Tìm tòi lời giải bài toán theo hướng tích cực hóa hoạt động của học sinh

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KỲ SƠN
-------------o0o------------

Tìm tòi lời giải bài Toán
theo hướng tích cực hoá hoạt động của học sinh


Giáo viên :
Bùi Tiến Dũng
Dạy môn:
Toán
Tổ Chuyên môn : Toán
Trường :
THPT DTNT Kỳ Sơ
Năm học 2017 - 2018

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Ở trường phổ thông dạy Toán là dạy hoạt động Toán học. Đối với HS, có thể
xem việc giải Toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Các bài toán ở
trường phổ thông là một phương tiện rất có hiệu quả trong việc giúp HS nắm
vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kĩ năng, kĩ xảo ứng dụng toán học vào
thực tiễn. Hoạt động giải bài tập toán là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích
dạy học Toán ở trường phổ thông. Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc dạy giải bài tập
toán học có vai trò quyết định đối với chất lượng dạy học Toán. Bài tập toán
mang nhiều chức năng: Chức năng giáo dục, chức năng giáo dưỡng, chức
năng phát triển tư duy và chức năng kiểm tra đánh giá. Khối lượng bài tập
Toán ở trường phổ thông là hết sức phong phú, đa dạng. Có những lớp bài
toán có thuật giải, nhưng phần lớn là những bài toán chưa có hoặc không có
thuật giải. Đứng trước những bài toán đó, GV gợi ý và hướng dẫn HS như thế
nào để giúp họ tìm ra phương pháp giải là một vấn đề hết sức quan trọng. Kĩ

năng giải Toán thường thể hiện ở khả năng lựa chọn một phương pháp giải
thích hợp cho mỗi bài toán. Việc lựa chọn một cách giải hợp lí nhất, ngắn gọn
và rõ ràng, trong sáng, không chỉ dựa vào việc nắm vững các kiến thức đã
học, mà một điều khá quan trọng là hiểu sâu sắc mối liên hệ chặt chẽ giữa các


phân môn toán học khác nhau trong chương trình học, biết áp dụng nó vào
việc tìm tòi phương pháp giải tốt nhất cho bài toán đặt ra.
Bồi dưỡng năng lực phát hiện phương pháp giải Toán có vai trò quan trọng
trong việc phát triển khả năng tư duy của HS, để HS có khả năng thích ứng
khi đứng trước một vấn đề cần giải quyết, HS cũng thấy được mỗi lời giải bài
toán như là một quá trình suy luận, tư duy của HS mà phương pháp giải
không chỉ phụ thuộc vào đặc điểm của bài toán mà còn phụ thuộc tố chất tâm
lý của bản thân người giải. Mối liên hệ, dấu hiệu trong bài toán chỉ có thể
được phát hiện thông qua quá trình phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, so
sánh...
Ở trường tôi học sinh chủ yếu là học sinh yếu kém nên khi đứng trước một bài
toán không biết bắt đầu từ đâu và giải như thế nào?
Vì những lý do trên đây, chúng tôi chọn đề tài là: “Tìm tòi lời giải bài Toán
theo hướng tích cực hoá hoạt động của học sinh”.
PHẦN II: NỘI DUNG
I. MỘT SỐ CƠ SỞ LÍ LUẬN
1. Phương pháp giải Toán
Thuật ngữ Phương pháp là con đường, cách thức thực hiện một kiểu nhiệm
vụ nào đó, nhằm đạt tới kết quả đạt được mục đích đặt ra.
Phương pháp giải Toán (hay phương pháp tìm lời giải bài toán) là cách
thức và ứng xử của người làm toán khi đứng trước một bài toán để gây nên
những hoạt động tư duy của bản thân nhằm tìm ra lời giải của bài toán đó.
Những hoạt động tư duy bao gồm: khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự,
quy nạp, phân tích, tổng hợp, so sánh… đặc biệt là suy luận có lý.

2. Tiến trình giải một bài toán.
Theo G. Polya thì “Giải một bài toán, chúng ta phải lập được một lược
đồ xác định và mạch lạc những thao tác (lôgic, toán học hay thực tiễn) bắt
đầu bằng giả thiết và kết thúc bằng kết luận, dẫn dắt các kết luận đến ẩn, từ
các đối tượng mà ta có trong tay đến các đối tượng ta muốn đạt tới”.


Tiến trình giải toán gồm 5 bước cơ bản sau:
Bước1: Tiếp nhận bài toán:
Tạo tâm lý hứng thú, thu hút tâm trí vào việc giải toán, khêu gợi trí tò
mò, lòng ham thích, khát vọng, quyết tâm giải bài toán, tìm tòi bài toán.
Tiếp cận với kế hoạch giải bài toán: Hiểu và phân tích bài toán, làm rõ
mối quan hệ giữa giả thiết và kết luận. Phân tích gạt bỏ yếu tố không bản
chất, chỉ giữ lại quan hệ Toán học.
Bước 2: Xây dựng kế hoạch giải bài toán.
Phát biểu các mối quan hệ định tính và định lượng được thể hiện trong
kế hoạch giải bài toán.
Bước 3: Thực hiện kế hoạch giải bài toán.
Kế hoạch giải khi mới thiết lập vẫn còn ở dạng ý nghĩ tổng quát, do đó
đòi hỏi học sinh phải đưa vào thực hiện qua hệ thống hành động giải toán và
hoàn thiện những chi tiết phù hợp với nó.
Bước 4: Kiểm tra tiến trình giải toán.
Kiểm tra kết quả bằng định tính và định lượng, chân lý của lời giải.
Phát hiện và xử lý những sai lầm về hình thức, về lôgic hay khái niệm...để
tiến trình giải toán mang tính tối ưu.
Bước 5: Thu nhận, phức hợp hoá bài toán.
Nghiên cứu lời giải bài toán, có thể tìm tòi bài toán bằng cách độc đáo
mới lạ. Nhìn bài toán theo quan điểm toàn diện ở nhiều góc độ khác nhau để
tìm cách giải tốt nhất, tối ưu nhất.
3. Phân tích bài toán để tìm cách giải.

