm tốt
hơn việc này thì cần phải bổ sung một lượng bài tập thích hợp nhằm phát huy
được tối đa khả năng sáng tạo của các em, trong đó phải có những bài tập khó
dành riêng cho HS khá và giỏi, đặc biệt là những bài tập có thể tương tự hoá,
khái quát hoá, đặc biệt hoá... Thầy giáo là người tổ chức cho HS làm việc, HĐ
tìm tòi phát hiện chân lí khoa học. Lớp học phải trở thành một cộng đồng xã hội
trong đó có sự hợp tác học tập của tất cả các thành viên sao cho mọi người được
phát huy đầy đủ năng lực và trách nhiệm của mình. Sau đây chúng ta hãy phân
tích một vài ví dụ của việc xây dựng chuỗi bài toán để thấy rõ hơn vai trò của
chuỗi đối với việc nâng cao chất lượng hoạt động nhận thức cho HS.
Dạng 1: Chứng minh bất đẳng thức:
Ta hãy xét bài toán trong SGK sau:
Ví dụ 3.3.1 (Bài toán gốc ):
“Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh: ( x + y)( y + z )( z + x) ≥ 8 xyz ” (1)

(Bài 8-Sách Bài tập Đại số 10, NXB Giáo Dục).
Có một số cách để chứng minh cho bài toán này. Tôi xin giới thiệu một
lời giải cho bài toán
+ Theo BĐT CauChy ta có
 x + y ≥ 2 xy > 0


 y + z ≥ 2 yz > 0 . Suy ra: ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ 8 xyz

z + x ≥ 2 zx > 0



(đpcm).

+ Bây giờ ta đặt x = a + b - c; y = b + c – a; z = c + a – b với a, b, c là 3 cạnh của
một tam giác. Khi đó BĐT (1) trở thành: abc ≥ (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)(2)
Từ đó ta xây dựng được bài toán mới như sau:
Bài toán 3.3.2: “Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh
rằng: abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ” (2).
Ta thử “đi tìm” cách chứng minh BĐT(2) khi a, b, c là ba số dương và không
là ba cạnh của một tam giác. Giả sử a, b, c không là ba cạnh của một tam giác khi
đó xảy ra ba khả năng: a ≥ b + c; b ≥ c + a; c ≥ a + b . Với a ≥ b + c ta có:
a + b − c ≥ b + c + b − c = 2b > 0 ;

13


b + c − a ≤ b + c − b − c = 0 ; c + a − b ≥ c + b + c − b = 2c > 0 ⇒
( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ 0 . Suy ra abc > 0 ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) .

Tương tự cho các trường hợp còn lại. Ta thu được bài toán “mạnh hơn” sau:
Bài toán 3.3.3: “Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
xyz ≥ ( y + z − x)( z + x − y )( x + y − z ) ” (3).
Bây giờ ta khai thác các BĐT(1), BĐT(2); BĐT(3) để “tạo ra” chuổi bài toán.
a, Ta đi “khai thác” BĐT(1) như sau:
Áp dụng BĐT(1) cho ba số dương: sinA, sinB, sinC với A, B, C là ba góc của
một tam giác ta có: (s inA + sinB)(s inB + sinC )(s inC + sinA) ≥ 8sin A sin BsinC
C
A− B
A
B −C
B
C−A
⇔ 8cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2
2
2
A
A
B
B
C
C
≥ 64sin cos sin cos sin cos
2

2
2
2
2
2
A− B
B −C
C−A
A
B
C
⇔ cos
cos
cos
≥ 8sin sin sin
2
2
2
2
2
2
Ta thu được bài toán quen thuộc sau:
Bài toán 3.3.4: “Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng:
A− B
B −C
C−A
A
B
C
cos

cos
cos
≥ 8sin sin sin ”.
2
2
2
2
2
2
A
B
C
Tiếp tục áp dụng BĐT(1) cho ba số dương: tan , tan , tan với A, B, C là ba
2
2
2
góc của một tam giác ta có:
A
B
B
C
C
A
A
B
C
(tan + tan )(tan + tan )(tan + tan ) ≥ 8tan tan tan
2
2
2

