Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 rèn tư duy sáng tạo qua dạy hình học

MỘT VÀI BIỆN PHÁP RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO
CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI QUA DẠY HỌC HÌNH HỌC.
1. Sơ lược về tư duy sáng tạo:
1.1. Khái niệm về tư duy sáng tạo
Tư duy sáng tạo có thể hiểu là sự kết hợp ở ñỉnh cao, hoàn thiện nhất của tư
duy tích cực và tư duy ñộc lập, tạo ra những cái mới có tính giải quyết vấn ñề
một cách hiệu quả và chất lượng. Tư duy sáng tạo là tư duy ñộc lập vì nó không
bị gò bó, phụ thuộc vào cái ñã có. Tính ñộc lập của nó ñược bộc lộ vừa trong
việc ñạt ñược mục ñích vừa trong việc tìm giải pháp. Mỗi sản phẩm của tư duy
sáng tạo ñiều mang ñậm dấu ấn của mỗi cá nhân tạo ra nó. Ý tưởng mới ở ñây
thể hiện ở chỗ phát hiện vấn ñề mới, tìm ra hướng ñi mới, tạo ra kết quả mới.
Việc phát hiện vấn ñề mới nhiều khi còn quan trọng hơn việc giải quyết vấn ñề
ñó.
1.2. Các thành phần cơ bản của tư duy sáng tạo
Tổng hợp các kết quả nghiên cứu về tư duy sáng tạo, ta có thể thấy nổi lên
5 tính chất (thành phần) cơ bản sau:
1.2.1. Tính mềm dẻo: khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt ñộng trí tuệ này
sang hoạt ñộng trí tuệ khác. ðó là năng lực thay ñổi dễ dàng, nhanh chóng trật tự
của hệ thống tri thức, chuyển từ góc ñộ quan niệm này sang góc ñộ quan niệm
khác, ñịnh nghĩa lại sự vật hiện tượng, xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra
sự vật mới trong những mối quan hệ mới hoặc chuyển ñổi quan hệ và nhận ra
bản chất của sự vật và ñiều phán ñoán. Tính mềm dẻo của tư duy còn làm thay
ñổi dễ dàng các thái ñộ ñã cố hữu trong hoạt ñộng trí tuệ của con người. Tính
mềm dẻo của tư duy còn có các ñặc trưng:
- Dễ dàng chuyển từ hoạt ñộng trí tuệ này sang hoạt ñộng trí tuệ khác, vận
dụng linh hoạt các hoạt ñộng phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, cụ
thể hoá các phương pháp suy luận như: quy nạp, suy diễn, tương tự; dễ dàng
chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác, ñiều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ
nếu gặp trở ngại.
- Suy nghĩ không dập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những
kinh nghiệm, kiến thức, kĩ năng ñã có vào hoàn cảnh mới, ñiều kiện mới trong

1


ñó có những yếu tố ñã thay ñổi, có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của
những kinh nghiệm, những phương pháp, những cách nghĩ ñã có từ trước.
- Nhận ra vấn ñề mới trong ñiều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới
của ñối tượng quen biết...
1.2.2. Tính nhuần nhuyễn: Khả năng tìm ñược nhiều giải pháp trên nhiều
góc ñộ và tình huống khác nhau. ðó là năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự
tổ hợp giữa các yếu tố riêng lẻ của tình huống hoàn cảnh, ñưa ra giả thuyết mới
và ý tưởng mới. Tính nhuần nhuyễn ñược ñặc trưng bởi khả năng tạo ra một số
lượng nhất ñịnh các ý tưởng. Số ý tưởng nghĩ ra càng nhiều thì càng có nhiều
khả năng xuất hiện ý tưởng ñộc ñáo. Trong trường hợp này, có thể nói số lượng
làm nảy sinh chất lượng. Các ñặc trưng của tính nhuần nhuyễn là:
- Tính ña dạng của các cách xử lí khi giải toán, khả năng tìm ñược nhiều
giải pháp trên nhiều góc ñộ và tình huống khác nhau. ðứng trước một vấn ñề
phải giải quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và ñề xuất ñược
nhiều phương án khác nhau và từ ñó có thể tìm ñược phương án tối ưu.
- Khả năng xem xét ñối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau; có một cái
nhìn sinh ñộng từ nhiều phía ñối với các sự vật và hiện tượng chứ không phải có
cái nhìn bất biến, phiến diện, cứng nhắc.
1.2.3. Tính ñộc ñáo: Là khả năng tìm kiếm và giải quyết vấn ñề một cách
mới lạ hoặc duy nhất. Các ñặc trưng của tính ñộc ñáo là:
- Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới
- Khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng
như không có liên hệ với nhau.
- Khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy ñã biết các giải pháp khác.
1.2.4. Tính hoàn thiện: Là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩ và
hành ñộng, phát triển ý tưởng, kiểm tra và chứng minh ý tưởng.

1.2.5. Tính nhạy cảm vấn ñề: Là khả năng nhanh chóng phát hiện ra vấn ñề,
mâu thuẫn, sai lầm, sự thiếu logic, chưa tối ưu,… do ñó nảy sinh ý muốn cấu
trúc hợp lí, hài hòa, tạo ra cái mới.
Các tính chất cơ bản của tư duy sáng tạo không tách rời nhau mà trái lại
chúng còn có mối quan hệ mật thiết với nhau, hỗ trợ, bổ sung cho nhau. Khả
năng dễ dàng chuyển từ hoạt ñộng trí tuệ này sang hoạt ñộng trí tuệ khác (tính
2


mềm dẻo) tạo ñiều kiện cho việc tìm ñược nhiều giải pháp trên nhiều góc ñộ và
tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn) và nhờ ñề xuất ñược nhiều phương án
khác nhau mà có thể tìm ñược phương án lạ, ñặc sắc (tính ñộc ñáo). Các tính
chất này lại quan hệ khăng khít với các tính chất khác như tính chính xác, tính
hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn ñề. Tất cả các tính chất ñặc trưng nói trên cùng
góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, ñỉnh cao nhất trong các hoạt ñộng trí tuệ của
con người. Tuy nhiên có thể thấy rằng ba tính chất ñầu tiên (tính mềm dẻo, tính
nhuần nhuyễn, tính ñộc ñáo) là ba yếu tố cơ bản, cốt lõi của sự sáng tạo với tư
cách là thành phần quan trọng bậc nhất của cấu trúc năng khiếu, tài năng.
1.3.

Những biểu hiện ñặc trưng của tư duy sáng tạo

ðặc trưng 1: Thực hiện ñộc lập việc di chuyển những tri thức, kĩ năng, kĩ
xảo sang tình huống mới hoặc gần, hoặc xa, bên trong hay bên ngoài hay giữa
các hệ thống kiến thức.
ðặc trưng 2: Nhìn thấy những nội dung mới trong tình huống bình thường.
ðặc trưng 3: Nhìn thấy chức năng mới của ñối tượng quen biết.
ðặc trưng 4: ðộc lập kết hợp các phương thức hoạt ñộng ñã biết ñể tạo
thành cái mới.
ðặc trưng 5: Nhìn thấy cấu trúc của ñối tượng ñang nghiên cứu.