Cần trả lời câu hỏi: “Muốn giải bài toán đã cho cần phải biết những
gì? phải sử dụng những phép biến đổi nào? cơ sở lí thuyết trong việc giải
toán?. Trong đó những cái gì đã biết? cái gì chưa biết?. Muốn tìm cái chưa
biết thì phải biết những gì?...”.
Tiến trình giải một bài toán cụ thể có 3 mức độ của năng lực phát hiện
phương pháp giải Toán:


+ Mức độ 1: Tập trung vào sự đáp ứng những yêu cầu mà bài toán đặt ra.
+ Mức độ 2: Tập trung vào sự lựa chọn những tri thức và phương pháp
giải Toán thích hợp.
+ Mức độ 3: Tập trung vào việc tiên liệu những điều kiện đã làm nảy sinh
các vấn đề, tình huống vấn đề, các nhu cầu hoặc khó khăn, mâu thuẫn cần giải
quyết trong bài toán và việc "phán xét", cách tiếp cận, giải quyết các vấn đề
trong tiến trình giải Toán.
4. Kỹ năng đặt câu hỏi
Sự thành công của GV trong những giờ lên lớp là đưa ra những câu hỏi hợp
lý, câu hỏi khiến HS cảm thấy nhu cầu cần giải đáp và có thể có khả năng giải
đáp, sau đó cần lắng nghe câu trả lời. Các câu hỏi mà GV đặt ra cho HS có
nhiều nhóm:
a) Nhóm câu hỏi “biết” nhằm kiểm tra trí nhớ của HS về các dữ kiện, số
liệu, các định nghĩa, định lý, quy tắc, khái niệm... Nhóm câu hỏi này giúp HS
ôn lại được những gì đã biết mà điều quan trọng hơn, điều đã biết đó sẽ là chỗ
dựa cho những điều chưa biết.
b) Nhóm câu hỏi “hiểu” nhằm kiểm tra HS cách liên hệ, kết nối các dữ
kiện, số liệu, các đặc điểm... khi tiếp nhận thông tin. Nhóm câu hỏi này giúp
HS có khả năng nêu ra được những vấn đề cơ bản, biết cách so sánh các yếu
tố, các sự kiện... trong bài học.
c) Nhóm câu hỏi “áp dụng” nhằm kiểm tra khả năng áp dụng những
thông tin đã thu được (các dữ kiện, số liệu, các đặc điểm...) vào tình huống

mới. Nhóm câu hỏi này giúp HS hiểu được nội dung kiến thức, các khái niệm,
định luật, biết cách lựa chọn nhiều phương pháp để giải quyết vấn đề.
d) Nhóm câu hỏi “phân tích” nhằm kiểm tra khả năng phân tích nội dung
vấn đề, từ đó tìm ra mối liên hệ, hoặc chứng minh luận điểm, hoặc đi đến kết
luận. Nhóm câu hỏi này giúp HS suy nghĩ, tìm ra được các mối quan hệ trong
hiện tượng, sự kiện, tự diễn giải hoặc đưa ra kết luận riêng.


e) Nhóm câu hỏi “tổng hợp” nhằm kiểm tra khả năng của HS có thể đưa ra
dự đoán, cách giải quyết vấn đề, các câu trả lời hoặc đề xuất có tính sáng tạo.
Nhóm câu hỏi này kích thích sự sáng tạo của HS, hướng các em tìm ra những
nhân tố mới...
f) Nhóm câu hỏi “đánh giá” nhằm kiểm tra khả năng đóng góp ý kiến,
sự phán đoán của HS trong việc nhận định, đánh giá các ý tưởng, sự kiện,
hiện tượng... dựa trên các tiêu chí đã đưa ra. Nhóm câu hỏi này thúc đẩy sự
tìm tòi tri thức, sự xác định giá trị của HS.
5. Kỹ năng giải thích
Giải thích là phương pháp mà GV dùng lời và các phương tiện phi ngôn ngữ
khác để làm sáng tỏ một vấn đề nào đó, tạo ra sự liên kết giữa vấn đề đó với
kinh nghiệm hiện có của người học, qua đó giúp người học lĩnh hội được nó.
Để việc giải thích một vấn đề nào đó có hiệu quả GV cần đáp ứng những yêu
cầu sau:
a) Việc giải thích cần được dựa trên những tri thức hay kinh nghiệm vốn
có của người học. Việc giải thích chỉ có ý nghĩa nếu người học từ chỗ chưa
hiểu đến chỗ thông hiểu được vấn đề.
b) Việc giải thích cần làm nổi bật những nội dung trọng tâm hay ý chính
của vấn đề.
c) Việc giải thích phải hướng đến làm cho vấn đề ngày càng trở nên đơn
giản hơn.
d) Việc giải thích phải phù hợp với đối tượng người học.

II. NỘI DUNG
2
2
Ví dụ 1. Cho đường tròn  C  :  x  a    y  b   R 2 và điểm M  xM , yM  nằm

ngoài đường tròn đó. Viết phương trình tiếp tuyến của  C  kẻ từ M .
GV có thể yêu cầu HS trả lời câu hỏi:
GV: Khi nào thì đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn  C  ?
HS: Câu trả lời mong đợi là d  I ;    R, trong đó I là tâm của đường tròn.