2
2
2
2
2
2
C
A
B
A
B
C
cos
cos
cos
sin sin sin
2
2
2
2
2
2 ⇔ sin A sin B sin C ≤ 1
⇔
≥8
B
A
B
B
C
C

A
A
C
2
2
2 8
cos cos cos cos cos cos
cos cos cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
.
Ta thu được bài toán quen thuộc sau:
A
B
C 1
Bài toán 3.3.5: “Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: sin sin sin ≤ ”.
2
2
2 8
Tiếp tục áp dụng BĐT(1) cho ba số dương: Sin2 A, Sin2 B, Sin2C với A, B, C là ba
góc của tam giác nhọn ABC ta có:
(sin 2 A + sin 2 B)(sin 2 B + sin 2C )(sin C + sin 2 A) ≥ 8sin 2 A sin 2 B sin 2C
cos( A − B)cos( B − C )cos(C − A)

⇔
≥ 8 Ta thu được bài toán sau:
cos A.cos B.cos C
Bài toán 3.3.5: “Cho tam giác nhọn ABC .
cos( A − B)cos( B − C )cos(C − A)
≥8
CMR:
cosA.c osB.cos C

14


Tiếp tục áp dụng BĐT(1) cho ba số dương: p − a, p − b, p − c ; trong đó a, b, c là
a+b+c
ba cạnh của một tam giác và p =
ta có:
2
( p − a + p − b)( p − b + p − c)( p − c + p − a) ≥ 8( p − a)( p − b)( p − c)
⇔ abc ≥ 8( p − a)( p − b)( p − c) ≥ 16S 2
1
1
1
⇔ a 2 (b2 + c2 ) + b2 (c 2 + a 2 ) + c 2 (a 2 + b2 )
2
2
2

2 1
2
1

2 1
≥ 16S 2 + a2 ( b − c ) + b2 ( c − a ) + c2 ( a − b )
2
2
2
2 1
2
1
2 1
⇔ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ≥ 16S 2 + a 2 ( b − c ) + b2 ( c − a ) + c 2 ( a − b )
2
2
2
Ta thu được bài toán sau:
Bài toán 3.3.6: Cho tam giác ABC có diện tích S . Đặt BC = a, CA = b, AB = c .
Chứng minh bất đẳng thức:
2 1
2
1
2 1
a 2b2 + b2c 2 + c 2a 2 ≥ 16S 2 + a 2 ( b − c ) + b 2 ( c − a ) + c 2 ( a − b )
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi nào? ”
( Bài T7/376- THTT năm 2008).
b. Ta đi “khai thác” BĐT(2) như sau:
abc
8
pr

2
4 R ⇔ R ≥ 2r .
BĐT(2) ⇔ abc ≥ 8( p − a)( p − b)( p − c) ⇔ abc ≥ 8S ⇔ abc ≥
p
p
Ta có
Bài toán 3.3.7: “Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính
đường tròn nội tiếp lần lượt là R, r . Chứng minh rằng: R ≥ 2r ”.
Tiếp tục “khai thác” BĐT(2) ta có
BĐT(2) ⇔ abc(a + b + c) ≥ (a + b + c)(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
⇔ abc(a + b + c) ≥ 16 p( p − a)( p − b)( p − c) ⇔ abc(a + b + c) ≥ 16S 2