ðặc trưng 6: Nhìn thấy các cách giải quyết có thể, tiến trình giải theo từng
cách và lựa chọn cách giải tối ưu.
ðặc trưng 7: Xây dựng phương pháp mới về nguyên tắc, khác với các
nguyên tắc quen thuộc ñã
2. Một số tiềm năng của Hình học trong việc phát triển TDST cho HS
Hình học THCS nói chung và hình học lớp 9 nói riêng ñược xây dựng trên
tinh thần của phương pháp tiên ñề, các phép chứng minh ñòi hỏi tính chặt chẽ,
logic. ðây là ñiều kiện rất tốt ñể rèn luyện và phát triển các thao tác tư duy. Bên
cạnh ñó, hình học phẳng còn tương ñối trực quan, các kết quả của hình học phần
lớn ñược thấy rõ trên hình vẽ do ñó có thể lợi dụng ñiều này ñể phát triển khả
năng mò mẫm, dự ñoán, thử sai cho học sinh.
3


Khác với ñại số, hình học hầu như không có thuật giải, các bài toán hình
học rất ña dạng, không thể áp dụng một thuật giải cụ thể cho một dạng bài tập
hình học nào ñiều này là cơ sở ñể phát triển tính ñộc ñáo của tư duy sáng tạo.
ðể giải một bài toán hình học ñòi hỏi người học phải kết hợp nhiều kiến
thức ñã học, phải có sự liên hệ giữa các kiến thức ñã biết với yêu cầu của bài
toán. Một trong các yêu cầu của học hình học là việc vẽ thêm yếu tố phụ, như
kéo dài ñường, xác ñịnh thêm giao ñiểm, kẻ thêm ñường ñiều này giúp phát triển
ñược trí tưởng tượng, khả năng dự ñoán của người học.
Một vấn ñề của hình học thường ñược diễn ñạt theo nhiều cách khác nhau,
ñể chứng minh một tính chất hình học thường có nhiều hướng tiếp cận khác
nhau, do ñó phát triển ñược tính nhuần nhuyễn, mềm dẻo của tư duy sáng tạo
trong việc học hình học.
3. Một số Biện pháp rèn luyện TDST cho HS THCS trong DH Toán
3.1. Chú trọng rèn luyện các thao tác tư duy cho HS trong quá trình DH
3.1.1. Mục ñích: Ta ñã biết, với bất cứ loại hình tư duy nào dù là tư duy lô
gic, tư duy sáng tạo, hay tư duy phê phán... thì việc thể hiện chúng cũng phải

thông qua các thao tác tư duy. Vì vậy muốn phát triển tư duy sáng tạo cho học
sinh thì việc không thể thiếu là phải rèn luyện các thao tác tư duy cơ bản. Ở ñây
việc rèn luyện các thao tác tư duy ñược xem là nhằm tạo ra sự phát triển về
“lượng” khi muốn phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
3.1.2. Cách thức thực hiện
a) Rèn luyện thao tác phân tích - tổng hợp: Phân tích tổng hợp là thao tác
tư duy quan trọng của quá trình tư duy, nó ñược thực hiện trong hầu hết trong
các quá trình tư duy. Trong quá trình dạy học, ñể rèn luyện ñược các thao tác
phân tích, tổng hợp, giáo viên cần:
- Thường xuyên tập luyện cho học sinh việc phân tích ñể tìm hiểu ñề bài,
nhận dạng bài toán: Với ñặc trưng là phân chia ñối tượng nhận thức thành các
bộ phận, các thành phần sau ñó hợp nhất các thành phần ñã ñược tách rời nhờ sự
phân tích thành một chỉnh thể do ñó cặp thao tác tư duy phân tích - tổng hợp
4


thường ñược dùng ñể tìm hiểu ñề bài, nhận diện dạng bài, phân tích các mối
quan hệ của các ñối tượng, tổng hợp các yếu tố, ñiều kiện vừa phân tích của ñối
tượng ñể ñưa ra ñiều kiện mới, kết luận mới, tổng hợp các bước giải bộ phận ñể
liên kết tạo thành bài giải hoàn thiện, tổng hợp các cách giải, cách làm tạo thành
phương pháp chung.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC nội tiếp ñường

A

tròn (O), ñường cao AH. Gọi E là hình chiếu
vuông góc của B trên ñường kínhAA’ của (O).

E

Chứng minh HE vuông góc với AC.

O

Từ giả thiết, ta sử dụng hai dữ kiện: AA’ là

C

B

H

ñường kính của (O), C ∈ ( O ) tổng hợp lại
ñược A 'C ⊥ AC . Ta ñề xuất phương án.

A'

HE ⊥ AC là tổng hợp của hai ñiều kiện A 'C ⊥ AC và HE A 'C . Bài toán trở
thành chứng minh HE A 'C hay phải chứng minh CA 'A = HEA ' . Sử dụng

thao tác phân tích, ta có ABC và AA 'C là hai góc nội tiếp ñường tròn (O) cùng
chắn AC do ñó ABC = AA 'C . Vậy ta phải chứng minh ABC = AA 'C . Lại
có AH ⊥ BC; BE ⊥ AA' nên tứ giác ABHE nội tiếp do ñó ABC = AA 'C .
+) Từ AHB = AEB = 90 o ⇒ Tứ giác ABHE nội tiếp
+) Từ tứ giác ABHE nội tiếp ⇒ HEA ' = ABH

(tổng hợp)
(1)

(phân tích)

+) Từ ABC nội tiếp ñường tròn (O) chắn AC , AA 'C nội tiếp ñường tròn
(O) chắn AC ⇒ ABC = AA 'C

(2)

+) Từ (1) và (2) ⇒ HE A 'C

(tổng hợp)
(*)

(tổng hợp)

+) Từ C ∈ ( O ) , AA ' là ñường kính của (O) ⇒ A'C ⊥ AC (**) (tổng hợp)
+) Từ (*) và (**) ⇒ HE ⊥ AC (ñiều phải chứng minh)

5

(tổng hợp)


Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội
A

tiếp ñường tròn (O). Gọi I là tâm ñường
tròn nội tiếp tam giác, ñường thẳng AI
cắt ñường tròn (O) tại D. Chứng minh

I

rằng DI = DB = DC .

O

Từ dữ kiện I là tâm ñường tròn nội

B

tiếp tam giác ABC, phân tích ñể thấy I là

C

giao ba ñường phân giác trong tam giác
hay AI là phân giác của BAC , từ hai dữ
D

kiện BAD = CAD và chúng là hai góc

nội tiếp (O) lần lượt chắn hai cung BD,DC ta tổng hợp ñược BD = DC .

DB = CD là tổng hợp của hai ñiều kiện BD, CD là hai dây của (O) và BD = DC .
Vậy qua hai thao tác phân tích, tổng hợp học sinh chứng minh ñược DB = DC .
ðể chứng minh DB = DI ta ñi chứng minh tam giác DBI cân bằng cách chỉ
ra DBI = DIB . Ta tìm mối liên hệ giữa các góc ñó với các dữ kiện của bài toán,
cụ thể là mối liên hệ giữa các góc DBI,DIB với các góc của tam giác ABC. Ta
có DBI = DBI + CBI và BID = IBA + IAC ,tìm mối liên hệ giữa các góc IBC với
IBA ; CBD với BAI ta tìm ñược cách giải bài toán.