GV: Hãy nêu công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng?
HS: Khoảng cách từ điểm I  a, b  đến  : Ax  By  C  0 là
d  I;  

Aa  Bb  C
A2  B 2

.

GV: Từ đó ta thiết lập được biểu thức gì?
HS: Ta có

Aa  Bb  C
A2  B 2

 R.

GV: Phương trình này có tới 3 ẩn là A, B, C. Có cách nào để giảm bớt số ẩn
không? Ta đã sử dụng hết giả thiết của bài toán chưa?

HS: Ta chưa sử dụng giả thiết đường thẳng  đi qua M . Lúc này ta có
 : A  x  xM   B  y  yM   0. Như vậy ta đã bớt được ẩn C.

GV: Nhưng cuối cùng ta cũng chỉ có một phương trình mà có tới 2 ẩn. Liệu
có giải được không?
HS: Tuy chỉ có một phương trình

A  x  xM   B  y  yM 
A2  B 2

 R nhưng nó không

bắt buộc tìm ra giá trị cụ thể của A và B mà chỉ cần tìm ra mối liên hệ A  kB
hoặc B  kA mà thôi, nghĩa là chỉ cần tìm một ẩn k mà thôi. Từ phương trình
nói trên ta dễ dàng đưa về được phương trình bậc 2 của k .
Cuối cùng, GV yêu cầu HS giải các bài toán cụ thể để cũng cố phương pháp
vừa tìm, chẳng hạn: Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn

 C  : x 2  y 2  4 x  2 y  0 biết tiếp tuyến đó đi qua

A  3; 2  hoặc Viết phương

2
2
trình tiếp tuyến của đường tròn  C  :  x  3   y  1  4 kẻ từ A  1;3 .

Ví dụ 2. Sau khi HS đã học định lí Côsi với hai số và bốn số không âm. Ta
có thể tổ chức cho HS tìm đoán cách chứng minh bất đẳng thức cho trường
hợp ba số không âm như sau:
GV:

HS:

Phát biểu lại bất đẳng thức Côsi cho hai số và bốn số?
a1  a2
� a1a2 , a1 , a2 �0
2

(1)


a1  a2  a3  a4 4
� a1a2 a3a4 , a1 , a2 , a3 , a4 �0
4

GV:

Ta phải chứng minh điều gì?
a1  a2  a3 3
� a1a2 a3 , a1 , a2 , a3 �0
3

GV:

(2)

(3)

Hãy xét chứng minh bất đẳng thức (2) và xem có thể áp dụng cách

ấy để chứng minh (3) không? (trường hợp này không sử dụng (1) được vì số

số hạng bị "lẻ"). Vậy ta chỉ còn cách sử dụng (2). Muốn vậy phải có 4 số
không âm mà vế trái của (3) chỉ có 3 số hạng không âm. Do đó ta phải thêm
vào đó một số hạng thứ tư, gọi là x sao cho x phải không âm và không được
làm thay đổi (3)!
GV:

Tìm x?

HS:

Ta giải phương trình

a1  a2  a3  x a1  a2  a3
a a a

� x  1 2 3 �0.
4
3
3

GV:

Hãy áp dụng (2) với 4 số a1, a2, a3, x không âm?

a1  a2  a3  x 4
� a1a2 a3 x
4
a a a
a1  a2  a3  1 2 3
3

۳
4
a a a
۳ 1 2 3 3 a1a2 a3
3

GV:
GV:

4

a1a2 a3

a1  a2  a3
3

Có cách chứng minh khác không?
Lựa chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để bất đẳng thức cần chứng minh

không còn chứa căn thức?
HS:
GV:

Đặt x  3 a �0, y  3 b �0, z  3 c �0.
Khi đó ta cần chứng minh điều gì?
x3  y 3  z 3
�xyz , x, y, z �0
3

HS:

Chứng minh

GV:

Hãy liên tưởng đến hằng đẳng thức khá quen thuộc có liên quan đến

x 3  y 3  z 3  3xyz


HS:

Ta có:



x 3  y 3  z 3  3xyz   x  y  z  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx


1
 x  y  z
2

  x  y

2





  y  z    z  x .
2

2

Từ đó, bất đẳng thức Côsi cho 3 số được chứng minh.
Ví dụ 3.

Giải phương trình: a  sin x  cos x   b sin x cos x  c  0.
Để giúp các em phát hiện ra thuật toán giải bài toán vừa nêu, chúng

ta có thể sử dụng phương pháp đàm thoại giải quyết vấn đề như sau:
GV: Em hãy nhận xét về mối liên hệ giữa các biểu thức

sin x, cos x và sin x  cos x, sin x.cos x.
HS:
GV: Như vậy, các biểu thức trong phương trình ban đầu có thể biểu thị qua
biểu thức nào ?
HS: Tất nhiên là có thể biểu thị qua sin x  cos x.
GV: Điều này có ý nghĩa gì không?
HS: Ta chỉ cần đặt t  sin x  cos x thì sẽ đưa phương trình ban đầu về
phương trình bậc hai của

t đã biết cách giải.

Ví dụ 4. Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , đáy
ABC là tam giác vuông tại B. Gọi M là trung điểm của AC . Dựng đường

vuông góc chung của SM và BC.