⇔ (ab)(bc) + (bc)(ca) + (ca)(ab) ≥ 16S 2 (*)
Ta áp dụng BĐT quen thuộc ( x + y + z ) 2 ≥ 3( xy + yz + zx) cho ba số dương
ab, bc, ca ta được BĐT ( ab + bc + ca ) 2 ≥ 3  (ab)(bc) + (bc)(ca) + (ca)(ab)  . Kết
hợp với (*) ta có ( ab + bc + ca ) 2 ≥ 48S 2 ⇔ ab + bc + ca ≥ 4 3S . Từ đó ta thu
được bài toán.
Bài toán 3.3.8: “Cho tam giác ABC có diện tích bằng S .
Đặt BC = a, CA = b, AB = c . Chứng minh bất đẳng thức: ab + bc + ca ≥ 4 3S ”.
Thêm một bước biến đổi cho BĐT thu được trong bài toán 3.3.8 như sau

15


ab + bc + ca ≥ 4 3S
2 1 
2 1
1
2
⇔  a 2 + b2 − ( a − b )  + b2 + c2 − ( b − c )  + c 2 + a 2 − ( c − a )  ≥ 4 3S

2

 2
 2
2 1
2 1
1
1
1
1
2
⇔ a 2 + b2 + b2 + c2 + c 2 + a 2 ≥ 4 3S + ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )
2
2
2
2
2
2
2 1
2 1
1
2
⇔ a 2 + b2 + c2 ≥ 4 3S + ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )
2
2
2
Ta thu được bài toán sau:
Bài toán 3.3.9:
“Cho tam giác ABC có diện tích bằng S .Đặt BC = a, CA = b, AB = c . CMR:
2 1

2 1
1
2
a 2 + b2 + c 2 ≥ 4 3S + ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ”.
2
2
2
Tiếp tục “khai thác” BĐT (*) thu được trong Bài toán 2.1.4.8 như sau
Áp dụng BĐT quen thuộc: “ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz ”cho ba số dương
ab, bc, ca ta được BĐT: a 2b2 + b2c 2 + c2a 2 ≥ (ab)(bc) + (bc)(ca) + (ca )(ab) .

(

) (

) (

)

Kết hợp với BĐT (*) ta có BĐT
2 1 
2
1
a 2b2 + b2c2 + c 2a 2 ≥ 16S 2 ⇔  a 4 + b4 − a 2 − b2  + b4 + c4 − b2 − c 2  +
2
 2


(



)



(



)



2
1
1
1
1
+  c4 + a 4 − c 2 − a2  ≥ 16S 2 ⇔ a4 + b4 + b4 + c 4 + c 4 + a 4 ≥
2
2
2
2


(



)

(



) (

) (

)

2
2 1
2
2 1
1
2
2
a + b) ( a − b) + ( b + c) ( b − c) + ( c + a) ( c − a )
(
2
2
2
Ta thu được bài toán sau:
Bài toán 3.3.10: “Cho tam giác ABC có diện tích bằng S . Đặt
BC = a, CA = b, AB = c . Chứng minh bất đẳng thức:
2
2 1
2

2 1
1
2
2
a 4 + b4 + c4 ≥ 16S 2 + ( a + b ) ( a − b ) + ( b + c ) ( b − c ) + ( c + a ) ( c − a ) ”.
2
2
2
(*)
Thêm một bước biến đổi cho BĐT thu được trong bài toán III.8 như sau
⇔ a 4 + b4 + c 4 ≥ 16S 2 +

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

1 2
1
1
a + b 2 b2 + c 2 + b 2 + c 2 c 2 + a 2 + c 2 + a 2 a 2 + b 2 ≥ 16S2 +

4
4
4
1
1
2
2 1
2
+ ( a − b )  b 2 + c 2 + c2 + a 2 − ( b − c ) − ( c − a ) 
4
2
2


1
3
⇔ (a 4 + b 4 + c 4 ) + (a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) ≥ 16S 2 +
4
4
1
2
2
2 1
2
2
2
+  ( b + c ) + ( c + a )  ( a − b ) + ( c + a ) + ( a + b )  ( b − c )





8
8


1
2
2
2
+ ( a + b ) + ( b + c )  ( c − a ) (**)