Giải:
+) Vì I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ BAD = CAD (phân tích)

+) Ta có BAD nội tiếp ( O ) chắn BD , CAD nội tiếp ñường tròn ( O ) chắn
DC và BAD = CAD ⇒ BD = DC

+) Từ BD = DC ⇒ BD = CD

(tổng hợp)
(*)

(phân tích)

+) BID là góc ngoài của tam giác ABI ⇒ BID = IBA + IAB (1) (phân tích)
+) Có IBD = IBC + CBD (2)
+) Vì I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ IBA = IBC

6

(3)


+) Vì BAD nội tiếp ñường tròn ( O ) chắn BD , BDC nội tiếp ñường tròn

( O ) chắn CD

và BD = CD ⇒ BAI = CBD (4)

(tổng hợp)

+) Từ (1); (2); (3); (4) ⇒ DBI = DIB

(tổng hợp)

+) Từ DBI = DIB ⇒ tam giác DBI cân ⇒ DB = DI

(**)

(phân tích)

+) Từ (*) và (**) ta có DB = DI = DC (ñiều phải chứng minh) (tổng hợp)
- Thường xuyên quan tâm ñến việc tổng hợp kiến thức, hệ thống hóa kiến
thức: Chẳng hạn: Khi học về ñịnh nghĩa ñường tròn, giáo viên ñặt câu hỏi cho
một ñiểm thuộc một ñường tròn, ta có thể khai thác ñược gì? Lúc này hình thành
cho học sinh quan hệ một ñiểm thuộc ñường tròn thì có nghĩa là nó cách tâm
một khoảng bằng bán kính và ngược lại. Nhưng khi học về ñường tròn ngoại
tiếp tam giác vuông, vẫn câu hỏi như trên, học sinh lại khai thác thêm ñược ñiểm
ñó nhìn ñường kính dưới một góc vuông và ngược lại. Còn khi học về cung chứa
góc, câu trả lời có thêm là ñiểm ñó nhìn một dây cố ñịnh dưới một góc không
ñổi và ngược lại …v.v.
Như vậy, qua quá trình dạy học, hình thành cho học sinh một hệ thống
phương pháp phân tích. ðó là khi cho một ñiểm nằm trên một ñường tròn, ta có
thể phân tích ñược ñiểm ñó cách tâm một khoảng bằng bán kính; ñiểm ñó nhìn
một ñường kính bất kì dưới góc vuông; ñiểm ñó nhìn một dây dưới một góc
không ñổi còn khi muốn chứng minh một ñiểm thuộc một ñường tròn, ta có thể
chứng minh ñiểm ñó cách tâm một khoảng bằng bán kính; ñiểm ñó nhìn ñường
kính dưới góc vuông hoặc ñiểm ñó nhìn một dây dưới một góc cụ thể. ðó là
nguyên liệu, là vốn kinh nghiệm ñể học sinh sử dụng trong quá trình phân tích,
tổng hợp. Do ñó, mỗi khi học xong một khái niệm, một ñịnh lí, một tính chất,
một bài toán, giáo viên cần tạo cho học sinh một thói quen tổng hợp bằng cách
tự ñặt ra câu hỏi. “ ðối tượng ñó dùng ñể làm gì? ñối tượng ñó có tính chất gì?
làm thế nào ñể chứng minh ñược ñối tượng ñó có tính chất này? dấu hiệu ñể
nhận biết ñối tượng ñó là gì?...”

b) Rèn luyện thao tác so sánh – tương tự:

7


Thao tác so sánh – tương tự là nhân tố tích cực thức ñẩy quá trình nhận
thức, nó ñược thực hiện trong các khâu của quá trình dạy học. Trong dạy học, so
sánh – tương tự ñược vận dụng trong tìm sự giống và khác nhau trong phương
pháp giải, so sánh các yếu tố cho trong bài toán, tìm sự giống và khác nhau giữa
các sự vật hiện tượng. Việc sử dụng các thao tác so sánh – tương tự có thể giúp
học sinh tìm ñược lời giải bài toán mới thông qua các phương pháp cũ, sử dụng
các dữ kiện ñã cho theo hướng mới, kết hợp các phương pháp cũ ñể tìm lời giải.
Thao tác so sánh – tương tự cũng có thể ñược sử dụng ñể khai thác, mở rộng,
tìm tòi một bài toán ñã cho, thúc ñẩy quá trình sáng tạo.
- ðể rèn luyện thao tác tư duy so sánh, tương tự cho học sinh, người giáo
viên cần chú trọng việc xây dựng hệ thống bài tập phù hợp, có tính kế thừa. Việc
mấu chốt là tìm ra ñược hệ thống bài tập trong ñó có một bài toán gốc và tìm
cách ñưa bài toán gốc ñó vào những tình huống từ gần ñến xa, là cơ sở ñể xây
dựng hệ thống bài tập có nội dung, hình thức, phương pháp giải có tính kế thừa,
sử dụng những phương pháp cũ trong các tình huống mới ñể giải toán, nhằm
củng cố, phát huy và làm phong phú thêm hệ thống phương pháp giải toán cho
học sinh.

Ví dụ 3: Cho ñường tròn (O)
và ñiểm M ∉ ( O ) , qua M kẻ hai cát

B

tuyến MAB và MCD với (O).

Chứng minh MA.MB = MC.MD .

A
O

Giải: Xét hai tam giác MBC và
MDA có:

M
C

Góc M chung, MBC = MDA

D

(hai góc nội tiếp ñường tròn (O)
cùng chắn AC ). Vậy

MA MC
=
⇒ MA.MB = MC.MD .
MD MB

ðây là bài toán ñơn giản, học sinh chỉ cần dùng phép phân tích là có thể tìm
ra hướng giải. Tuy nhiên, giáo viên cần chú ý cho học sinh tình huống tương tự
8


của bài toán, ñó là tứ giác ABDC nội tiếp, hai cạnh ñối AB và CD cắt nhau tại
M, khi ñó MA.MB = MC.MD

Với chú ý này, khi gặp tích hai ñoạn thẳng chung một mút, cùng thuộc một
ñường thẳng thì cố gắng áp dụng vào tình huống này, có nghĩa là tạo ra tứ giác
nội tiếp và giao của hai cạnh ñối.

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC, hai ñường cao BD, CE cắt nhau tại H. Chứng
minh BH.BD + CH.CE = BC2 .
ðây là bài toán chứng minh tổng

A

hai tích ñoạn thẳng bằng một tích. về
D

mặt phương hướng, ta hướng dẫn học
E

sinh tìm cách tách BC2 thành tổng hai

H

tích rồi lần lượt so sánh BH.BD và
CH.CE với hai tích ñó. Do ñó giáo

viên tổ chức cho học sinh phân tích,

B

F

C

tìm cách biến ñổi tích BH.BD thành
tích mới liên quan ñến BC, và xuất hiện tình huống tương tự như chú ý trên, do
ñó có ý tưởng tạo ra tứ giác nội tiếp có hai ñỉnh là H, D và hai ñỉnh còn lại liên
quan ñến BC từ ñó có nhu cầu kẻ ñường cao AF ñể làm xuất hiện tứ giác nội
tiếp HDCF và tứ giác nội tiếp HEBF.
Giải: Vẽ ñường cao AF. Dễ thấy hai tam giác BHF và BCD ñồng dạng, do
ñó

BH BC
=
⇒ BH.BD = BF.BC . Tương tự ta có CH.CE = CF.CB .
BF BD
Vậy BH.BD + CH.CE = BF.BC + CF.CB = BC2
Với phương pháp giải bài toán trên, giáo viên có thể ra hàng loạt các bài

toán có nội dung, hình thức và phương pháp giải tương tự ñể rèn luyện thao tác
tư duy so sánh, tương tự cho học sinh.