GV: Bài toán này thuộc kiểu gì?
HS: Dựng đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.
GV: Có mấy quy trình để giải loại toán này?
HS: Em đã được học ba quy trình.
GV: Em hãy dựa vào đặc điểm bài toán để lựa chọn một quy trình phù hợp.
HS: Ta thấy hai đường thẳng SM và BC hình như không vuông góc với nhau,
bởi vì... nếu chúng vuông góc thì... mà BC  SA do đó BC   SAC  nên
BC  AC , mâu thuẫn. Vì vậy ta không thể áp dụng quy trình thứ ba. Ta thử áp


dụng quy trình thứ nhất. Quy trình thứ nhất yêu cầu dựng một mặt phẳng chứa
đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.
GV: Ta nên dựng mặt phẳng chứa SM và song song với BC hay ngược lại?
Từ S hoặc M dựng đường thẳng song song với BC dễ hơn hay từ B hoặc C
dựng đường thẳng song song với SM dễ hơn?
HS: Chắc chắn là từ M kẻ đường thẳng song song với BC rồi, đây chính là
đường trung bình MN của tam giác ABC.
GV: Bước thứ hai của quy trình yêu cầu điều gì?
HS: Dựng hình chiếu của một điểm (hợp lí) trên BC xuống mặt phẳng

 SMN  . Có lẽ ta sẽ chọn điểm đó là

B hoặc C vì nó có tính chất đặc biệt hơn

cả. Nhưng dựng như thế nào?
GV: Ta hãy dựng hình chiếu của
điểm đó lên các cạnh SN , MN , SM .
Nếu may mắn, đó là điểm cần tìm
(dự đoán, có thể thất bại).
HS: Gọi H là hình chiếu của B

lên SN .
Khi đó ta có BH  SN . Dễ thấy
BH  NM

(vì

NM // BC ,

BC   SAB  � NM   SAB  ). Từ đó

suy ra H là hình chiếu của B lên

 SNM  .
GV: Các bước tiếp theo của quy trình yêu cầu điều gì?
HS: Từ H kẻ đường thẳng song song với MN , cắt SM tại E. Từ E kẻ đường
thẳng song song với HB cắt BC tại F . Khi đó EF là đường vuông góc chung
cần dựng.
GV: Hãy lựa chọn quy trình thứ hai để giải bài toán?


HS: Quy trình thứ hai yêu cầu dựng một mặt phẳng vuông góc với một trong
hai đường thẳng đã cho.
GV: Trên hình vẽ đã có mặt phẳng này chưa?
HS: Giả thiết cho SA   ABC  , ABC vuông tại B... Đúng rồi, mặt phẳng
vuông góc với BC chính là  SAB  .
GV: Bước thứ hai của quy trình này yêu cầu điều gì?
HS: Dựng hình chiếu vuông góc của SM lên mặt phẳng  SAB  . Vì điểm S
thuộc  SAB  nên ta chỉ cần dựng hình chiếu của M lên  SAB  , nghĩa là cần
dựng đường thẳng qua M và vuông góc với  SAB  . Ta đã có đường thẳng BC
vuông góc với  SAB  nên chỉ cần dựng đường thẳng qua M và song song với

BC. Đây chính là đường trung bình MN của tam giác ABC. Khi đó hình

chiếu cần dựng chính là SN .
GV: Tiếp theo, quy trình yêu cầu
điều gi?
HS: Dựng hình chiếu vuông góc
H của B lên SN .

GV: Tiếp theo nữa?
HS: Từ H dựng đường thẳng
song song với MN cắt SM tại E ,
từ E kẻ đường thẳng song song
với BH cắt BC tại F , khi đó EF
là đoạn thẳng cần dựng.
Ví dụ 5.
GV:

Số phần tối đa mà n mặt phẳng có thể chia không gian là bao nhiêu?

Không gian chia bởi các mặt phẳng tương tự với mặt phẳng được chia

bởi các đường thẳng. Do đó, trước hết ta xét bài toán: Số phần tối đa mà n
đường thẳng có thể chia mặt phẳng là bao nhiêu?
GV:

Số phần sẽ là tối đa khi nào?


HS:

Khi không có hai đường thẳng nào song song và không có quá hai

đường thẳng đi qua một điểm.
(Sau này ta luôn giả thiết cả hai điều kiện này được thỏa mãn)
GV:

Giả sử số phần tối đa mà n đường thẳng chia mặt phẳng là f  n  . Hãy

hoàn thành bảng (tính f  n  ) với một số trường hợp đơn giản:
n

1

f  n

2

3

4

HS:
n
f  n

GV:

1
2

2
4

3
7

4
11

Từ bảng trên, hãy dự đoán một công thức tổng quát cho f  n 

(Trong trường hợp này, việc dự đoán đối với HS có thể là quá sức)
GV:

Trước hết, chúng ta thử tìm mối liên hệ giữa n, f  n  và f  n  1 . Có

nghĩa là khi tăng thêm 1 đường thẳng thì số phần được chia sẽ thay đổi như
thế nào. Ta có bảng sau:
n

HS:

1
2
3
3
4
f  n  1  f  n  2
Dựa vào bảng trên ta có thể dự đoán rằng
f  n  1  f  n   n  1.