8

⇔

Dạng 2: Tìm độ dài lớn nhất, nhỏ nhất của một đoạn thẳng

16


Ví dụ 3.3.11: ( Bài toán gốc ) Cho đường tròn ( C ) tâm I bán kính R, H là một
điểm nằm ngoài đường tròn ( C ) . Tìm điểm M nằm trên đường tròn ( C ) sao cho:
a) Độ dài đoạn thẳng MH nhỏ nhất.
b) Độ dài đoạn thẳng MH lớn nhất.
Lời giải: Gọi d là đường thẳng đi qua hai điểm I và H.
Giả sử A, B là các giao điểm của đường tròn ( C ) và đường thẳng d sao
cho điểm B nằm giữa hai điểm A và H. Khi đó, với một điểm M bất kỳ nằm
trên đường tròn ( C ) ta luôn có: BH ≤ MH ≤ AH
Thật vậy: +) Ta chứng minh: MH ≤ AH .

- Khi điểm M trùng điểm A ta có: MH = AH
·
·
·
- Khi điểm M không trùng điểm A ta có: AMH
> AMB
= 900 suy ra AMH
tù.
·
Từ đó, trong tam giác AMH ta có: ·AMH > MAH
suy ra AH > MH.
Như vậy, khi điểm M nằm trên đường tròn ( C ) ta luôn có:
MH ≤ AH , MH = AH khi và chỉ khi điểm M trùng điểm A.
+) Ta chứng minh: MH ≥ BH
- Khi điểm M trùng điểm B: MH = BH
·
- Khi điểm M không trùng điểm B: Trong tam giác MBH ta luôn có, MBH
là
·
·
góc tù tức là ta có MBH > BMH . Suy ra MH > BH.
Từ đó, khi điểm M nằm trên đường tròn ( C ) ta luôn có: MH ≥ BH , MH =
BH khi và chỉ khi điểm M trùng điểm B.
Vậy, với một điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn ( C ) ta luôn có: BH ≤ MH ≤ AH ,
MH=BH khi và chỉ khi điểm M trùng điểm B, MH=AH khi và chỉ khi điểm M
trùng điểm A.
Ví dụ 3.3.11 là bài toán đơn thuần nếu ta chỉ dừng lại ở đó nhưng nếu ta gắn
các yếu tố của bài toán vào mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy thì ta sẽ có bài toán
mới về hình học giải tích như sau:
Bài toán 3.3.12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) có

phương trình x 2 + y2 − 4x + 6y + 8 = 0 và điểm H= (4;1). Tìm tọa độ điểm M nằm
trên đường tròn ( C ) sao cho:
a) Độ dài đoạn thẳng MH nhỏ nhất.
b) Độ dài đoạn thẳng MH lớn nhất.
Lời giải:
Đường tròn ( C ) có tâm I = ( 2; −3) , bán kính R = 5 .
Ta có: IH = ( 4 − 2 ) + ( 1 + 3 ) = 20 = 2 5 > R . Suy ra, điểm H nằm ngoài
2

2

đường tròn ( C ) .
Gọi d là đường thẳng
đi qua hai điểm I và H. Khi đó, đường thẳng d có
uu
một vectơ chỉ phương là IH = ( 2; 4 ) , suy ra đường thẳng d có một vectơ pháp
uu
tuyến là n d = ( 2; −1) .
17


Suy ra, đường thẳng d có phương trình tổng quát là: 2 ( x − 2 ) − ( y + 3) = 0
hay đường thẳng d có phương trình: 2x − y − 7 = 0 .
Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và đường tròn ( C ) là nghiệm của
hệ phương trình:
2x − y − 7 = 0
 y = 2x − 7
x = 1
x = 3
⇔

⇔ 
 2
 2
hoặc

2
 y = −5
 y = −1
 x + y − 4x + 6y + 8 = 0
 x − 4x + 3 = 0
Vậy đường thẳng d cắt đường tròn ( C ) tại hai điểm A = ( 1; −5) và B = ( 3; −1) .