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC. I là ñiểm nằm trong tam giác, BI cắt AC tại D,
CI cắt AB tại E sao cho tứ giác AEID nội tiếp. Chứng minh
rằng BE.BA + CD.CA không phụ thuộc vào vị trí của I.
9


Ở ñây, học sinh dễ dàng nhận thấy sự xuất hiện tình huống ở ví dụ 6. Do ñó
có thể nhận thấy: BE.BA + CD.CA = BI.BD + CI.CE . Bằng thao tác ñặc biệt hóa
bài toán ñể dự ñoán giá trị không ñổi của biểu thức, ta chọn vị trí của I là trực
tâm của tam giác ABC, bài toán trở thành ví dụ 7, do ñó học sinh dự ñoán ñược

BI.BD + CI.CE = BC2 , với phép tương tự, giáo viên gợi cho học sinh vẽ ñường
tròn ngoại tiếp tam giác IDC ñể tạo ra tứ giác nội tiếp có hai cạnh ñối cắt nhau.
Vẽ ñường tròn nội tiếp tam giác IDC, nó cắt BC tại F, dễ thấy BI.BD = BF.BC .
Vấn ñề còn lại là phải chứng minh CI.CE = CF.CB . Với thao tác tương tự học
sinh nhận thấy cần phải chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp.
Giải:

A

Vì tứ giác AEID nội tiếp
⇒ BEI = ADI

(1) nên hai tam

giác BEI và BDA ñồng dạng

⇒

BE BD
=
⇒ BE.BA = BI.BD .
BI BA

E

D
I

Tương tự ta chứng minh ñược
CD.CA = CI.CE .

Vậy

BE.BA + CD.CA = BI.BD + CI.CE .

B

F

Vẽ ñường tròn ngoại tiếp tam

C

giác IDC, nó cắt BC tại F. Vì tứ
giác IDCF nội tiếp, tương tự cách chứng minh trên ta có BI.BD = BF.BC (*)
Vì tứ giác IDCF nội tiếp nên IFC = IDA , kết hợp với (1) ta ñược BEI = IFC
dẫn ñến hai tam giác CIF và CBE ñồng dạng ⇒ CI.CE = CF.CB (**).
Từ (*) và (**) ta có BI.BD + CI.CE = BF.BC + CF.CB = BC2 .
Vậy BE.BA + CD.CA = BC2

Ví dụ 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Chứng minh rằng:
AB.CD + AD.BC = AC.BD (ðịnh lí Prôtêmê).

Với những kinh nghiệm ñã có ñược qua việc giải những ví dụ trên, giáo
viên hướng dẫn học sinh phân tích nội dung bài toán ñi ñến việc phải chứng
10


minh: AB.CD = BD.? ⇔

AB
?
=
dẫn ñến việc dự ñoán tam giác ABD ñồng
BD CD

dạng với một tam giác nào ñó chứa cạnh CD, kết hợp với tứ giác ABCD nội
tiếp ⇒ ABD = ACD làm xuất hiện nhu cầu tạo ra tam giác chứa cạnh CD và
ñỉnh còn lại nằm trên AC ñể từ ñó nghĩ ñến tạo ñiểm E trên AC sao cho
ADB = EDC . Vấn ñề còn lại, với thao tác phân tích, tổng hợp học sinh dễ dàng

thấy phải chứng minh hai tam giác BCD và AED ñồng dạng.
Giải:

B
A

Trên AC lấy E sao cho CDE = BDA . lại có
ABD = ECD do cùng là góc nội tiếp ñường tròn
E

(O) cùng chắn AD . Vậy hai tam giác ABD và
ECD ñồng dạng
⇒

AB CE
=
⇒ AB.CD = BD.CE (1).
BD CD

C

Vì CDE = BDA ⇒ CDB = EDA , kết hợp với
CBD = EAD do là góc nội tiếp (O) cùng chắn CD nên hai tam giác BCD và

AED ñồng dạng ⇒

CB EA
=
⇒ AD.CB = DB.EA (2). Từ (1) và (2) ta có ñiều
DB AD

phải chứng minh.

Ví dụ 7: Cho hình bình hành ABCD, một ñường tròn tùy ý ñi qua A cắt
AB, AD, AC lần lượt tại M, N, E. Chứng minh AM.AB + AN.AD = AE.AC .
ðể rèn luyện thao tác tư duy so sánh, tương tự cho học sinh, trong quá trình
giảng dạy giáo viên cần chú trọng ñến việc hướng dẫn học sinh có thói quen
tổng hợp những bài toán có nội dung, hình thức và phương pháp giải tương tự
thành những chuyên ñề, chủ ñiểm phù hợp, Ở những chuyên ñề này cần ghi nhớ
những ñặc ñiểm chung của các bài tập, chẳng hạn: Các bài toán có hai ñường
tròn cắt nhau cần lưu ý ñến ñường nối tâm (các tính chất của ñường nối tâm) ñến
dây chung, ñặc biệt lưu ý ñến việc chuyển ñổi số ño cung của ñường tròn này
thành số ño của ñường tròn kia bằng cách lưu ý ñến những góc ñóng hai vai trò
trong hai ñường tròn. Các bài toán chứa hai ñường tròn tiếp xúc thì lưu ý ñến
11

D

tiếp ñiểm, ñến tiếp tuyến chung, ñến tâm ñồng dạng…. Muốn làm ñược ñiều
này, sau mỗi nội dung giảng dạy, giáo viên cần chỉ rõ vị trí, vai trò của kiến thức
ñó trong chuỗi kiến thức ñã học, mối quan hệ của kiến thức vừa học với các kiến
thức ñã biết, khả năng phát triển của kiến thức vừa học trong tương lai.

c) Rèn luyện thao tác khái quát hóa - trừu tượng hóa - ñặc biệt hóa:
Ta ñã biết, mặc dù chỉ mang chức năng dự ñoán nhưng khái quát hóa là một
trong các con ñường quan trọng của sáng tạo toán học. Do vậy, trong quá trình
dạy học Toán, giáo viên cần thường xuyên tập luyện cho học sinh thói quen dự
ñoán thông qua khái quát hóa.

Ví dụ 8: Trong tam giác ñều, tâm ñường tròn ngoại tiếp, trực tâm và trọng
tâm trùng nhau. Trong trường hợp tam giác cân, ta ñược ba ñiểm ñó thẳng hàng.
Vậy với tam giác bất kì, tâm ñường tròn nội tiếp, trực tâm, trọng tâm có quan hệ
gì? Từ ñó giúp học sinh dự ñoán ñể phát hiện và chứng minh ñược ba ñiểm ñó
thẳng hàng và ñường thẳng ñi qua ba ñiểm ñó là ñường thẳng Ơ-le.
Vậy qua quá trình khái quát hóa, từ việc nghiên cứu tam giác ñều, chuyển
qua nghiên cứu tam giác cân rồi tam giác bất kì, tập ñối tượng nghiên cứu ñược
mở rộng, nhưng tính chất không thay ñổi.

Ví dụ 9: Từ bài toán: “ Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Chứng minh:
AB.CD + AD.BC = AC.BD .

B

Vậy khi tứ giác ABCD bất kì thì
ñẳng thức trên còn ñúng hay
không?
A

Với thao tác tường tự bài
toán ban ñầu, giáo viên hướng

E

dẫn học sinh phân tích ñể tạo ra
ñiểm E sao cho hai tam giác ABD

C

D

và ECD ñồng dạng và vấn ñề còn
lại là chứng minh hai tam giác BCD và AED ñồng dạng.
Giải:

12


Tại miền trong của tứ giác lấy E sao cho ECD = ABD và EDC = ADB . Từ
ñó

suy

ra

hai

tam

giác

ABD

và

ECD

ñồng

dạng

vậy:

AB EC
=
⇒ AB.CD = BD.CE .
BD CD
Từ hai tam giác ABD và ECD ñồng dạng ⇒

DA DE
, lại có
=
DB DC

EDC = ADB ⇒ BDC = ADE suy ra hai tam giác BCD và AED ñồng dạng

⇒

BC AE

=
⇒ BC.AD = BD.AE .
BD AD
⇒ AB.CD + BC.AD = BD.CE + BD.AE = BD.( CE + AE ) ≥ BD.CA .

Dấu

ECD = ACD

ñẳng thức xẩy ra khi E nằm trên AC, khi ñó

hay

ABD = ACD ⇔ tứ giác ABCD nội tiếp.

Vậy bằng quá trình khái quát hóa, mở rộng tập nghiên cứu từ tứ giác nội
tiếp sang tứ giác bất kì, kết luận của bài toán ñược tổng quát hơn, do ñó bài toán
ban ñầu chỉ là trường hợp riêng của bài toán mở rộng.

Ví dụ 10: Từ bài toán: “ Cho tam

A

giác ñều ABC nội tiếp ñường tròn (O), M
là ñiểm bất kì thuộc cung nhỏ BC. Chứng
minh MA = MB + MC.”
Từ yêu cầu của bài toán, gợi mở cho

O
E

học sinh ñặt ñoạn MC trên MA bằng cách
lấy E trên MA sao cho ME = MC. Khi ñó
bài toán chỉ còn là chứng minh MB = AE.

C

B

M

Giải:
Trên MA lấy E sao cho ME = MC. Xét tam giác MCE có
CMA = CBA = 60 0 ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn CA ) và MC = ME. Vậy

tam giác MCE ñều ⇒ CE = CM , CEM = CAB = 60 0 ⇒ ACE = BCM . Xét tam

13


giác

ACE

và

tam

giác

BCM

CA = CB ,

có

CE = CM ,

ACE = BCM ⇒ ∆ACE = ∆BCM ⇒ AE = BM .

Vậy MC + MB = ME + EA = MA .
Khi M trên cung nhỏ BC thì MA = MB + MC. Kết quả bài toán sẽ thay ñổi
thế nào khi M là ñiểm bất kì trên mặt phẳng. Với việc khái quát hóa bài toán
theo hướng mở rộng tập ñối tượng, ta có bài toán: “Cho tam giác ñều ABC và
một ñiểm M bất kì, chứng minh rằng MA ≤ MB + MC ”.
Trên cơ sở bài toán ban ñầu, với thao tác so sánh, tương tự giáo viên gợi ý
học sinh cũng tìm cách ñặt các ñoạn MA, MB, MC thành ba cạnh của tam giác
ñể sử dụng bất ñẳng thức tam giác.
Giải:
A

Lấy ñiểm E sao cho tam giác MCE ñều
(hình vẽ), dễ thấy ∆ACE = ∆BCM ⇒ AE = MB .
Khi ñó MC + MB = ME + EA ≥ AM .
Từ hai bài toán trên, bằng thao tác trừu
tượng hóa, lật ngược vấn ñề, ta có thể ra ñược
một bài toán mới là: “ Cho tam giác ñều ABC,

E
B

C

tìm vị trí của ñiểm M trên mặt phẳng sao cho
MA = MB + MC”.
ðể rèn luyện thao tác tư duy khái quát hóa,
trừu tượng hóa, ñặc biệt hóa trong quá trình

M

giảng dạy, giáo viên cần thường xuyên tạo cho học sinh thói quen xem xét bài
toán theo tất cả các trường hợp, phân chia trường hợp, vẽ hình ở các góc ñộ khác
nhau, nhìn nhận bài toán theo quan ñiểm mềm dẻo, tìm cách thay ñổi bài toán
theo hai hướng làm lỏng hoặc chặt giả thiết ñể xem xét bài toán.

3.2. Tập luyện cho học sinh cách nhìn một bài toán dưới nhiều góc ñộ
khác nhau
3.2.1. Mục ñích: Tính mềm dẻo và tính ñộc ñáo là một trong các ñặc trưng
quan trọng của tư duy sáng tạo. Một trong những biểu hiện của tính mềm dẻo
trong tư duy là khả năng nhìn nhận vấn ñề theo nhiều cách khác nhau. Do vậy,
14


trong quá trình dạy học toán, việc giáo viên giúp học sinh nhận thức ñược rằng
cùng một nội dung có thể diễn ñạt dưới nhiều hình thức khác nhau và tập luyện
cho họ cách nhìn nhận một bài toán dưới nhiều góc ñộ khác nhau sẽ giúp cho
người học có ñược sự mềm dẻo trong tư duy và trong quá trình ñó người học có
thể tìm ra sự ñộc ñáo trong việc giải quyết bài toán.

3.2.2. Cách thực hiện

Tư duy sáng tạo là sự phát sinh những ý tưởng mới và tăng bề dày nhận
thức, khi gặp một bài toán, thay vì chỉ tập trung hẹp, quan tâm ñến lời giải, kết
quả của bài toán, chúng ta nên hướng học sinh ñến việc xem xét toàn diện, mọi
mặt, mọi khía cạnh của bài toán, mở rộng tâm ñiểm chú ý, cố gắng xem xét bài
toán theo nhiều quan ñiểm khác nhau. Ðiều này không chỉ giúp học sinh tìm ra
lời giải, kết quả của bài toán mà còn làm cho học sinh có khả năng tiếp nhận
nhiều thứ, những thứ trong phạm vi tình huống của bài toán với cả những kiến
thức, kĩ năng ngoài phạm vi bài toán nhưng có liên quan ñến tình huống bài
toán, những thứ hiện ñang phục vụ cho bài toán và cả những kiến thức, kĩ năng
sẽ ñược áp dụng trong tương lai, trong các bài toán khác. Do ñó, việc tìm tòi lời
giải của một bài toán theo nhiều hướng khác nhau, nhìn nhận bài toán theo nhiều
quan ñiểm khác nhau nhiều khi cho ta nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán.
Ở ñây giáo viên không nên áp ñặt cho học sinh một hướng cụ thể mà nên xuất
phát từ chính nội dung bài toán, ñể học sinh phát huy khả năng sáng tạo của
mình, tìm ra hướng ñi phù hợp.
ðể phát triển ñược tính mềm dẻo của tư duy cho học sinh, người giáo viên cần
tập cho học sinh thói quen nhìn nhận một vấn ñề dưới nhiều góc ñộ khác nhau,
nhìn trong mối tương quan với các hiện tượng khác, cùng một nội dung có thể diễn
tả dưới nhiều hình thức khác nhau, các cách tiếp cận vấn ñề khác nhau.
Ví dụ 11: Cho tam giác
ABC vuông tại A, ñường
cao

AH.

Chứng

A

minh

AB.AC = AH.BC (ðính lí
về mối liên hệ giữa cạnh và
ñường cao trong tam giác).

B

H

Với suy nghĩ thông

C

thường ở các chứng minh trước ñó, học sinh dễ dàng chuyển bài toán về chứng
15


minh

AB AH
=
bằng cách chỉ ra hai tam giác ABC và HAC ñồng dạng. Nhưng
BC AC

ở ñây, giáo viên có thể gợi mở ñể học sinh nhận ra tích AB.AC và AH.BC ñều
liên quan ñến diện tích tam giác ABC. Do ñó có thể chứng minh bài toán bằng
cách so sánh hai vế của ñẳng thức cần chứng minh với diện tích tam giác ABC.
Vậy có thể nhìn nhận ñẳng thức cần chứng minh dưới dạng hệ thức suy ra từ cặp
tam giác ñồng dạng và cũng có thể thấy ñẳng thức ñó suy ra từ hệ thức về diện
tích.

Ví dụ 12: Hai tiếp tuyến tại A và B của ñường tròn (O1) cắt nhau tại C. Vẽ
ñường tròn (O2) ñi qua C, tiếp xúc với ñường thẳng AB ở B và cắt ñường tròn
(O1) ở M. Chứng minh rằng ñường thẳng AM chia ñoạn BC thành hai phần bằng
nhau.
*) Phân tích nội dung hình thức bài toán:
Bài toán về ñường tròn, có tiếp tuyến, có cát tuyến, có hai ñường tròn cắt
nhau. Chỉ ra ñược các chuyển ñổi số ño góc trong ñường tròn này sang ñường
tròn kia. Ta ñược các
góc bằng nhau, các
ñoạn bằng nhau như
hình vẽ.

B

O2

**) Xem xét tất
cả các yếu tố ñể xây
N

dựng ý tưởng chứng
minh N là trung ñiểm

P
C

I
M

của BC:

Ý tưởng 1: Vì BC
A

là 1 dây của (O2) nên
ñể N là trung ñiểm của BC ta chứng minh Ο 2 Ν ⊥ Β C .

16

O1


Ý tưởng 2: Vì CI là một trung tuyến của ∆ABC , Muốn chứng minh N là
trung ñiểm của BC ta chứng minh AN là trung tuyến của tam giác ABC bằng
cách chỉ ra

CP
= 2.
PI

Ý tưởng 3: Vì I là trung ñiểm của BA, trong tam giác ABC, muốn N là
trung ñiểm của BC ta chứng minh IN // CA.

Ý tưởng 4: vì NB là tiếp tuyến, NMA là cát tuyến của (O1) ta có kết quả

NB2 = NM.NA . ðể chứng minh NB = NC ta ñi chứng minh NC2 = NM.NA .
Ý tưởng 5: Ta khai thác các yếu tố của ñường tròn (O2) ñể chỉ ra CB, AM là
ñường chéo của một hình bình hành (tính ñộc ñáo).

Ý tưởng 6: Phân tích ñược hai tam giác MCB và MBA ñồng dạng, dẫn ñến
BMC = AMB suy ra MB là phân giác ngoài của tam giác MCN nên ta xây dựng

ñược tỉ số
minh

BN MN
=
, do ñó ñể chứng minh NB = NC, ta chứng
BC MC

CN MN
=
.
CB MC

***) Lựa chọn ý tưởng: ở ý tưởng 1, ý tưởng 3, Việc phân tích liên quan
trực tiếp ñến ñiểm N mà chưa có liên hệ ñến nguyên nhân sinh ra ñiểm N, cụ thể
ñể nghiên cứu ñược ñiểm N ta phải xuất phát từ việc N là giao của BC và AM.
Cho nên ñây là hai ý tưởng không ñược ưu tiên hàng ñầu. Ở ý tưởng 2, phát sinh
thêm ñiểm P và cũng ñi nghiên cứu trực tiếp ñiểm P, không có mối quan hệ biện
chứng với nguyên nhân sinh ra P ñó là AM cắt CO1 ở P.
Việc xây dựng ý tưởng giúp học sinh thoải mái lựa chọn phương án chứng
minh, phát huy tối ña trí tưởng tượng phong phú, kinh nghiệm giải toán của
mình ñể ñề xuất ý tưởng. Nhưng không phải phương án nào cũng khả thi, do ñó
phải có sự phân tích, lựa chọn phương án tối ưu, muốn vậy phải tìm ra ñược
những ưu tiên quan trọng hàng ñầu, lược bỏ những phương án ít khả thi. Các
phương án khả thi là những ý tưởng có mối quan hệ biện chứng với các yếu tố
khác của bài toán, mối quan hệ với giả thiết, với những ñiều ñã biết, quan tâm
17

ñến nguyên nhân, nguồn gốc của những yếu tố quan trọng. Như vậy, ta có các
cánh giải cho bài toán trên như sau:

Cách 1:
Xét tam giác NMB và tam giác NBA có N chung, NBM = BAM ( góc nội
tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O1) cùng chắn BM ). Vậy tam
giác NMB và tam giác NBA ñồng dạng. Vậy

NB NA
=
⇒ NB2 = NM.NA
NM NB

(1)
Có MAC = MBA
(góc nội tiếp và góc tạo
bởi tia tiếp tuyến và
B

O2

dây cung của (O1) cùng
MA ). Lại có

chắn

MBA = MCB (góc nội

tiếp và góc tạo bởi tia

N
C

O1
M

tiếp tuyến và dây cung
của (O2) cùng chắn
MB ).

A

Vậy

MAC = MCB .

Xét tam giác NCM và tam giác NAC có N chung, NCM = NAC ⇒ Tam giác
NCM và tam giác NAC ñồng dạng. Vậy

NC NA
=
⇒ NC 2 = NM.NA
NM NC

Từ (1) và (2) suy ra NB = NC (ðPCM).

18

(2).


Cách 2:
Kéo dài AM cắt (O2)
tại ñiểm thứ hai Q. Ta có
Q

BQM = MBA

(góc

nội

tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
B

O2

tuyến và dây cung của (O2)
cùng chắn BM ).
Lại
MBA = MAC
BQM = MBA

N

có
C

(góc

O1
M

nội

tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
A

tuyến và dây cung của (O1)
cùng chắn AM ). Vậy BQA = CAQ ⇒ QB CA (1)

Ta có QCM = CBM (hai góc nội tiếp (O2) cùng chắn C M ). Lại có
CBM = BAM ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O1)

cùng chắn BM ). Vậy CQA = QAB ⇒ QC BA (2). Từ (1) và (2) suy ra QCAB
là hình bình hành ⇒ hai ñường chéo cắt nhau tại trung ñiểm của mỗi ñường hay
AM ñi qua trung ñiểm của CB. (ðPCM).

Cách 3:
Ta có: BCM = MBA = MAC , CBM = MAB (chứng minh như các cách 1, 2).
Do ñó hai tam giác NCM, NAC ñồng dạng ⇒

CN MN
=
(1)
CA MC

Ngoài ra ta còn có hai tam giác MCB và MBA ñồng dạng

⇒ BMC = BMA ⇒ MB là phân giác ngoài của tam giác MCN ⇒

Từ (1) và (2) có

BN MN
=
(2).
BC MC

CN BN
=
, mà CA = CB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) do
CA BC

ñó CN = BN (ðPCM).

19


Với các cách tiếp cận khác nhau ta có thể tìm ñược các lời giải khác nhau
qua ñó giúp học sinh rèn luyện tư duy sáng tạo, ñiều này hết sức quan trọng
trong việc dạy học môn toán. ðể có thể tìm ñược nhiều hướng ñi khác nhau cho
một bài toán, trước hết giáo viên phải tạo ñiều kiện ñể học sinh nêu ñược các dữ
kiện quan trọng của bài toán, các mối liên hệ giữa các dữ kiện ñó, tìm kiếm sự
quen thuộc trong tư duy và thực tế, liên hệ với nội dung ñã học, ñã biết, phát huy
trí tưởng tượng ñể tìm ra hướng ñi. Nhưng không phải ñề xuất nào cũng có
ñường ñi ñến kết quả, do ñó phải sàng lọc các ý tưởng, lựa chọn những ñề xuất
hợp lí, có khả năng tìm ñược ñến ñích. Nhưng kể cả những ñề xuất không hợp lí,
không khả quan trong bài toán cụ thể cũng ñáng trân trọng, giáo viên cần phải
phân tích kĩ, giúp học sinh nhận ra con ñường ñi của mình và khả năng ñến ñích,

ñộng viên, khích lệ học sinh vì những ñế xuất ấy của học sinh rất có thể hữu ích
trong các tình huống khác, trong các bài toán khác, ñiều ñó tạo nên kinh nghiệm
giải toán cho học sinh.

Ví dụ 13: Cho hình vuông ABCD cạnh a. ðiểm I di chuyển trên ñoạn CD,
tia BI cắt AD ở K. Chứng minh P =

1
1
+
không phụ thuộc vào vị trí của I
2
BI BK2

trên CD.
Sau khi dự ñoán ñược giá trị không ñổi của P.
Bài toán trở thành: Chứng minh P =

1
1
1
+
= 2.
2
2
BI
BK
a

Xây dựng phương án:

Nếu nhìn nhận ñẳng thức cần chứng minh có dạng hệ thức lượng trong tam
giác vuông, ta hướng học sinh ñến phương án chỉ ra a là ñường cao của một tam
giác vuông có hai cạnh là BI và BK.
Nhận thấy ñẳng thức cần chứng minh có dạng “bất thường”, giáo viên dẫn
dắt học sinh ñưa biểu thức về dạng tỉ số của hai ñoạn thẳng:
2

2

1
1
1
 a   a 
⇔
+
=

 +
 = 1 . ðến ñây có thể nhận thấy ñẳng thức
BI 2 BK 2 a 2
 BI   BK 
này có dáng dấp của hằng ñẳng thức sin 2 α + cos2α = 1 , do ñó ta ñi tìm tỉ số lượng
20


giác của góc nào ñó bằng

a
a
và

. Cũng có thể sử dụng phép quy ñồng các tỉ số
BI
BK

ñể chứng minh.
Cách 1: Qua B kẻ ñường thẳng
C

B

vuông góc với BK, ñường thẳng này
cắt ñường thẳng AD tại E. Dễ
thấy CBI = ABE

do

I

ñó ∆CBI = ∆ABE ⇒ BI = BE . Xét tam
giác vuông EBK, có BA là ñường
cao ⇒

1
1
1
+
=
2
2
BE BK BA2

E
A

D

K

hay

1
1
1
+
= 2
2
2
BI
BK
a
.Cách 2: Trong tam giác vuông CBI,
có cosB1 =

có sin K1 =

Mà K 1 = B1 ⇒ sin 2 K 1 + cos 2 B1 = 1
2

1

BC a
= . Trong tam giác vuông
BI BI

KBA,

C

B

BA
.
BK
hay

I

1

A

D

K

2

 a   a 
  +
 = 1.

 BI   BK 
Cách 3: Ta có hai tam giác CBI và AKB ñồng dạng do ñó
2

BC KA
=
.
BI KB

2

2
AB2 KA 2 + AB2
 a   a  KA
=
+
=
= 1 (do tam giác ABK vuông
Vậy   + 

2
BK 2
BK 2
 BI   BK  BK

nên KA2 + AB2 = BK 2 ).

Rèn cho học sinh khả năng nhanh chóng chuyển hướng quá trình tư duy tùy
thuộc vào từng tình huống cụ thể
Trong quá trình tư duy, nhiều khi học sinh gặp khó khăn, vướng mắc ở một

thao tác tư duy nào ñó, nếu cứ tiếp tục thì dễ dẫn ñến bế tắc, do ñó cần làm cho
21


học sinh có sự linh hoạt trong việc vận dụng các thao tác tư duy, dễ dàng thay
ñổi các thao tác tư duy cho phù hợp với từng tình huống cụ thể.

Ví dụ 14: Cho nửa ñường tròn (O)

D

ñường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB
chứa nửa ñường trong kẻ các tia Ax, By
M

vuông góc với AB. Qua M trên nửa ñường
tròn kẻ tiếp tuyến với nửa ñường tròn, tiếp

C

tuyến này cắt Ax, By lần lượt tại C và D.

N

Gọi N là giao ñiểm của AD và CB. Chứng

A

O

B

minh MN AC .
Với thao tác phân tích, từ giả thiết của bài toán, HS nhìn nhận ñược các
quan hệ bằng nhau, quan hệ song song trong bài. Cụ thể, từ tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau của một ñường tròn ta có AC = CM, DB = DM, ngoài ra còn
có AC BD . Tuy nhiên chưa thể sử dụng các quan hệ ñó ñể chứng minh

MN AC , do ñó phải thay ñổi thao tác tư duy. Muốn chứng minh MN AC ,
với những ñiều ñã phân tích ñược, có dấu hiệu của ñịnh lí ta lét trong tam giác,
bằng thao tác tư duy tương tự, so sánh gúp HS nghĩ ñến phương án chứng minh
MC NA
, ñến ñây HS nhận thấy có thể sử dụng các ñiều ñã phân tích ở trên.
=
MD ND

Ví dụ 15: Cho tam giác ABC cân tại

A

A, trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy M,
N sao cho AM = CN. Chứng minh ñường
M

tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn ñi qua
một ñiểm cố ñịnh khi M, N thay ñổi trên
AB, AC.

I

N

Trước hết, học sinh phải dự ñoán
ñược ñiểm cố ñịnh, bằng cách chọn vị trí
ñặc biệt của M khi cho M ≡ A và M ≡ B.

B

H

C

Bằng cách này, việc dự ñoán ñiểm cố ñịnh là khó khăn, do ñó giáo viên hướng
dẫn học sinh chuyển hướng dự ñoán bằng cách dựa vào tính chất ñối xứng của
22


yếu tố cố ñịnh, bằng cách này, học sinh nghĩ ñến việc kẻ ñường cao AH của tam
giác ABC và dự ñoán ñiểm cố ñịnh là giao ñiểm I của (O) và AH. ðến ñây, việc
dự ñoán ñiểm cố ñịnh nằm trên một ñường cố ñịnh nữa là khó khăn, nếu không
chuyển hướng suy nghĩ thì việc tìm ra lời giải bài toán dễ ñi vào bế tắc, do ñó
giáo viên cần phải dẫn dắt ñể học sinh chuyển hướng tư duy bằng cách ñặt câu
hỏi “người ta cho tam giác cân ñể làm gì?”. Với câu hỏi này, học sinh sẽ chuyển
sang thao tác phân tích, tổng hợp ñể liên kết các giả thiết của bài toán. Với dữ
kiện tam giác ABC cân và tứ giác AMIN nội tiếp, bằng thao tác tư duy phân
tích, tổng hợp học sinh chỉ ra ñược quan hệ bằng nhau của các góc và suy ra
ñược IM = IN, kết hợp với giả thiết AM = CN, có thể tìm ra ∆AMI = ∆CNI dẫn
ñến IA = IC hay I thuộc trung trực của AC.
Giải:
Kẻ ñường cao AH của tam giác ABC, AH cắt (O) tại I.

Vì tam giác ABC cân tại A ⇒ MAI = NAI .
Lại có MAI nội tiếp (O) chắn MI , NAI nội tiếp (O) chắn NI ⇒ MI = NI
⇒ IM = IN .

Xét ∆ AM I và ∆CNI có AM = CN ; IM = IN , AMI = CNI do tứ giác
AMIN nội tiếp.
Vậy ∆AMI = ∆CNI ⇒ IA = IC ⇒ I ∈ trung trực của AC, lại có I ∈ trung
trực của BC nên I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cố ñinh nên I cố
ñịnh. Vậy ñường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn ñi qua I cố ñịnh khi M, N
thay ñổi trên AB, AC.

Ví dụ 16: n ñường tròn chia mặt phẳng ra làm bao nhiêu phần nếu bất cứ
hai ñường tròn nào cũng cắt nhau tại hai ñiểm phân biệt và không có ba ñường
tròn nào ñồng quy.
Bằng thao tác quy nạp, giáo viên yêu cầu học sinh dự ñoán kết quả với các
giá trị n = 2, 3, 4,.... cụ thể. Tuy nhiên, việc ñếm miền phẳng với n = 3, 4, ,,, là
rất khó khăn, do ñó việc thay ñổi cách tiếp cận bài toán là cần thiết. Vậy nguyên
nhân sinh ra một miền là gì? (tìm mối liên hệ giữa số miền sinh thêm và ñường
tròn ñược vẽ thêm) ñể hướng học sinh ñến việc thay vì ñếm số miền sinh thêm
23


bằng việc ñếm số cung sinh thêm khi vẽ thêm một ñường tròn. ðến ñây bài toán
trở lên rõ ràng hơn, ñó là khi có thêm một cung thì có thêm một miền, do ñó
chuyển việc ñếm miền sinh thêm bằng việc ñếm số cung sinh thêm. Tiếp tục
theo hướng trên, hướng học sinh ñến nguyên nhân sinh ra cung, ñó là một cung
sinh thêm khi xuất hiện thêm 2 giao ñiểm và bài toán trở thành việc ñếm số giao
ñiểm sinh thêm khi vẽ thêm một ñường tròn cắt tất cả các ñường tròn ñã có.
Việc ñếm số miền sinh thêm ban ñầu thuần túy là ñếm bằng mắt, khi chuyển
thành việc ñếm số giao ñiểm sinh thêm thì xuất hiện quy luật: “ một ñường tròn

vẽ thêm cắt mỗi ñường tròn ñã có tại 2 ñiểm phân biệt”, ñó là cơ sở cho việc
tổng quát bài toán.
Việc quy nạp trở thành:
Hai ñường tròn cắt nhau tại 2 ñiểm ⇒ chia mặt phẳng thành 3 miền.
Thêm một ñường tròn (n = 3) ⇒ nó cắt hai ñường tròn ñã có tại 4 ñiểm
⇒ sinh ra thêm 4 miền.

Thêm một ñường tròn (n = 4) ⇒ nó cắt ba ñường tròn ñã có tại 6 ñiểm
⇒ sinh ra thêm 6 miền.

...... thêm ñường tròn thứ k ( n = k) ⇒ nó cắt k − 1 ñường tròn ñã có tại
2 ( k − 1) ñiểm ⇒ sinh ra thêm 2 ( k − 1) .
Như vậy trong ví dụ trên, việc thay ñổi thao tác tư duy giúp việc quy nạp
ñược rõ ràng, và nó cũng là ñịnh hướng cho việc chứng minh bài toán.

Ví dụ 17: Cho một ña giác lồi 34 ñỉnh, bên trong ña giác lấy tùy ý 34 ñiểm,
sao cho các ñỉnh của ña giác và 34 ñiểm ñó không có 3 ñiểm nào thẳng hàng.
Nếu diện tích ña giác bằng 1, Chứng minh rằng có ít nhất 1 tam giác với 3 ñỉnh
lấy từ các ñiểm ñã cho và có diện tích không vượt quá

1
.
100

Bài toán chuyển thành việc ñếm số tam giác không có miền trong chung.
Với bài toán này ta chuyển việc ñếm số tam giác thành việc tính tổng số ño
góc của các tam giác.

24

Giải: Ở mỗi ñiểm nằm trong ña giác, tổng các góc của các tam giác có ñỉnh
ở ñó là 3600 . Vậy tổng số ño các góc của các tam giác có ñỉnh là 3 trong số 34
ñỉnh ña giác và 34 ñiểm nằm trong tam giác là tổng số ño các góc ở các ñỉnh
nằm

trong

ña

giác

và

tổng

số

ño

các

góc

của

ña

giác

và

bằng: 34.360 0 + ( 34 − 2 ) .180 0 = 18000 0 . Do ñó ña giác có diện tích là 1 ñược
chia ra thành

18000
= 100 tam giác có ñỉnh là 3 trong số các ñỉnh ñã cho. Vậy
180

tồn tại ít nhất một tam giác có diện tích không lớn hơn

1
.
100

Như vậy mỗi khi gặp khó khăn trong việc giải toán, giáo viên cần tạo ñiều
kiện ñể học sinh tìm cách ñịnh nghĩa lại sự vật, chuyển hướng suy nghĩ, thay ñổi
thao tác tư duy cho phù hợp, ñiều này góp phần làm tư duy học sinh trở nên linh
hoạt hơn và trên cở sở ñó rèn luyện ñược tính ñộc ñáo của tư duy.

3.3. Tập luyện cho HS thói quen dự ñoán trong quá trình DH
a) Mục ñích: Một trong các biểu hiện ñỉnh cao của tư duy sáng tạo là sáng
tạo ra cái mới, do vậy, tập luyện cho học sinh thói quen dự ñoán ra cái mới là
một trong những yêu cầu cao của quá trình DH. Tuy nhiên “cái mới” ñối với học
sinh không nhất thiết là “cái mới” của nhân loại mà ñơn giản có thể chỉ là một
lời giải mới của một bài toán quen thuộc.

b) Cách thức thực hiện:
Con ñường sáng tạo là quy nạp, tức là ñi từ những hiện tượng, những cái cụ
thể rồi dùng các phương pháp tương thích phân tích, tổng hợp ñể kiểm tra lại

tính ñúng ñắn của dự ñoán ñó từ ñó khái quát thành những cái chung, cái bản
chất. Nguyễn Cảnh Toàn ñã viết: “ðừng nghĩ rằng “mò mẫm” thì có gì “sáng
tạo”, nhiều nhà khoa học lớn phải dùng ñến nó. Không dạy “mò mẫm” thì người
thông minh nhiều khi phải bó tay chỉ vì không nghĩ ñến hoặc không biết mò
mẫm. Trong hình học lớp 9, có nhiều bài toán ñòi hỏi phải có sự dự ñoán, thử
sai ñể tìm ra hướng giải.

25