GV:

Phải chẳng khi tăng thêm một đường thẳng từ n sang n  1 thì số phần

sẽ tăng thêm n  1?
HS:

Ta có n đường thẳng chia mặt phẳng thành tối đa f  n  phần. Đường

thẳng thứ n  1 sẽ bị n đường thẳng ban đầu chia thành n  1 phần, mỗi phần
của đường thẳng này sẽ nằm trong f  n  phần mặt phẳng nói trên. Và mỗi
phần đường thẳng thứ n  1 này sẽ chia phần mặt phẳng mà nó nằm trong
thành hai phần nhỏ. Do đó số phần mặt phẳng tăng lên đúng bằng n  1.
GV: Hãy tính

f  n ?

n  n  1
.
HS: Từ phương trình f  n  1  f  n   n  1 ta tìm được f  n   1 
2


GV:

Bây giờ ta quay trở lại với bài toán trong không gian. Số phần sẽ là tối

đa khi nào?
HS:

Cũng tương tự như trong mặt phẳng, số phần không gian bị chia tối đa

khi không có ba mặt phẳng cắt nhau theo một giao tuyến, không có ba mặt
phẳng nào cùng đi qua một điểm, không có hai mặt phẳng nào song song với
nhau và không có hai giao tuyến nào của chúng song song với nhau.
GV: Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành F  n  phần. Ta bổ sung thêm
mặt phẳng thứ n  1. n mặt phẳng ban đầu cắt mặt phẳng này theo n đường
thẳng mà trong chúng không có hai đường thẳng nào song song hay không có
ba đường thẳng nào đồng quy. Do đó n đường thẳng này chia mặt phẳng thứ
n  1 thành f  n  bề mặt. Mỗi phần trong f  n  bề mặt này chia không gian mà

nó nằm trong thành hai phần không gian nhỏ, do đó sự bổ sung của mặt phẳng
thứ n  1 sẽ làm gia tăng số phần không gian là

f  n .

Ta có:

F  n  1  F  n   f  n  . Tính F  n  ?

ta lần lượt xét các trường hợp cụ thể, n  1, 2,3...

HS:

F  2   F  1  f  1

F  3  F  2   f  2 
F  4   F  3  f  3
...

F  n   F  n  1  f  n  1 .

Cộng các phương trình này vế theo vế rồi rút gọn ta được
F  n   2  f  1  f  2   L  f  n  1 . với f  n   1 

Ta có:

F  n  n 1
F  n  n 1

1.2  2.3  L   n  1 n
2

 n  1 n  n  1
6



n  n  1
2

.

.

n 3  5n  6
.
6

Ví dụ 6. Tìm thể tích V của một hình chóp cụt nếu biết diện tích đáy lớn,

diện tích đáy bé lần lượt là B1 , B2 và đường cao bằng h.


Gv:

Đề toán gợi cho em liên tưởng đến những điều gì em đã biết?

HS:

Bài toán có nhắc đến hình chóp cụt mà hình chóp cụt thì được sinh ra từ

hình chóp. Bài toán yêu cầu tính thể tích của hình chóp cụt, có lẽ nó cũng có
liên quan đến thể tích của hình chóp.
GV:

Đúng, đó chính là điều mà ta cần nghĩ đến, em đã có ý tưởng nào để

giải quyết nó chưa?
HS:

Có thể hiểu hình chóp cụt là phần còn lại của một hình chóp sau khi bỏ

đi một hình chóp con do một mặt phẳng song song với đáy cắt ra. Trong
trường hợp này, đáy của hình chóp lớn có diện tích bằng B1 , đáy của hình
chóp con có diện tích là B2 . Giả sử ta đã biết thể tích của hai hình chóp ấy, kí
hiệu lần lượt là V1 , V2 thì thể tích mà chúng ta cần tìm là V  V1  V2 .
GV:

Tìm thể tích V1 và

HS:

Áp dụng công thức V  Bh,

?
1
3

Gọi chiều cao của hình chóp (nhỏ) là x thì chiều cao của hình chóp (lớn)
là x + h. Suy ra:

V  V1  V2 

1
 B1  x  h   B2 x 
3

GV:

Còn cái gì là chưa biết?

HS:

Độ dài đoạn thẳng x.

GV:

Làm thế nào để tìm được ẩn này? Tìm x theo đại lượng nào?

HS:

Sử dụng tính chất tỉ số diện tích của hai đa giác đồng dạng bằng bình

phương tỉ số đồng dạng.
Ta có:

x
a
 
xh b

B2
B1

 * trong đó,

diện tích lần lượt là B2 và B1.
Suy ra
GV: Tính

x

h B2
B1  B2

.

a, b lần lượt là cạnh của hai đáy có

HS: Ta có:
V

�
1
1 � � h B2
B1  x  h   B2 x   �B1 �
 h � B2

�
�
3
3�
�
� � B1  B2

�
�
B1  B2 �
�
h B2

B 3  B23
1
 h 1
3
B1  B2





1
 h B12  B1 B2  B22 .
3

Ví dụ 7. Giải và biện luận theo m bất phương trình sau:

x  xm m

(1)

GV:

(1) là bất phương trình dạng gì?

HS:

Bất phương trình vô tỷ

GV:

Đầu tiên ta làm gì?

HS:

Nêu điều kiện của bất phương trình. Điều kiện: x  0 và x  m.

GV: Giải bất phương trình vô tỷ thường sử dụng những cách giải nào?
HS: Bình phương hai vế, đặt ẩn phụ,...

GV: Bất phương trình trên có thể thực hiện phép bình phương hai vế chưa?
HS: Muốn thực hiện phép bình phương hai vế để thu được phương trình
tương đương, thông thường ta đặt điều kiện để hai vế đều dương.
GV: Biến đổi: (1)

x  x  m  m . Cả hai vế của bất phương trình đã

dương hay chưa?
HS: Nhận thấy vế phải âm hay dương tùy thuộc vào m  0, m < 0.
TH1: Với m  0.
Biến đổi (1) thành : x  x  m  m
�x �m
�
2
�x  x  m  m  2m x  m

�x �m
�
m  m 2  2m x  m
�

Để tiếp tục giải bất phương trình : m  m 2  2m x  m , để giản ước hai
vế bất phương trình cho m, dẫn tới việc xét 2 khả năng m = 0 và m ≠ 0.
KN1: Với m = 0 thì vô nghiệm.