Ta có:

AH =

BH =

( 4 − 3)

( 4 − 1)
2

2

+ ( 1 + 5 ) = 45 = 3 5 > IH
2

+ ( 1 + 1) = 5 < IH Suy ra, điểm B nằm giữa hai điểm A và H.
2

Áp dụng kết quả ví dụ 3.3.12, ta có:
a) Độ dài đoạn thẳng MH nhỏ nhất bằng BH = 5 khi điểm M ≡ B = ( 3; −1) .
b) Độ dài đoạn thẳng MH lớn nhất bằng AH = 3 5 khi điểm M ≡ A = ( 1; −5 ) .
Từ kết quả này, ta có thể phát biểu bài toán dưới dạng khác:
Bài toán 3.3.13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) có
phương trình: x 2 + y 2 − 4x + 6y + 8 = 0 và điểm H= (4;1). M là một điểm nằm trên
đường tròn ( C ) . Chứng minh rằng: 5 ≤ MH ≤ 3 5
Lời giải: Sử dụng kết quả bài toán 3.3.13
2
2
Khi điểm M = (a; b) và điểm H = (4;1) suy ra MH = ( a − 4 ) + ( b − 1) . Tức là, ta

có thêm bài toán mới: Chứng minh rằng:

5≤

( a − 4)

2

+ ( b − 1) ≤ 3 5 .
2

Bài toán 3.3.13 là bài toán đơn thuần trong hình học giải tích nếu ta dừng
lại ở đây nhưng nếu ta bỏ đi các yếu tố về điểm và đường tròn với hệ tọa độ Oxy
thì ta được bài toán mới về bất đẳng thức đại số:
Bài toán 3.3.14. Cho hai số thực a, b thỏa mãn: a 2 + b 2 − 4a + 6b + 8 = 0
Chứng minh rằng:

5≤

( a − 4)

2

+ ( b − 1) ≤ 3 5
2

Lời giải:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, gọi điểm M = ( a; b ) . Từ giả thiết,
a 2 + b 2 − 4a + 6b + 8 = 0 suy ra điểm M nằm trên đường tròn ( C ) có phương
trình: x 2 + y2 − 4x + 6y + 8 = 0 .
Khi đó, ta có:

( a − 4)

2

2
+ ( b − 1) = HM với điểm H = ( 4;1) .

Áp dụng kết quả Bài toán 3.3.11, ta có:
BH ≤ MH ≤ AH tương đương với

5≤

( a − 4)

2

+ ( b − 1) ≤ 3 5

( a − 4)

2

+ ( b − 1) = 5

khi và chỉ khi

( a − 4)

2

+ ( b − 1) = 3 5

khi và chỉ khi

2

2

2

a = 3

,
b = −1
a = 1


.
 b = −5

18


Vậy 5 ≤ ( a − 4 ) + ( b − 1) ≤ 3 5 ,
2

2

( a − 4)

2

( a − 4)

2

+ ( b − 1) = 3 5
2

+ ( b − 1) = 5 khi
2

khi và chỉ khi

a = 3


,
b = −1
a = 1

.
 b = −5

4. Kết quả thực nghiệm của đề tài:
Tôi đã sử dụng đề tài nghiên cứu trên vào quá trình dạy học và đã đạt được
những kết quả tích cực ở cả hai mặt định tính và định lượng, cụ thể như sau:
4.1. Kết quả định tính.
Về ý kiến của giáo viên dự giờ thực nghiệm:
- Đa số các giáo viên nhất trí với nội dung thực nghiệm, đặc biệt ủng hộ
các giải pháp và phương thức đã nêu trong đề tài. Các thấy cô đều đồng tình với
phương thức tổ chức dạy học định lí, khái niệm theo hướng vận dụng và phát
hiện bằng các phương pháp dạy học tích cực giúp học sinh hoạt động nhiều, học
tập tích cực, chủ động , sáng tạo, linh hoạt hơn. Các thấy cô rất đồng ý với cách
phát phiếu học tập cho từng nhóm học sinh với mục đích thể hiện sự hợp tác tạo
mỗi tương tác cho các em học tập hiệu quả hơn.
Về ý kiến của học sinh ở lớp dạy thực nghiệm:
Qua quan sát bằng phiếu điều tra sau mỗi tiết dạy thực nghiệm đối với
HS, tôi rút ra những ý kiến phản hồi từ phía các em về: nội dung bài học; lượng
kiến thức; mức độ tiếp thu bài học; đề xuất ý kiến cho tiết dạy tiếp theo như sau:
Phần lớn HS cho rằng: tiết học sôi nổi, cuốn hút nhiều HS tham gia vào
bài học, các em thích thú với phần thảo luận nhóm, tạo cho các em có cơ hội
phát biểu ý kiến của mình đồng thời cũng để khẳng định được năng lực của
mình chính xác hơn, từ đó có hướng phấn đấu thích hợp. Nội dung bài học là
phù hợp với hầu hết HS.
Về cách tiếp cận tiết học 100% học sinh có ý kiến là các em khám phá
kiến thức mới dưới sự huy động kiến thức đã có, rèn luyện kỹ năng phát hiện và

giải quyết vấn đề để tìm tòi cái mới.
Qua quan sát các giờ học được tiến hành theo tiến trình đó được xây
dựng, chúng tôi nhận thấy học sinh lớp thực nghiệm có chuyển biến tích cực
hơn so với trước thực nghiệm:
- Học sinh hứng thú trong giờ học Toán : điều này được giải thích là do
trong khi các em được hoạt động, được suy nghĩ, được tự do bày tỏ quan điểm,
được tham gia vào quá trình phát hiện và giải quyết vấn đề nhiều hơn; được
tham gia vào quá trình khám phá và kiến tạo kiến thức mới.
- Khả năng phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hóa, đặc biệt
hóa, hệ thống hóa của học sinh tiến bộ hơn: điều này để giải thích là do giáo
viên đó chú ý hơn trong việc rèn luyện các kỹ năng này cho các em.
- HS tập trung chú ý nghe giảng, thảo luận nhiều hơn: điều này được giải
thích là do trong quá trình nghe giảng theo cách dạy học mới, HS phải theo dõi,
tiếp nhận nhiều hơn các nhiệm vụ học tập mà giáo viên giao, nghe những hướng
dẫn, gợi ý, điều chỉnh,... của giáo viên để thực hiện các nhiệm vụ đề ra.

19


- Việc ghi chép, ghi nhớ thuận lợi hơn: điều này được giải thích là do trong
dạy học, giáo viên đó quan tâm tới việc tạo điều kiện để học sinh ghi chép theo
cách hiểu của mình.
- Việc đánh giá, tự đánh giá bản thân được sát thực hơn: điều này do
trong quá trình dạy học, giáo viên đó cho học sinh thảo luận giữa thầy và trò, trò
với trò được trả lời bằng các phiếu trắc nghiệm và khả năng suy luận của bản thân.
- Học sinh tự học, tự nghiên cứu ở nhà thuận lợi hơn: điều này được giải
thích là do trong các tiết học ở trên lớp , giáo viên đó quan tâm tới việc hướng
dẫn học sinh tổ chức việc tự học, tự nghiên cứu ở nhà.
- Học sinh tham gia vào bài học sôi nổi hơn, mạnh dạn hơn trong việc
bộc lộ kiến thức của chính mình: điều này là do trong quá trình dạy học, giáo

viên yêu cầu học sinh phải tự phát hiện và tự giải quyết một số vấn đề; tự khám
phá và tự kiến tạo một số kiến thức mới, học sinh được tự thảo luận với nhau và
được tự trình bày kết quả làm được.