KN2: Với m > 0 bài toán trở thành:
�x �m
�
1 m  2 x  m

�

(2)
(3)

GV: Nêu cách giải bất phương trình (3)?
HS:

Bình phương hai vế.

Gv:

Hãy giải bất phương trình (3).

HS: muốn bình phương thì 2 vế không âm. Ta phân chia 2 khả năng nữa là:
 m  1: Bất phương trình vô nghiệm.
 0 < m < 1: Bình phương hai vế bất phương trình (3) thì hệ (2), (3)
tương đương:
�x �m
�
(1  m) 2  4(x  m)
�

�x �m
2
�
�m  1 �
2
 � �m  1 �  m  x  �
�

�2 �
�x  � 2 �
�
� �

TH2: Với m < 0
GV: Biến đổi (1) để cả 2 vế bất phương trình đều dương?
HS:

(1)  x  m  x  m
�x �0
�x �0
�
�
2
2 x  m 1
�x  m  2m x  x  m
�

(4)
(5)

GV: Hai vế của bất phương trình 2 x  m  1 đã dương chưa? Muốn bình
phương hai vế cần xét trường hợp nào?
HS:

Để giải bất phương trình (5) dẫn tới việc xét 2 khả năng:
 m < - 1: thì bất phương trình có nghiệm là: x  0.
 1  m < 0: thì hệ phương trình (5), (6) tương đương:

�x �0
�
(m  1)2
2

x

� �m  1 �
4
�x  � 2 �
�
� �
Ví dụ 8. Giải bất phương trình:
x 2  3x  2  x 2  4x  3 �2 x 2  5x  4

(1)


Hướng dẫn tìm lời giải:
GV:

Để giải bất phương trình này trước hết ta cần làm gì?

HS: Tìm điều kiện xác định.
GV:

Hãy tìm điều kiện xác định?

HS:

Điều kiện:
�
x2  3x  2 �0
�2
x  4x  3 �0
�
�
x2  5x  4 �0
�



x  4 hoặc x  1.

GV:

Quan sát bài toán, nhận xét đặc điểm của nó?

HS:

Các biểu thức dưới dấu căn đều chứa thừa số (x - 1).

GV:

Hãy biến đổi (1) về dạng sao cho xuất hiện nhân tử chung x – 1?

HS:

(1) 

GV:

Có thể đơn giản hoá bất phương trình dựa vào sự xuất hiện (x – 1) của

(x  1).(x  2)  (x  2).(x  3) �2 (x  1).(x  4)

biểu thức dưới dấu căn?

x  1.

HS:

Có thể chia cả 2 vế cho

GV:

Hãy làm xuất hiện

HS:

Thay thế

GV:

Hãy suy nghĩ cẩn thận về sự thay thế đó?

(x  1).(x  2) bởi

x  1. x  2

(x  1).(x  2) xác định khi x  2 hoặc x  1, ta có:

HS:

GV:

x  1 ở từng hạng tử của bất phương trình?



(x  1).(x  2) =



(x  1).(x  2) =

x  1 . x  2 nếu x  2.
 (x  1) . (x  2) nếu x  1.

Rất đúng! Bạn thay thế tất cả các hạng tử trong bất phương trình tương

tự như sự thay thế

(x  1).(x  2)

HS: Tất nhiên là có thể.
GV:

Hãy suy nghĩ về điều kiện bài toán, điều này có ảnh hưởng tới sự thay

thế đó không?
HS: Chúng ta xét tới 2 TH


TH1: Nếu x  4 thì:
(x  1).(x  2) =

x  1. x  2

(x  1).(x  3) =

x  1. x  3

(x  1).(x  4) =

x  1. x  4

TH2: Nếu x  1

GV:

(x  1).(x  2) =

(x  1) . (x  2)

(x  1).(x  3) =

(x  1) . (x  3)

(x  1).(x  4) =

(x  1) .  (x  4)

Hãy thực hiện biến đổi đơn giản hoá bất phương trình?

HS: Ta có.
TH1: Với x  4.
(1)

x1 +

x 2  2 x 4

Sử dụng phương pháp đánh giá suy ra nghiệm của bất phương trình là x  4
TH2: Với x  1.
(1) 

3 x  2 x  4

2 x +

hoặc x = 1.

Ví dụ 9. Giải và biện luận phương trình:

log2

x 5
 log2(3  x)  m
x 3

(1)

Hướng dẫn lời giải:
GV: Tìm điều kiện xác định của phương trình?
�x  5
0
�
�x  3
�
3 x  0
�

x<3

HS:

Điều kiện.

GV:

Hãy quan sát phương trình và thực hiện phép biến đổi?

HS:

(1)  log2(x – 5) – log2(x – 3) + log2 (3 - x) = m. (2)

GV:

Hãy kiểm tra lại điều kiện của (2)?

HS:
GV:

Với x < 3 thì log2(x – 5) và log2(x – 3) không tồn tại.
Như vậy phép biến đổi đã làm thay đổi điều kiện xác định phương

trình. Hãy xem xét lại phép biến đổi?

log2
HS: log2

x 5
 log2(x  5)  log2(x  3)
x3

x 5
 log2(x  5)  log2(x  3) đúng khi x - 5 > 0 và x – 3 > 0
x 3

GV: Ở đây đã đảm bảo điều đó chưa? Hãy xem xét!
HS: Với x < 3 thì x - 5 < 0 và x - 3 < 0
GV:

Hãy thực hiện phép biến đổi log2

HS:

log2

x 5
 ?
x 3

x 5
5 x
 log2
 log2(5 x)  log2(3 x)
x3
3 x

GV: Tiếp tục giải phương trình.
HS:

(1)  log2(5 – x) – log2(3 – x) + log2 (3 - x) = m.
 log2(5 – x) = m
 5 – x = 2m
 x = 5 – 2m

GV: Đây có phải là nghiện của phương trình hay không?
HS:

Chưa, bởi nghiệm của phương trình còn phải thỏa mãn điều kiện: x < 3.

GV: Hãy biện luận theo m nghiệm của phương trình?
HS:

x = 5 – 2m < 3  2m > 2

 m>1 .

Kết luận:
 Với m > 1 thì phương trình có nghiệm là: x = 5 – 2m.
 Với m  1 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 10.

Các số a, b, c, d liên hệ bởi các hệ thức:

a  c 1 d 2 ; b  d 1 c2
Chứng minh rằng: a  b �1 . (1)
Phân tích bài toán tìm lời giải:


Đây là một bài toán khó về chứng minh bất đẳng thức, để chứng minh
2
2
(1), ta phải chứng minh bất đẳng thức c 1  d  d 1  c �1 .

Như vậy, khi học sinh chưa có thêm kiến thức nào khác ngoài các kiến
thức cơ bản về bất đẳng thức (định nghĩa, tính chất, một số bất đẳng thức
thông dụng) thì dạy học sinh giải bài toán này là điều rất khó khăn.
Nếu học sinh đã học về các phép biến đổi lượng giác, trước hết GV có
thể gợi ý điều kiện để căn c �1; d �1 có nghĩa là gì?. Có thể nêu cho học
sinh câu hỏi c �1, d �1 gợi cho em liên tưởng cái gì? Một cái gì đó rất
quen thuộc ở phần hàm số lượng giác. Hãy để ý biểu diễn a , b theo c , d ?
Chúng ta mong đợi học sinh trả lời rằng:
a  c 1 d

2

b  d 1 c

2

Từ đó, học sinh có các lựa chọn để giải, chẳng hạn:


Đặt d  cos  và c  cos  ; 0 � ,  � .
2
Khi đó:

a  cos  .sin 
b  cos  .sin 

Do vậy: a  b  cos  .sin   sin  .cos 

 sin      �1 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Từ đây HS trình bày lời giải bài toán.
Ví dụ 11. Chứng minh rằng:
Nếu tam giác ABC có một góc vuông thì cos2A + cos2B + cos2C = -1.
Phân tích bài toán tìm lời giải:
Ta nhận thấy rằng, bài toán có đề cập đến mối quan hệ giữa các góc của
một tam giác, ta hãy huy động những định lý, tính chất đã biết về quan hệ
giữa các góc của một tam giác:


Với tam giác ABC vuông tại A, ta có:
A= B+ C =


2

(1)

a 2  b2  c2

(2)

b = a.sinB = a.cosC

(3)

c = a.sinC = a.cosB

(4)

b = c.tanB = c.cotC

(5)

c = b.tanC = b.cotB

(6)

Do các góc A, B, C trong bài có vai trò bình đẳng, không mất tính tổng
quát, ta giả sử góc Aˆ vuông. Khi đó: cos 2 A  cos   1 . Do đó, ta chỉ còn
phải chứng minh:

cos2B + cos2C = 0

Để chọn lọc những kiến thức thích hợp, trước hết ta hãy loại (5) và (6) vì
chúng đề cập đến “tan” và “cot” chứ không phải hàm số “cos” như điều phải
chứng minh. Hãy quan sát (3) và (4), trong đó có chứa cosB và cosC. Để xuất
hiện cos2B, cos2C, ta lại phải sử dụng công thức nhân đôi. Khi đó:

cos 2 B  cos 2C   2cos2 B 1   2cos2 C 1





2 b2  c2
c2
b2
 2
2
2 
 2.
2
a2
a2
a
Đến đây, ta sử dụng (2) và suy ra điều cần chứng minh.
Nếu sử dụng (1), ta có:

BC 


2

Để xuất hiện góc 2B, 2C, ta nhân 2 vế của đẳng thức trên với 2, ta có:
2 B  2C 



� 2 B    2C

Đến đây, để xuất hiện cos2B, ta lấy cosin 2 vế, ta được:

cos 2B  cos    2C    cos  2C    cos 2C
� cos 2B  cos 2C  0
Do đó, ta có điều cần chứng minh.


Qua đây GV đã hướng dẫn HS tìm tòi lời giải bài toán theo hướng tích
cực, chủ động và sáng tạo.
Ví dụ 12. Chứng minh rằng, tam giác ABC là cân nếu điều kiện sau đây thoả
mãn:

2sin A sin B
C
 cot
sin C
2

(1)

GV: Yêu cầu bài toán là gì?
HS:

Chứng minh một tam giác là cân

GV:

Để chứng minh một tam giác là cân ta cần chứng minh điều gì?

HS: Ta chứng minh là tam giác đó có hai cạnh hoặc hai góc bằng nhau.
GV: Vấn đề là chứng minh hai cạnh bằng nhau hay hai góc bằng nhau?
HS:

Ở đây, giả thiết bài toán cho ta một hệ thức giữa các góc thông qua các

hàm số lượng giác giữa chúng. Do vậy, để chứng minh tam giác ABC cân,
trong bài toán này ta sẽ chứng minh hai góc bằng nhau
GV: Ta sẽ chứng minh hai góc nào bằng nhau?
HS:

Do biểu thức đã cho trong giả thiết có tính đối xứng đối với sinA và

sinB. Từ đó, ta sẽ chứng minh A = B hay A – B = 0.
GV: Để chứng minh A - B = 0, ta đã biết các cách nào?
HS:

Chứng minh sin(A - B) = 0 (2)

hoặc cos(A - B) = 1

GV: Ta chọn cách nào trong hai cách đó?
HS:

Chứng minh cos(A - B) = 1.
Vì sinA.sinB =

1
[cos(A - B) - cos(A + B)].
2

GV: Hãy trình bày cách giải bài toán.
HS: (1)  cos(A - B) - cos(A + B) = 2
 cos(A - B) - cos(A + B) = 1 + CosC
 cos(A - B) = 1.
Suy ra điều phải chứng minh.