4.2. Kết quả định lượng.
Trong năm học 2014 - 2015 tôi đã tiến hành thực nghiệm nhằm đánh giá
hiệu quả của đề tài tại lớp 10C6 và lớp 10C7 - Trường THPT Yên Định 2. Kết
quả học tập môn Toán của hai lớp là tương đương (đánh giá qua quá trình trực
tiếp giảng dạy). Cụ thể tôi tiến hành dạy ôn tập chủ đề tự chọn (3 tiết) cho học
sinh hai lớp 10C6 và 10C7. Tôi chọn lớp 10C7 làm lớp dạy học thực nghiệm (sử
dụng đề tài), lớp 10C6 làm lớp dạy học đối chứng (không sử dụng đề tài). Sau
khi dạy thực nghiệm và đối chứng tôi tiến hành cho học sinh hai lớp làm bài
kiểm tra 45 phút và đã thu được kết quả thống kê theo bảng sau:
Lớp
Sĩ
Giỏi
Khá
Trung bình Yếu
Kém
số
SL
%
SL
%
SL %
SL
%
SL %
10C6 45
8

17,8 10
22, 24 53,3 3
6,7 0 0
2
10C7 47
14
29,8 15
31, 16 34
2
4,3 0 0
9
Phương án tổ chức các tình huống dạy học định lí, khái niệm theo hướng
vân dụng và phát hiện cho học sinh như đã đề xuất là khả thi. Thực hiện các biện
phát đó sẽ góp phần phát triển năng lực nhận thức cho học sinh, góp phần nâng cao
hiệu quả dạy học môn Toán cho học sinh phổ thụng.
Như vậy, mục đích của thực nghiệm đó đạt được và giả thuyết khoa học
rút ra đó được kiểm nghiệm.
III. KẾT LUẬN
Đề tài đã thu được một số kết luận như sau:
- Đưa ra được một số quan niệm về bài toán, bài toán gốc, bài toán nâng cao
- Nêu được vai trò của bài toán gốc.
20


- Đưa ra cách thức xây dựng và các phương thức phát hiện bài toán mới
trong việc mở rộng tiềm năng ứng dụng.
- Làm rõ cơ sở lý luận và thực tiễn của việc phát hiện và vận dụng các bài
toán mới, chuổi bài toán thông qua việc khai thác bài toán gốc ở trường THPT.
- Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh họa tính khả thi và hiệu quả của
những biện pháp được đề xuất.

Mặc dù đã có nhiều cố gắng trong việc nghiên cứu, thực hành rồi hoàn
thành đề tài song đề tài chắc chắn không tránh khỏi những thiếu xót. Tôi rất
mong các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp góp ý để tôi hoàn thiện hơn đề tài
của mình.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 15/5/2015
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của tôi không sao chép nội dung
của người khác.
Tác giả
Trịnh Thị Huê
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]

[6]

Nguyễn Vĩnh Cận, Lê Thống Nhất, Phan Thanh Quang (2002), Sai lầm phổ biến
khi giải Toán, Nxb Giáo dục, Hà Nội.
Hoàng Chúng (1969), Rèn luyện khả năng sáng tạo toán học ở trường phổ thông,
Nxb Giáo dục, Hà Nội.
Hoàng Chúng (1978), Phương pháp dạy học toán học, Nxb Giáo dục, Hà Nội.
Cruchetxki V.A. (1978), Tâm lí năng lực toán của học sinh, Nxb Giáo dục, Hà
Nội.
Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Phạm Thị Bích Ngọc, Đoàn Quỳnh, Đặng Hùng
Thắng, Lưu Xuân Tình, Đại số 10 (Sách chỉnh lí hợp nhất năm 2000), Nxb Giáo
dục, Hà Nội.
Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên), Nguyễn Mộng Hy (chủ biên), Nguyễn Văn

[7]

Đoành, Trần Đức Huyên (2007), Hình học 10, Nxb Giáo dục, Hà Nội.
Trần Bá Hoành (2007), Đổi mới phương pháp dạy học, chương trình và sách

[8]

giáo khoa, Nxb Đại học Sư phạm, Hà Nội.
Nguyễn Bá Kim (2002), Phương pháp dạy học môn Toán, Nxb Đại học Sư

[9]

phạm, Hà Nội.
Nguyễn Bá Kim (chủ biên), Đinh Nho Chương, Nguyễn Mạnh Cảng, Vũ Dương

[2]
[3]
[4]
[5]

Thụy, Nguyễn Văn Thường (1994), Phương pháp dạy học môn toán (dạy học
[10]

những nội dung cơ bản), Nxb Giáo dục, Hà Nội.
Phan Trọng Ngọ (2005), Dạy học và phương pháp dạy học trong nhà trường,

[11]
[12]

Nxb Đại học Sư phạm, Hà Nội.
Polya G. (1997), Giải một bài toán như thế nào, Nxb Giáo dục, Hà Nội.

Polya.G (1997), Sáng tạo toán học, Nxb Giáo dục, Hà Nội.
21


[13]
[14]

Polya.G (1995), Toán học và những suy luận có lí, Nxb Giáo dục, Hà Nội..
Đào Tam (2005), Phương pháp dạy học hình học ở trường trung học phổ thông,

[15]
[16]

Nxb Đại học Sư phạm, Hà Nội.
Đào Tam (2005), Giáo trình hình học sơ cấp, Nxb Đại học Sư phạm, Hà Nội.
Đào Tam (2000), “Bồi dưỡng học sinh khá giỏi ở THPT năng lực huy động kiến

[16]

thức khi giải các bài toán”, Tạp chí Nghiên cứu Giáo dục (1), tr. 19, 22.
Đào Tam (2007), “Rèn luyện cho học sinh phổ thông một số thành tố của năng

[17]

lực kiến tạo kiến thức trong dạy học toán”, Tạp chí Giáo dục (165), tr. 26, 27.
Vũ Tuấn(chủ biên), Đoàn Minh Cường, Trần Văn Hạo, Đỗ Mạnh Hùng, Phạm
Phu, Nguyễn Tiến Tài, Bài tập đại số 10, Nxb Giáo dục, Hà Nội.
.

MỤC LỤC

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lí luận của đề tài
2. Thực trạng của đề tài
3. Các biện pháp tổ chức thực hiện
3.1. Phát hiện và vận dung bài toán gốc nhằm khắc sâu khái niệm
3.2. Phát hiện và vận dung bài toán gốc nhằm khắc sâu định lí, quy tắc
3.3 Phát hiện và vận dung bài toán gốc trong dạy hoc giải bài tập
4. Kết quả thực nghiệm của đề tài
III. KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo

Trang
1
2
2-4
4-6
6
6-8
8-12
12-18
18-20
20
21

DANH MỤC NHỮNG TỪ VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG ĐỀ TÀI
VIẾT TẮT
THPT
HS
GV

VD
PPDH
PPGD

VIẾT ĐẦY ĐỦ
Trung học phổ thông
Học sinh
Giáo viên
Ví dụ
Ph¬ng ph¸p d¹y häc
Ph¬ng ph¸p gi¸o dôc
22


BPSP
DH
ĐC
GQVĐ
GV
HĐ
HS
KN
NL
PB
PH
PPDH
QLTK
SGK
SLDD
SLHL

TBC
TDTK

Biện pháp s phạm
Dạy học
Đối chứng
Giải quyết vấn đề
Giáo viên
Hoạt động
Học sinh
Kĩ năng
Năng lực
Phân bố
Phát hiện
Phơng pháp dạy học
Quy luật thống kê
Sách giáo khoa
Suy luận diễn dịch
Suy luận hợp lý
Trung bình cộng
T duy thống kê

23