(3)


sin 4 2 x  cos 4 2 x
cos 4 4 x
Ví dụ 13. Giải phương trình:


tg(  x ) tg(  x )
4
4

(1)

GV: Điều kiện để phương trình có nghĩa?
HS:





tan(  x).tan(  x) �0  x �  k ; k �Z
4
2
4
4

GV: Nhận xét gì về hai góc:



 x và  x
4
4

HS: Hai góc phụ nhau

4


4

GV: Nhận xét gì về tích tan(  x).tan(  x) ?
HS:

tan(



 x).tan(  x)  1
4
4

GV: Khi đó, phương trình (1) tương đương với phương trình nào?
HS:

(1) sin 4 2x  cos 4 2x cos 4 4x

(2)

GV:

Hãy tiếp tục biến đổi phương trình (2) về dạng quen thuộc?

HS:

(2) <=>1 

1 2
1
sin 4 x cos 4 4 x 1  (1  cos 2 4x ) cos 4x
2
2

<=> 2 cos 4 4 x  cos 2 4 x  1 0

(3)

GV: Trình bày cách giải phương trình (3) và kết luận nghiệm.
Ví dụ 14. Giải phương trình: 2 x = 3 – x
Xây dựng lời giải:
- Giáo viên yêu cầu học sinh xác định phương pháp giải bài toán.
- Học sinh đứng trước tình huống đây là bài toán không giải được bằng
đại số.

y

- Giáo viên hướng học
sinh thử đưa việc giải

3

phương trình về hệ:

2

y = 2x

1

y = 2x

A

y=3-x
0

1

2

3

x
y = 3-x


rồi dựng đồ thị, các hàm
số y = 2x và y = 3 - x trên
cùng một hệ trục tọa độ.
- Từ mô hình trực quan học sinh sẽ phát hiện các đồ thị chỉ có một điểm
chung duy nhất không còn điểm chung nào khác; hoành độ của điểm A là x =
1, nghĩa là phương trình 2 x = 3 - x có một nghiệm x = 1.
Ví dụ 15.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt phẳng

(SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA=SB, góc giữa đường thẳng SC và
mặt phẳng đáy là 450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
Theo bài toán này ta chia thành các tình huống có vấn
đề như sau:
Hoạt động của học sinh
Giáo viên nêu tình huống
- Học sinh huy động kiến thức: Hai mặt - Hãy xác định đường cao của
phẳng vuông góc, nhìn được tam giác hình chóp ?.
SAB là tam giác gì.

- Kẻ SH  AB => SH  (ABCD)
- Học sinh nắm được kiến thức góc tạo - Xác định góc giữa SC và mặt
bởi đường thẳng và mặt phẳng, độ lớn của phẳng đáy ?
chúng như thế nào.

- Góc giữa đường thẳng và mặt

- HC là hình chiếu của SC lên (ABCD), phẳng có độ lớn như thế nào ?
từ đó ta có :

�
�, HC = SHC
,( ABCD)) = ( SC
( SC
) � = 45 .
0

- Học sinh phải nhớ công thức tính thể - Hãy tính thể tích hình chóp ?
tích, biết cần phải huy động kiến thức nào
để tính.

nào để tính thể tích gì ?

- Tính thể tích SABCD.

HC  HB 2  BC 2 

+ Cần phải tính những yếu tố
+ Nêu các bước tính ?

a 5
.
2


SH  HC.tan 450 

a 5
2

Thể tích khối chóp là:
1
1 a 5 2 a3 5
.
V  SH .S ABCD  .
.a 
3
3 2
6
Các câu hỏi tình huống có vấn đề là sự định hướng cho HS khám phá
kiến thức mới.
Ví dụ 16. Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. (P) là mặt phẳng qua
tâm O của mặt ABCD và song song với B'D và BC'. Xác định thiết diện của
hình lập phương với mặt phẳng (P) và tính diện tích thiết diện.
Giáo viên đặt câu hỏi để học sinh khám phá tìm tòi cách giải:
K'

GV: Để dựng thiết diện cần phải xác
định gì? có những cách nào, vận dụng định
phẳng ?.

Khi đó HS liên tưởng tới các kiến thức

M

B'

I

D'
A'

F
N

C

để xác định giao tuyến:
Các hoạt động khám phá:

C'

K

lý nào, để xác định giao tuyến giữa hai mặt

D

O
B

Q

A

- Hai mặt phẳng phân biệt nếu có một
điểm chung thì cần xác định thêm điểm chung nữa.
- Hai mặt phẳng cùng // với một đường thẳng nếu có một điểm chung
thì có giao tuyến // với đường thẳng đó.
d �( P )
�
� a / /d
-�
�
�
Q / / d ,( P) �(Q) = a
�

Từ các hoạt động trên HS phải tiếp tục suy nghĩ, hành động chọn ra
cách xác định giao tuyến cho phù hợp để xác định được thiết diện. Đó là quá
trình tự khám phá của HS. Đồng thời xây dựng quy trình xác định thiết diện.
Khi đó chẳng hạn HS xác định một hướng dựng thiết diện như sau: