Một số biện pháp nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh THCS thông qua dạy học giải toán cực trị trong hình học phẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG PT TRIỆU SƠN

SÁNG KIẾN
MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG
TẠO CHO HỌC SINH THCS THÔNG QUA DẠY HỌC GIẢI
TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Tác giả: Lê Thị Quang
Đơn vị: Trường Phổ Thông Triệu Sơn, Triệu Sơn, Thanh Hóa

Triệu Sơn, tháng 5 năm 2018


MỤC LỤC
I. Tên cơ sở được yêu cầu công nhận sáng kiến................................................1
II. Đồng tác giả..................................................................................................1
III.Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng...................................................................1
IV. Nội dung sáng kiến...................................................................................... 1
1. Giải pháp cũ thường làm............................................................................... 1
1.1. Thực trạng dạy học toán cực trị hình học đối với các lớp đại trà...............1
1.2. Thực trạng dạy học toán cực trị hình học đối với các lớp bồi dưỡng học sinh
giỏi.....................................................................................................................3
1.3. Thống kê số tiết dạy theo PPCT hình học THCS có toán cực trị...............4
2. Giải pháp mới thực hiện................................................................................ 6
2.1. Một số kiến thức thường dùng để giải bài toán cực trị hình học................6
2.1.1. Quan hệ đường vuông góc và đường xiên, hình chiếu............................6
2.1.2. Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác, bất đẳng thức tam giác, qui tắc
các điểm.............................................................................................................7
2.1.3. Bất đẳng thức trong đường tròn...............................................................7

2.1.4. Bất đẳng thức đại số................................................................................ 7
2.1.5. Hệ thức lượng trong tam giác..................................................................7
2.2. Biện pháp chủ yếu bồi dưỡng một số yếu tố của tư duy sáng tạo cho hs bậc
THCS khá và giỏi thông qua dạy học giải toán cực trị hình học.....................16
2.2.1. Biện pháp 1: Xác định các hướng tiếp cận khác nhau để giải bài toán cực
trị hình học.......................................................................................................16
2.2.2. Biện pháp 2: Bồi dưỡng tư duy sáng tạo kết hợp với các hoạt động trí tuệ
khác..................................................................................................................16
2.2.2.1. Rèn luyện khả năng phân tích, tổng hợp bài toán...............................16
2.2.2.2. Rèn luyện khả năng kiểm tra lời giải bài toán.................................... 16
2.2.2.3. Rèn luyện khả năng định hướng và xác định đường lối giải bài toán
mang tính tổng quát hơn.................................................................................. 17
2.2.3. Biện pháp 3 : Bồi dưỡng tư duy sáng tạo thông qua rèn luyện khả năng
phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề mới.......................................................20
2.2.3.1. Rèn luyện khả năng nhận biết, tìm tòi và phát hiện các bài toán liên
quan và sáng tạo bài toán mới..........................................................................20
2.2.3.2. Rèn luyện khả năng nhìn nhận và giải bài toán dưới nhiều góc độ khác
nhau..................................................................................................................23
2.2.3.3. Rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn.......................26


3. Tổ chức và nội dung thực nghiệm............................................................... 29
3.1. Tổ chức thực nghiệm................................................................................ 29
3.2. Nội dung thực nghiệm.............................................................................. 30
3.3. Đánh giá kết quả thực nghiệm..................................................................32
3.4. Kết luận chung về thực nghiệm sư phạm:................................................ 33
V. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được...............................................33
1. Hiệu quả kinh tế...........................................................................................33
2. Hiệu quả xã hội............................................................................................34
VI. Điều kiện và khả năng áp dụng................................................................. 34

I. Tên cơ sở được yêu cầu công nhận sáng kiến: Sở GD&ĐT Thanh Hóa
II. Tác giả: Lê Thị Quang, Giáo viên Toán, Trường PT Triệu Sơn
III.Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng
Tên sáng kiến: Một số biện pháp nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học
sinh THCS thông qua dạy học giải toán cực trị trong hình học phẳng.
Lĩnh vực áp dụng : Tài liệu tham khảo bồi dưỡng học sinh giỏi cho các
trường THCS
IV. Nội dung sáng kiến
1. Giải pháp
1.1. Thực trạng dạy học toán cực trị hình học đối với các lớp đại trà
Qua khảo sát thực tế chúng tôi thấy việc dạy toán cực trị trong trường
THCS chưa được quan tâm đúng mức. Đối với các lớp dạy đại trà phần lớn việc
dạy lí thuyết dừng ở mức giới thiệu hoặc giao cho học sinh về nhà đọc. Việc
chữa bài còn rất ít thậm trí có giáo viên không giao bài và không chữa bài tập
phần này. Một số giáo viên chỉ dừng lại ở việc chữa bài hoặc hướng dẫn cho học
sinh khá giỏi về nhà làm chứ chưa quan tâm đến việc khai thác, phát triển bài
toán . Đặc biệt trong các bài kiểm tra định kỳ rất ít khi có nội dung cực trị hình
học.
Đối với học sinh đa số học sinh không thích học và sợ học toán cực trị.
Nhiều em không học và không làm bài tập giao về nhà. Số lượng học sinh mạnh
dạn trao đổi với thày cô và tìm tòi, đề xuất bài toán mới còn rất ít, hầu như
không có.
1.2. Thực trạng dạy học toán cực trị hình học đối với các lớp bồi dưỡng học
sinh giỏi
Qua khảo sát thực tế chúng tôi thấy việc dạy chuyên đề toán cực trị hình
học cho học sinh giỏi vẫn chưa thực sự có hiệu quả. Số lượng giáo viên dạy bài
bản, quan tâm đến việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh còn rất ít. Nhiều
giáo viên không dạy phần này.

Đối với học sinh giỏi, số lượng các em đam mê, tìm tòi, khám phá chưa
nhiều, nhiều em chỉ làm cho xong chưa nghĩ đến tìm cách giải khác. Còn một bộ
phận không nhỏ các em không làm bài.

1


1.3. Thống kê số tiết dạy theo PPCT hình học THCS có toán cực trị
Số tiết
dạy

Lớp

Tên bài

7

Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên,
giữa đường xiên và hình chiếu

02

Bất đẳng thức tam giác

02

Đối xứng tâm, đối xứng trục

02

Quan hệ giữa đường kính và dây cung

02

Liên hệ giữa cung và dây, liên hệ giữa dây và
hoảng cách từ tâm đến dây
Như vậy, qua khảo sát chúng tôi nhận thấy:

02

8
9

- Do số tiết học ở trên lớp còn ít, khối lượng tri thức cần truyền đạt nhiều
đồng thời phải đúng lịch phân phối chương trình theo quy định nên việc mở
rộng, khai thác, ứng dụng sáng tạo các kiến thức đã học chưa được triệt để sâu
sắc. Điều này ảnh hưởng đến việc huy động vốn kiến thức của học sinh, hạn chế
đến việc rèn luyện tính tích cực, độc lập, sáng tạo của học sinh trong học tập,
nhất là đối tượng học sinh khá và giỏi.
- Trong chương trình toán THCS, số lượng các dạng toán về phần cực trị
hình học còn đề cập rất hạn chế, nó chỉ nằm rải rác ở một bộ phận sách tham
khảo, hơn nữa các bài toán về phần cực trị hình học là một chủ đề toán khó
thường chỉ hay xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi. Do đó học sinh và giáo
viên cũng ít được tiếp cận với dạng toán này và có thể nói một thực tế giáo viên
còn thờ ơ trong việc thực hiện dạy học chủ đề đó. Điều này dẫn đến việc giải các
bài tập cực trị hình học học sinh còn tỏ ra lúng túng, chưa được rèn luyện về kỹ
năng giải toán, chưa kích thích được sự ham mê tìm tòi khám phá của học sinh,
từ đó học sinh tiếp thu kiến thức một cách hình thức và hời hợt. Việc tiến hành
bồi dưỡng cho đội ngũ học sinh khá và giỏi chưa được tiến hành một cách
thường xuyên ngay từ đầu. Chính vì vậy quá trình bồi dưỡng kiến thức toán học

theo hướng nâng cao của chủ đề cực trị hình học cho HS chưa được liên mạch
và chưa có hệ thống, chỉ khi nào có những kỳ thi như thi vào trường chuyên, lớp
chọn, HS giỏi thì giáo viên và học sinh mới thực sự nhảy vào cuộc. Chính điều
đó làm cho HS dễ hụt hẫng về kiến thức, sự khai thác một bài toán còn gặp
2


nhiều khó khăn, việc dạy học của giáo viên chủ yếu dựa vào kinh nghiệm của
bản thân.
Hơn nữa, hệ thống bài tập trong sách tham khảo là rất đa dạng và phong
phú nhưng đang còn rời rạc, thiếu sự liên kết với nhau trong từng chủ đề, đặc
biệt trên thị trường tìm được một vài cuốn sách tham khảo viết dành riêng cho
phần cực trị hình học thể hiện được sự chuyên môn hoá là rất hiếm, điều này
cũng dẫn đến một tình trạng là GV và HS thiếu một hệ thống tài liệu tham khảo
để phục vụ cho công tác dạy và học. Trong thực tế, cách dạy phổ biến hiện nay
là GV với tư cách là người điều khiển đưa ra kiến thức rồi giải thích chứng
minh, sau đó đưa ra một số bài tập áp dụng, làm cho HS cố gắng tiếp thu vận
dụng. Rõ ràng với cách dạy như vậy GV cũng thấy chưa thoả mãn bài dạy của
mình, HS cũng thấy chưa hiểu được cội nguồn của vấn đề mà chỉ học một cách
máy móc, làm cho các em có ít cơ hội phát triển tư duy sáng tạo, ít có cơ hội
khai thác tìm tòi cái mới.
2. Giải pháp mới thực hiện
2.1. Một số kiến thức thường dùng để giải bài toán cực trị hình học
2.1.1. Quan hệ đường vuông góc và đường xiên, hình chiếu
Trong các đường xiên và đường vuông góc hạ từ một điểm đến một đường
thẳng.
- Đường vuông góc là đường ngắn nhất.
- Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn, hình chiếu nào lớn hơn thì
có đường xiên lớn hơn.
2.1.2. Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác, bất đẳng thức tam giác,

qui tắc các điểm.
- Trong một tam giác, đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn và ngược lại.
- Bất đẳng thức tam giác: Trong một tam giác tổng độ dài hai cạnh bất kỳ luôn
lớn hơn độ dài cạnh còn lại.
- Qui tắc các điểm: cho n điểm A1, A2 ,… An
Ta có: A1 An  A1 A2 + A2 A3 +… + An-1 An, dấu “=” xảy ra  A1, A2… An thẳng
hàng và sắp xếp theo thứ tự đó.
2.1.3. Bất đẳng thức trong đường tròn
- Trong tất cả các dây cung của đường tròn, đường kính là dây lớn nhất.
- Trong một đường tròn, dây cung nào có độ dài ngắn hơn thì có khoảng cách
đến tâm lớn hơn và ngược lại.
3


- Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở tâm
lớn hơn.
- Trong hai cung nhỏ một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây trương
cung lớn hơn.
2.1.4. Bất đẳng thức đại số
- Giả sử ta có
trị nhỏ nhất,

a
a
với a > 0, nếu a không đổi, đạt giá trị lớn nhất nếu b đạt giá
b
b

a
đạt giá trị nhỏ nhất nếu b đạt giá trị lớn nhất.

b

- Nếu x + y là hằng số thì tích x. y lớn nhất  x = y.
x . y là hằng số thì tổng x + y nhỏ nhất  x = y.
- Bất đẳng thức Cauchy: cho 2 số a, b không âm ta có:

ab
� ab . Dấu “=” xảy ra  a = b
2
Tổng quát: cho n số không âm a1, a2… an ta có:

a1  a2  ...  an n
� a1 . a2 ... an . Dấu “=” xảy ra  a1 = a2 = … = an
n
- Bất đẳng thức Bunhiacopski: Cho 4 số thực: a, b, x, y ta có:
(ax + by)2  (a2 + b2) . (x2 +y2) Dấu “=” xảy ra  ay = bx
2.1.5. Hệ thức lượng trong tam giác
- Hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông: Trong một tam giác vuông:
Mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh huyền nhân với sin góc đối hoặc cos góc kề
hoặc bằng cạnh góc vuông kia nhân với tan góc đối hoặc cotg góc kề.
- Định ký Pitago: Trong một tam giác vuông bình phương độ dài cạnh huyền
bằng tổng các bình phương hai cạnh góc vuông.
2.2. Biện pháp chủ yếu bồi dưỡng một số yếu tố của tư duy sáng tạo cho hs
bậc THCS khá và giỏi thông qua dạy học giải toán cực trị hình học
2.2.1. Biện pháp 1: Xác định các hướng tiếp cận khác nhau để giải bài
toán cực trị hình học
Hướng 1
Ta vẽ một hình có chứa các đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay các
điều kiện của đại lượng bằng các đại lượng tương đương (có khi phải chọn một
đại lượng nào đó trong hình làm ẩn số, dựa vào mối quan hệ giữa ẩn số đó với

các đại lượng khác trong hình, nhưng đại lượng này có thể do đầu bài cho sẵn,
4


nhưng cũng có thể do ta làm xuất hiện trong quá trình đi tìm lời giải của bài
toán. Biểu thị ẩn số theo các đại lượng đã biết, các đại lượng không đổi rồi biến
đổi tương đương biểu thức vừa tìm được để cuối cùng xác định được giá trị của
đại lượng cần tìm, từ đó suy ra vị trí của hình để đạt cực trị).
Thường dùng cách này khi đầu bài được cho dưới dạng:
“Tìm một hình nào đó thoả mãn các điều kiện cực trị của bài toán”
Ví dụ 1: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích tam giác nào có chu
vi nhỏ nhất ?
’
B
•

Lời giải (Hình 1)
Xét các tam giác có chung đáy là BC = a và
có cùng diện tích là S. Gọi AH là đường cao
tương ứng với đáy BC. Ta có:
1
2S
2S
S = AH . BC  AH =
=
(không
2
BC
a

d



A’
•

B•
Hình 1

A
•
C

đổi)
Suy ra: A di động trên đường thẳng

d //BC và cách BC một khoảng bằng

2S
a

 Ta cần xác định vị trí của A trên đường thẳng d để chu vi  ABC có giá trị
nhỏ nhất. Chu vi  ABC = AB + BC + CA = AB + AC + a. Vì a không đổi nên
chu vi  ABC nhỏ nhất  AB + AC nhỏ nhất.
Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d, B’C cắt d tại A’.
Xét  AB’C ta có: AB’ + AC ≥ B’C

(1)

Thay AB’ = AB, A’B’ = A’B vào (1) ta có:
AB + AC ≥ A’B + A’C (2). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B’, A, C thẳng hàng.
Khi đó A  A’.
Vì A’B = A’B’ = A’C nên  A’BC cân tại A’.
Vậy trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam giác cân có chu vi
nhỏ nhất.
Nhận xét: Khi giải bài toán đã cho ta đã thay các điều kiện của bài toán bằng các
điều kiện tương đương và tìm được tam giác cân thoả mãn điều kiện cực trị của
bài toán.

5


Hướng 2
Ta đưa ra một hình vẽ (theo yêu cầu của đầu bài) rồi chứng minh mọi hình khác
có chứa các yếu tố (mà ta phải tìm cực trị) lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố tương
ứng trong hình đã đưa.
Thường dùng cách chứng minh này khi hình dạng của hình có cực trị đã được
nói rõ trong đầu bài.
Ví dụ 2: Chứng mình rằng trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam
giác cân có chu vi nhỏ nhất?
Phân tích bài toán: Đây là bài toán ta đã đề cập trong ví dụ 1, nhưng ở đây đầu
bài đã nói rõ hình phải chứng minh là một tam giác cân, nên đưa ra một tam giác
cân A’BC (Hình 1) rồi xét một tam giác không cân ABC có cùng đáy BC, đỉnh A
chạy trên đường thẳng d // BC, ta chỉ việc chứng minh: Chu vi  ABC ≥ chu vi
 A’BC tức là AB + AC ≥ A’B + A’C.
Hướng 3
Thay việc tìm cực đại của một đại lượng hình học này bằng việc tìm cực tiểu
của một đại lượng khác và ngược lại.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam

giác cân có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.
Lời giải (Hình 2)

Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của  ABC, r là bán kính
đường tròn nội tiếp, S là diện tích  ABC.Ta có:
S = SAIB + SBIC + SCIA =

1
1
1
r
cr + ar + br = (a + b + c)
2
2
2
2

2S

 r = a+b+c . Vì S không đổi, ta suy ra r lớn nhất
 (a + b + c) có giá trị nhỏ nhất, theo kết quả ở ví dụ 2, đó là tam giác cân.
6


Nhận xét: Để chứng minh bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác cân là lớn
nhất, ta đưa về việc đi chứng minh chu vi của tam giác đó là nhỏ nhất (ví dụ 2)
bằng cách biểu thị bán kính đường tròn nội tiếp tam giác cân qua diện tích và
chu vi của nó.
Hướng 4
Trong các bài toán cực trị, thường có các điểm di chuyển trên các hình nhất

định các hình đó có khi được cho ngay trong đề bài, có khi được tìm ra bởi một
bài toán quỹ tích. Đó chính là: Vận dụng quỹ tích để giải bài toán cực trị.
= . Tam giác nào có diện tích

Ví dụ 4: Cho các tam giác ABC có BC = a,
lớn nhất?
Lời giải (Hình 3)
Xét các tam giác ABC có BC = a,

= . Khi

A’

A

đó A nằm trên cung chứa góc  dựng trên cạnh BC

a

của tam giác ABC. Gọi A’ là điểm chính giữa của
cung chứa góc nói trên. Kẻ AH  BC, A’H’  BC.
B

Hiển nhiên AH  A’H’. Do đó SABC  SA 'BC . Vậy

•o
H

trong các tam giác nói trên tam giác cân có diện tích
lớn nhất.

C

H’

Hình 3

Hướng 5
Trong các bài toán cực trị hình học giải bằng phương pháp đại số, ta thường
chọn một đại lượng làm biến (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, tỷ số lượng giác
của một góc...), cũng có trường hợp ta nên chọn hai biến, đồng thời chú ý đến
các đại lượng không đổi để làm biến cho hợp lý.
Tiếp cận theo hướng này ta gọi là: Chọn biến để giải các bài toán cực trị hình
học.
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có góc B, C nhọn, BC = a, đường cao AH = h, xét hình
chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác có M  BC, N  AC, P, Q  BC. Hình chữ
nhật MNPQ ở vị trí nào thì diện tích của nó có giá trị lớn nhất?
Lời giải (Hình 4)

A

Đặt MQ = x, MN = y

M

Ta có: SAMN + SBMNC = SABC
Suy ra:

y ( h  x ) x (a  y ) 1


 a.h
2
2
2

h-x

N

y
x
B

Q H

P
Hình 4

C
7


 h.y + a.x = ah  y =

a
(h - x)
h

Gọi diện tích hình chữ nhật MNPQ là S, ta có:
S = x.y =

a
. (h - x) . x
h

Do a và h là các hằng số dương nên S lớn nhất
 Tích (h - x) . x lớn nhất, hơn nữa tổng (h - x ) + x = h (không đổi) nên tích
(h - x) . x lớn nhất  x = h - x  x =

h
.
2

Khi đó MN là đường trung bình của  ABC.
Chú ý:
Có trường hợp để tìm cực trị của một đại lượng A, ta chia đại lượng A thành
tổng của nhiều đại lương khác. Chẳng hạn như A = B + C +...
Lúc này việc đi tìm cực trị của đại lượng A ta đi tìm cực trị của B và C... rồi từ
đó phải chỉ ra được B, C.... đạt cực trị thì A cũng đồng thời đạt cực trị và ngược
lại.
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vuông tại A. ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường
tròn có đường kính AB, AC. Một nửa đường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa
đường tròn theo thứ tự tại M, N (khác A).
Hãy xác định hai điểm M, N sao cho chu
z
A
M
y
N
•

vi tứ giác BCMN lớn nhất.
Lời giải (Hình 5)

x

t

Đặt: BM = x, AM = y, AN = z, NC = t
thì chu vi tứ giác BMNC = BC + x + y +
z + t.

C

B
Hình 5

Với hai đại lượng a, b bất kỳ ta luôn có:
(a - b)2  0  a2 + b2  2ab
 2(a2 + b2)  (a + b)2

(*)

 ABC vuông tại M, áp dụng định lý Pitago ta có:
x2 + y2 = AB2. áp dụng hệ thức (*):
(x + y)2  2AB2  x + y  AB 2
Dấu “=” xảy ra khi x = y
Tương tự: z + t  AC 2
8

d

Dấu “=” xảy ra: khi z = t
Khi x = y thì điểm M là điểm chính giữa của cung AB, khi đó  AMB vuông
cân. Suy ra:

= 45o hay

= 45o (vì M, A, N thẳng hàng).

 N là điểm chính giữa của cung AC.

Vậy chu vi tứ giác BCMN lớn nhất khi M, N đồng thời là điểm chính giữa của
các cung AB, AC.
Nhận xét: Ta phải xác định vị trí của M, N để chu vi tứ giác BCMN lớn nhất, mà
chu vi  ABC không đổi nên chỉ phụ thuộc vào chu vi của hai tam giác AMB và
tam giác ANC, tức là phụ thuộc vào các đại lượng x + y và z + t. Từ đó ta xác
định được vị trí của M, N để thoả mãn điều kiện cực trị của bài toán.
2.2.2. Biện pháp 2: Bồi dưỡng tư duy sáng tạo kết hợp với các hoạt động trí
tuệ khác
Tư duy là một quá trình nhận thức lý tính, học tập là một nhận thức tích
cực mà đặc trưng chính là quá trình tư duy. Vì vậy để phát triển năng lực học tập
ban đầu thì đầu tiên phải phát triển tư duy cho HS. Điều này là cả một quá trình
để vươn tới tư duy sáng tạo cho HS. Việc bồi dưỡng các yếu tố đặc trưng nhất
của tư duy sáng tạo như tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo thông
qua dạy học giải bài tập “Cực trị hình học” đòi hỏi phải thực hiện các thao tác trí
tuệ như: phân tích và tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hoá, đặc biệt hoá
trong đó phép phân tích và tổng hợp vẫn là nền tảng. Do vậy để bồi dưỡng một
số yếu tố về tư duy sáng tạo cho HS thông qua dạy học hình học nói chung và
dạy học giải bài tập “Cực trị hình học” nói riêng chúng ta cần quan tâm bồi

dưỡng cho HS một số hoạt động trí tuệ cơ bản qua đó tạo cho HS tìm được
nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau, khả năng tìm 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 hoặc duy nhất. Các hoạt động này góp phần tạo
ra tính mềm dẽo, tính nhuần nhuyễn cũng như tính độc đáo của tư duy.
2.2.2.1. Rèn luyện khả năng phân tích, tổng hợp bài toán
- Phân tích là dùng trí óc để tách ra từng thuộc tính hay khía cạnh riêng biệt của
các toàn thể hoặc chia các toàn thể ra thành từng phần, là phương pháp suy luận
đi từ cái chưa biết đến cái đã biết. Trái lại tổng hợp là dùng trí óc để kết hợp lại
vài thuộc tính hay khía cạnh khác nhau nằm trong cái toàn thể hoặc hợp lại từng
phần của cái toàn thể. Do đó là hai mặt đối lập của một quá trình thống nhất
trong tư duy, đó là hai thao tác trái ngược nhau.
9


Trong hoạt động giải toán, trước hết phải nhìn nhận một cách tổng hợp để xem
bài toán đó thuộc loại gì, cần huy động những loại kiến thức thuộc vùng nào và
có thể sử dụng những phương pháp nào, sau đó phải phân tích cái đã cho và cái
phải tìm, hoặc phân tích bài toán lớn thành nhiều bài toán nhỏ hơn, phân tích
mối liên hệ giữa các yếu tố của bài toán để tìm ra lời giải. Sau khi tìm được lời
giải của các bài toán bộ phận phải tổng hợp lại để được lời giải của các bài toán
đang xét. Thông thường khi tìm tòi lời giải, ta thường dùng phương pháp phân
tích nhiều hơn, nhưng khi trình bày lời giải, ta dùng phương pháp tổng hợp cho
ngắn gọn, dù đôi khi có vẽ thiếu tự nhiên trong lúc giải bài toán.
Các kiến thức trong SGK thường được trình bày theo phương pháp tổng hợp để
đảm bảo tính ngắn gọn, cô đọng song khi thực hiện bài dạy lúc giảng bài, GV
cần có những câu hỏi gợi mở dẫn dắt HS đi đến những kết luận đó sao cho quá
trình lý luận càng tự nhiên càng tốt từ dễ đến khó không áp đặt, không đột ngột,
đó chính là dùng phương pháp phân tích.
Ví dụ 7: Cho góc nhọn xOy và điểm A nằm trong góc đó. Tìm các điểm B, C

tương ứng trên Ox, Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất?
Phân tích bài toán:
a. GV yêu cầu HS tìm hiểu nội dung bài toán.
- Đọc đề bài, xác định giả thiết, kết luận, vẽ hình.
- Bài toán yêu cầu gì? Tìm các điểm B, C tương ứng trên Ox và Oy sao cho tổng
độ dài OA + BC + CA ngắn nhất ?
- Xác định dạng toán? Đây là bài toán thuộc dạng dựng hình, gồm các phần
chính: ẩn, dữ kiện, điều kiện.
- Kiến thức? Thực hiện các bước của bài toán dựng hình: phân tích, cách dựng,
chứng minh, biện luận…
+ Bài toán yêu cầu cần gì? Dựng điểm B, C
+ Phương pháp? Quỹ tích tương giao (muốn dựng một điểm ta cần biến hai quỹ
tích của nó). Ta thấy quỹ tích thứ nhất của B là Ox và quỹ tích của C là Oy. Bây
giờ ta phải đi tìm quỹ tích thứ hai của B và C. Trong bài toán những yếu tố gì
chưa dùng? Đó là chu vi tam giác bằng tổng độ dài các cạnh.
Chu vi tam giác ngắn nhất  tổng các đoạn thẳng (độ dài đường gấp khúc) ngắn
nhất. Độ dài đường gấp khúc ngắn nhất nếu điểm đầu và điểm cuối cố định và
các điểm thẳng hàng. Với bài toán cụ thể này, đường gấp khúc là 2p = AB + BC
+ CA có điểm đầu trùng với điểm cuối và tất nhiên là cố định rồi, nên ta không
10


sử dụng trực tiếp được. Do vậy ta cần biến đổi tương đương độ dài 2p thành
đường gấp khúc, sao cho điểm đầu, điểm cuối cố định. Trong chương trình toán
THCS phép biến đổi tương đương độ dài HS được học là: phép đối xứng trục,
phép đối xứng tâm.
Giả thiết bài toán cho điểm A, Ox và Oy cố định gợi ý cho ta thực hiện phép đối
xứng trục.
Qua phép đối xứng trục Ox, Oy điểm A có ảnh tương ứng là E, D cố định. Đồng
thời có được BA = BE và CA = CD. Từ đó, AB + BC + CA = DC + CB + CE ≥

DE. Như vậy, chu vi tam giác ABC ngắn nhất bằng DE.
 D, C, B, E thẳng hàng  B, C thuộc
đường thẳng DE (1). Trong bài toán còn
giả thiết gì chưa dùng? Đó là B, C tương
ứng trên Ox, Oy (2).

D
y

Từ (1) và (2) cho ta điều gì?

C  Oy �DE
�
�
�B  Ox �DE
b. GV yêu cầu HS tổng hợp những điều
đã phân tích, xây dựng một chương trình
giải cho bài toán.

C
A
O
B

Hình 6

x

E

Bước 1: Phân tích, tìm ra 2 điểm D, E, từ đó xác định được đường thẳng DE,
dẫn đến xác định được hai điểm B và C.
Bước 2: Cách dựng: Dựng điểm D, E tương ứng là đối xứng của A qua oy, ox.
Dựng đường thẳng DE, dựng B =Ox  DE và C = Oy  DE.
Bước 3: Chứng minh điểm B, C dựng được thoả mãn bài toán.
Bước 4: Biện luận (theo cách dựng) số nghiệm của bài toán.
Bước 5: Kết luận.
c. GV yêu cầu thực hiện một chương trình giải cho bài toán. Đây là bài làm của
HS.
- Gọi D, E tương ứng là điểm đối xứng của A qua Oy, Ox. Khi đó ta có CD = CA
và BA = BE. Từ đó AB + BC + CA = DC + CB + BE  DE. Do đó chu vi tam
giác ngắn nhất.

C  Oy �DE
�
 D, C, B, E thẳng hàng  �
�B  Ox �DE
11


- Cách dựng: Dựng D đối xứng của A qua Oy.
Dựng E đối xứng của A qua Ox
Dựng đường thẳng DE
Dựng B = Ox  DE
Dựng C = Oy  DE
- Chứng minh: Với bất kỳ 2 điểm M, N tương ứng trên Ox, Oy ta có:
AM + MN + NA = DM + MN + NE  DE = DC + CB + BE = AC + CB + BA.
Tức là chu vi tam giác ABC ngắn nhất. Như vậy các điểm B, C dựng được thoả
mãn yêu cầu bài toán.
Biện luận: Mỗi bước trong cách dựng cho ta một cách giải duy nhất, nên điểm

B, C tương ứng xác định duy nhất. Từ đó bài toán có một nghiệm hình.
d. GV yêu cầu HS kiểm tra và nghiên cứu lời giải bài toán vừa thực hiện xong.
- Ta sẽ giải được bài toán nếu nắm được thực chất của bài toán. Đó là tìm độ dài
ngắn nhất của đường gấp khúc. Kiến thức cần có là: Độ dài được gấp khúc có
hai đầu mút cố định sẽ ngắn nhất khi các điểm thẳng hàng.
- Khi tiến hành các bước như trên, tức là đã phân tích để tìm ra cách xác định
các điểm cần dựng, rồi tiến hành các bước cần dựng. Từ đó dễ dàng chứng minh
được các điểm cần dựng thoả mãn yêu cầu của bài toán.
Như vậy sau khi đã phân chia bài toán, ta cố gắng tổ hợp lại các yếu tố đã phân
tích trong bài toán. Việc giải bài toán đòi hỏi HS phải biết phân tích các trường
hợp khác nhau của nó, chia bài toán lớn thành bài toán nhỏ. Giải các bài toán
nhỏ và kết hợp lại thành bài toán lớn. Trong nhiều bài toán, HS phải biết tách
các yếu tố đã cho để nhận biết đặc điểm riêng rẽ tổng hợp lại, từ đó rút ra cách
giải. Như vậy qua giải bài toán ta thấy rằng, các thao tác phân tích và tổng hợp
thường gắn bó khăng khít với nhau, nhưng đôi khi được thực hiện chủ yếu
hướng phân tích hoặc hướng tổng hợp. Khi bài toán đã được hiểu trên toàn bộ,
đã tìm được mục đích, ý chủ đạo thì cần phải đi vào chi tiết. Đặc biệt, nếu gặp
bài toán khó khăn trong cách giải thì đôi khi cần thiết phải thực hiện xa hơn nữa
việc phân chia, khảo sát chi tiết hơn. Tóm lại cần phải rèn luyện cho HS khả
năng phân tích bài toán để từ đó định hình được phương pháp giải. Do đó nhiệm
vụ của người GV cần làm là thông qua hoạt động toán học nhằm rèn luyện khả
năng tư duy cho HS, để từ đó HS có khả năng thích ứng khi đứng trước một vấn
đề cần giải quyết. GV cần làm cho lời giải bài toán đến với HS như một quá
trình suy luận.
12


2.2.2.2. Rèn luyện khả năng kiểm tra lời giải bài toán
Quá trình được tiến hành theo 2 bước:
- Kiểm tra kết quả về mặt định tính: Là việc xác định lại tính đúng đắn của việc

lựa chọn phương hướng và công cụ đã thích hợp hay chưa.
- Kiểm tra kết quả về mặt định lượng: Là việc rà soát lại quá trình thao tác đã
dùng khi giải toán góp phần vào giải việc giải quyết vấn đề mới.
Ví dụ 8: Xét bài toán
Bài toán 1: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O, R), M là điểm trên
cung BC. Xác định vị trí của M để tổng: MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất?
Đây là bài toán cực trị hình học lớp 9 rất quen thuộc đối với HS khá và giỏi. Có
nhiều cách giải cho bài toán này nhưng thông thường GV
A
thường hướng dẫn cho HS giải theo hai cách sau:
Cách giải 1 ( Hình 7)
Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD = MB. Suy ra
MBD là tam giác đều và  BDA =  BMC (c.g.c)

D
B

C

I

 AD = MC.
Do đó MA + MB + MC = 2MA  4R

O

j

M

Dấu “=” xảy ra  M là điểm chính giữa của cung BC.
Cách giải 2:Gọi I là giao điểm của AM và BC. MBI ~  MAC Hình 7
(vì

=

,

=

)



MB
BI tương

,
MA AC



MB MC BI IC BC = 1  MB + MC = MA




MA MA AC AB AB

tù

MC
IC

MA
AB

Do đó: MA + MB + MC = 2MA  4R. Dấu “=” xảy ra  M là điểm chính giữa
của cung BC.
Trong bài toán 1 phạm vi di động của điểm M là trên cung BC nếu ta cho M di
động trên toàn bộ đường tròn (O, R) thì ta có bài toán tổng quát hơn bài toán 1.
Bài toán 3: Cho ABC đều nội tiếp (O, R), M là điểm di động trên đường tròn.
Hãy xác định vị trí M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất?
13


Khi kiểm tra lại hai cách giải trên của bài toán 1, thì ta thấy rằng trong cách giải
thứ 2 của bài toán 1 hay hơn ở chỗ là khi ta không cần vẽ thêm đường phụ mà
còn giúp ta thấy rằng nếu tam giác ABC vuông cân tại A thì MB + MC =

2.
MA và ta tìm được lời giải cho bài toán mới này mà lời giải của cách 1 không
giúp được ta điều đó.

Bài toán 4: Cho ABC vuông cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O, R), M là
điểm trên cung BC (cung BC không chứa điểm A). Hãy xác định vị trí của điểm
M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất ?
Quay lại lời giải bài toán 1 ở cách 2 ta cũng có:
IC 
 BI


 . MA
MA + MB + MC = MA + 
 AC AB 
BI
IC 


 . Do vậy nếu:
= MA 1 
AC AB 


ABC cân tại A thì 1 +

BI
IC
BC

=1+
không đổi nên MA + MB + MC
AC AB
AB

lớn nhất  MA lớn nhất  MA là đường kính của (O, R).
Như vậy bằng việc kiểm tra thao tác phân tích các giả thiết, các điều kiện của
bài toán và cả kết quả của nó giúp cho HS thấy rõ quá trình xảy ra có tính chất
quy luật của bài toán. Nói cụ thể hơn là người giải toán sẽ biết được giả thiết,
các điều kiện đã cho như vậy thì tất yếu kết quả sẽ diễn ta như thế nào.
Qua quá trình phân tích, so sánh, tương tự như trên ta lại đề xuất được bài toán

mới mà cách giải nó vẫn cần dùng cái nền của cách giải bài toán ban đầu.
Bài toán 5: Cho ABC cân tại A nội tiếp (O, R), M là điểm di động trên cung
BC không chứa điểm A. Hãy tìm vị trí của điểm M để tổng MA + MB + MC đạt
giá trị lớn nhất?
2.2.2.3. Rèn luyện khả năng định hướng và xác định đường lối giải bài
toán mang tính tổng quát hơn
Việc định hướng và xác định đường lối giải bài toán mang tính tổng quát hơn
trước hết và chủ yếu là phải xác định đúng đắn thể loại toán. Để làm tốt điều này
cần nghiên cứu kỹ bài toán đã cho mà chủ yếu là căn cứ vào yêu cầu bài toán đòi
hỏi để xác định.Tuy nhiên cái khó khăn về mặt này thường gặp là mỗi bài toán
tuy nằm trong một thể loại nào đó nhưng lại có vẻ riêng biệt của nó.Vì thế người
giải toán phát hiện đúng cái riêng của mỗi bài toán để lựa chọn đường lối thích
hợp.
14


Ví dụ 9: Xét bài toán
Bài toán 1: Cho điểm A nằm ngoài (O, R). Xác định vị trí của điểm B trên
đường tròn (O, R) để độ dài đoạn thẳng AB
a. Dài nhất ?
b. Ngắn nhất ?
Định hướng giải (Hình 8)
OA cắt (O, R) tại C và D

O
•

C

D

A

(D nằm giữa O và A).
Xét ba điểm: O, A, B ta có:
OA - OB  AB  OA + OB

B

mà OB = OC = OD = R

Hình 8

OA + OC = AC
OA - OD = AD
Do đó: AD  AB  AC
a. AB  AC (không đổi). Dấu “=” xảy ra  B  C. Vậy B  C thì đoạn thẳng
AB dài nhất.
b. AB  AD (không đổi). Dấu “=” xảy ra  B  D
Vậy B  D thì đoạn thẳng AB ngắn nhất.
Trong bài toán ta vừa xét ở trên giả thiết của bài toán cho điểm A nằm ở ngoài
đường tròn, liệu nếu điểm A mà ta đang xét nằm ở những vị trí khác như điểm A
nằm trên đường tròn, điểm A nằm trong đường tròn thì liệu kết quả của bài toán
sẽ thay đổi như thế nào. Thật vậy
- Nếu điểm A nằm trên đường tròn (O, R) từ lời giải bài toán đã cho ta có: AB
dài nhất  AB = 2R và AB ngắn nhất AB = 0.
Lúc này ta thấy rằng bài toán mới ta đề xuất được nhưng lại quá tầm thường hơn
bài toán đã cho ban đầu.
B

Bây giờ nếu ta đi xét điểm A nằm ở trong đường tròn

(O, R), A  O (Hình 9). Cũng từ lời giải bài toán đã
cho ta có:
AB dài nhất  AB = AD

C

A

•
O

D

AB ngắn nhất  AB = AC
Hình 9
15


Kết hợp lại các giả thiết bài toán về vị trí tương đối của điểm A so với đường
tròn (O, R) ta có bài toán tổng quát sau:
Bài toán 2: Cho đường tròn (O, R) và điểm A (A  O). Xác định vị trí của điểm
B trên (O) để độ dài AB ngắn nhất, dài nhất ?
Từ các vị trí tương đối của điểm A so với đường tròn đó là A nằm ngoài, nằm
trong, nằm trên đường tròn ta có thể xem rằng điểm A nằm toàn bộ trên đường
thăng d. Điểm B ở vị trí nào để khoảng cách từ B đến đường thẳng d là dài nhất,
ngắn nhất ?
Ta đi xét trường hợp thẳng d và đường tròn (O, R) không giao nhau (Hình 10).
Qua O vẽ đường thẳng vuông góc với d và cắt (O) tại M và M ’. (M nằm giữ O
và H, H là giao điểm của MM ’ và
M’

d).
B
Ta nhận ra rằng:
BB' dài nhất  B  M’

• O

BB' ngắn nhất  B  M
Từ những ý tưởng phân tích ở trên
ta lại có được bài toán mới mang
tính tổng quát hơn bài toán 1 như
sau:

•
B’

M

H

d
Hình 10

Bài toán 3: Cho đường tròn (O, R) và đường thẳng d không giao nhau.
Xác định vị trí điểm B trên đường tròn (O, R) để khoảng cách từ B đến đường
thẳng d có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất?
Hơn nữa ta cũng có lời giải bài toán khi đường thẳng d là tiếp tuyến của đường
tròn (O, R) hoặc đường thẳng d cắt đường tròn (O, R).
Từ việc phân tích ví dụ 9 ở trên ta thấy rằng khi ta đưa thêm các điều kiện để
hạn chế bài toán ta đã chuyển bài toán từ trường hợp chung sang trường hợp

riêng, chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho sang nghiên cứu
một tập hợp nhỏ hơn trong tập hợp đã cho, có thể xem đó là con đường đi đến
bài toán mới hay tính tổng quát hơn có tính chất đặc thù nhằm chống lại suy
nghĩ rập khuôn, chống áp dụng quy tắc, dập khuôn một cách máy móc, giúp
khắc phục “tính ỳ” của tư duy. Như vậy, việc rèn luyện khả năng khái quát hoá,
đặc biệt hoá cho HS qua việc giải toán sẽ góp phần giúp HS nắm vững kiến thức
vững vàng hơn, qua đó rèn luyện tư duy của HS trong giải toán, nhằm giúp các
em hứng thú hơn trong việc tạo ra động cơ học tập và sáng tạo.
16


Tóm lại: Song song với các hoạt động trên, các em đã được làm quen với các
phép suy luận, các phép chứng minh, các quan hệ, các lập luận có căn cứ và
trình bày mạch lạc tuân theo các quy luật và quy tắc của suy luận, các quy luật
của logic hình thức. Nói một cách chủ quan rằng, HS sau khi vận dụng thành
thạo các nội dung đã trình bày thì có thể góp được phần nào vào việc rèn luyện,
phát triển tư duy logic và sử dụng ngôn ngữ chính xác cho HS.
2.2.3. Biện pháp 3 : Bồi dưỡng tư duy sáng tạo thông qua rèn luyện khả
năng phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề mới
Như đã phân tích ở trên, nét đặc trưng nổi bật của tư duy sáng tạo là tạo ra được
cái mới. Qua việc giải hệ thống bài tập được thiết kế, chọn lọc, ở đó HS sẽ được
rèn luyện nhiều về khả năng tìm ra hướng đi mới (có thể là tìm nhiều lời giải
khác nhau cho một bài toán), khả năng tìm ra kết quả mới (có thể khai thác kết
quả của một bài toán xem xét các khía cạnh khác nhau của bài toán). Khả năng
phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề mới là một khả năng cực kỳ quan trọng mà
ta cần quan tâm bồi dưỡng cho HS, khả năng thể hiện rõ nét nhất là ở chỗ đề
xuất được bài toán mới. ở đây có thể là bài toán hoàn toàn mới, cũng có thể là sự
mở rộng, đào sâu của những bài toán đã biết. Để góp phần có thêm được những
khả năng đó, tác giả quan tâm bồi dưỡng cho HS một số vấn đề sau:
2.2.3.1. Rèn luyện khả năng nhận biết, tìm tòi và phát hiện các bài toán

liên quan và sáng tạo bài toán mới
Thông qua hoạt động dạy học giải bài tập, HS được lôi cuốn vào các hoạt động,
cơ hội tìm tòi, khám phá phát hiện vấn đề là việc làm hết sức cần thiết.
Với cách dạy học đề cao vai trò chủ thể của người thầy thì HS có được cơ hội
này trong một số giờ luyện tập cũng rất hạn chế. HS ít khi được phát hiện vấn đề
mới mà thường lập lại hoặc phát hiện vấn đề được GV đã đưa ra, HS thường bị
động khi tiếp nhận kiến thức từ phía GV. Cách dạy và học như vậy sẽ làm hạn
chế khả năng tìm kiếm, tự phát hiện vấn đề của HS, điều này trái với quan điểm
về việc học theo xu hướng hoạt động hoá người học, lấy người học làm trung
tâm, việc hoà là sự biến đổi bản thân mình để trở nên có kiến thức mới, phương
pháp tư duy và sự thực hiện được phê bình, để tự hiểu bản thân. Chính vì điều
đó mà trong dạy học, người GV phải biết chú trọng công tác bồi dưỡng HS năng
lực nhận biết tìm tòi, phát triển vấn đề để giúp HS rèn luyện các kỹ năng tư duy
vào thói quen phát triển tìm tòi, thông qua một số thao tác trí tuệ. Việc thường
xuyên rèn luyện cho HS năng lực này tạo cho HS thói quen luôn luôn tích cực
17


khám phá kiến thức ở mọi lúc, mọi nơi. Muốn làm tốt điều đó đòi hỏi HS phải
trải qua một quá trình tìm tòi, mò mẫm, dự đoán, suy xét ở nhiều góc độ để rồi
thử nghiệm.
Ví dụ 10: Tìm tam giác có diện tích lớn nhất nội tiếp trong đường tròn (O, R)
cho trước?
A

 Quá trình mò mẫm và dự đoán:
Giả sử có tam giác ABC bất kỳ nội tiếp đường
tròn (O, R) cho trước (Hình 11). Vì trong bài
toán chứa đựng một yếu tố quan trọng nhất đó là
diện tích của tam giác ABC cho nên ta phải tạo ra

một yếu tố phụ đó là đường cao AH của  ABC.

B

Lúc này diện tích tam giác ABC:
SABC =

o
x



H

1
AH . BC. Có thể nói đây là “Chìa
2

C

K

Hình 11

khoá” để ta tiếp tục quá trình tìm tòi, mò mẫm,
dự đoán để phát hiện ra vấn đề.Thật vậy ta cố
định đoạn BC thì diện tích tam giác ABC sẽ lớn nhất khi AH lớn nhất, lúc đó A
sẽ nằm chính giữa cung BC và tam giác ABC cân tại A.Tương tự nếu ta tiếp tục
cho cố định đoạn AB thì diện tích tam giác ABC lớn nhất khi tam giác ABC cân
tại C.

Vì vậy từ những điều phân tích ở trên mà ta đi đến dự đoán được S ABC lớn nhất
khi  ABC là tam giác đều. Dễ thấy rằng tứ giác

A

OB A’C là hình bình hành (Hình 12).
3R
Suy ra: AH 
2

BC = R 3
Nên SABC =

3 3R
4

Từ đó sẽ gợi cho ta thực hiện phép chứng minh
2

SABC ≤

R

2

3 3.R
.
4

B

O

H

C

A’
Hình 12

Cách giải 1: (Hình 11 + Hình 12)

18


Với tam giác ABC bất kỳ nội tiếp đường tròn (O, R) kẻ AH và OK cùng vuông
góc với BC. Đặt OK = x (0 ≤ x < R). Ta có BC = 2 R 2  x 2 mà AH ≤ AK ≤ OA
+ OK = R + x.
Do đó: SABC =
=

2 3
3

 3R

 2 .


1

1
AH . BC ≤ (R + x) . 2
2
2


3
R 2  x 2  
3




3x.

R 2  x 2 = R R 2  x 2 + x. R 2  x 2



R2  x2 .

áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm dẫn đến:

2 3 1  3R 2
3 1
. 
 R 2  x 2  
. 3 x 2  R 2  x 2 
SABC ≤
3 2 4

3 2


SABC ≤

3 3 R2
. Dấu “=” xảy ra
4


 H K

giữa
A vµ K
  O n»m

 3 . R  R2  x 2  3 . x
 2



 AB  AC

o
 BAC  60

Tức là  ABC đều và có cạnh bằng R 3 .
Trong quá trình tiếp cận và giải quyết bài toán cực trị hình học nào đó, HS
không chỉ nhìn bài toán từ một góc độ mà phải xem xét bài toán đó theo quan
điểm toàn diện, không chấp nhận một cách giải quen thuộc hoặc duy nhất, từ đó

luôn luôn suy nghĩ, tìm tòi đề xuất được nhiều cách giải khác nhau cho một bài
toán nhằm rèn luyện tính linh hoạt, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo của tư duy.
Tức là rèn luyện khả năng từ hoạt động trí tuệ này sang trí tuệ khác, nhìn nhận
một đối tượng toán học, một vấn đề, một bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau,
nhìn trong mối tương quan với các hiện tượng khác, tìm cách giải mới, sáng tạo.
Mặt khác, tìm nhiều lời giải cho một bài toán giúp HS có cách nhìn toàn
diện, biết hệ thống hoá và sử dụng các kiến thức, các kỹ năng và phương pháp
giải toán một cách chắc chắn, mềm dẻo, linh hoạt. Đó cũng là yếu tố đặc trưng
của tư duy sáng tạo.
Ta có một số cách giải khác nữa cho bài toán đã xét sau:
Cách giải 2: Nếu ta cố định cạnh BC. Suy ra S ABC lớn nhất  ABC cân tại A.
Trong lý luận ở cách giải thứ nhất ta đã lập luận tìm ra được tam giác ABC nội
19


tiếp thoả mãn yêu cầu bài toán là tam giác đều và đi chứng minh
3 3 R2
SABC ≤
.
4

Nhưng ở cách giải này ta nhìn bài toán dưới một góc độ khác đó là từ S ABC lớn
nhất   ABC cân tại A (theo lập luận ở cách 1).
Trong các tam giác ABC cân nội tiếp (O, R) cho trước. Ta hãy đi tìm tam giác có
diện tích lớn nhất.
Thật vậy: Theo như lập luận ở cách 1. Ta có:
SABC = (R + x) .

R2  x2

3
Từ đó ta có: SABC =  R  x   R  x 

=
1
3

1
3

( R  x) ( R  x) ( R  x) (3R  3x) ≤

 R  x  R  x  R  x  3R  3 x  4
4

3 3 R2
(không đổi)

4

Dấu “=” xảy ra  R + x = 3R - 3x  x =
 BC = R 3  Sđ

= 1200 

R
2

= 600   ABC đều.

Cách giải 3: Theo lập luận cách 1 ta có:
SABC = (R + x)

 R  x 2  R 2  x 2   1

SABC=
≤

R2  x2 ,
3



R



2

 2 Rx  x 2 3R 2  3x 2 

1
R 2  2 Rx  x 2  3R 2  3 x 2
1
.

 x 2  Rx  2 R 2
2
3
3





2
2
1   2
R 2  9R 2 
1  9R 2 
R   1 9R 2
3
3
R

  x   ≤
.


=
   x  Rx 

4  4 
2 
3  
3  4

4
3 4

Dấu “=” xảy ra  x =

R
 BC = R 3  Sđ
2

= 120o 

= 60o

 ABC đều
2.2.3.2. Rèn luyện khả năng nhìn nhận và giải bài toán dưới nhiều góc độ
khác nhau

20


Con người giải quyết những vấn đề nảy sinh trong cuộc sống bằng cách vận
dụng những kiến thức, kỹ năng đã được học, được rèn luyện trong nhà trường.
Nhưng hiện nay trường học lại chưa chú trọng bồi dưỡng cho HS nhiều về kiến
thức cơ bản để sau này vận dụng.
Khi giải quyết vấn đề HS phải thực tập và xem xét đánh giá thông tin, lựa chọn
các phương thức giải quyết hợp lý, xử lý các dữ liệu một cách khách quan, chính
xác, từ đó hình thành thái độ trong học tập.
Năng lực giải quyết vấn đề bao gồm khả năng trình bày giả thuyết, xác định
cách thức giải quyết và lập kế hoạch giải quyết vấn đề, khảo sát các khía cạnh
khác nhau. Trong việc dạy cho HS kiến thức về khoa học cơ bản cần coi trọng
dạy cho HS năng lực nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau. Xem kỹ
thuật giải quyết vấn đề vừa là công cụ nhận thức, nhưng đồng thời cũng là mục
tiêu của việc dạy học theo định hướng phong trào phát triển tư duy sáng tạo,

phát hiện hướng giải quyết vấn đề thông qua việc tìm mối liên hệ giữa các yếu
tố của giả thiết và kết luận, liên tưởng đến các vấn đề đã biết để tìm ra đường lối
giải quyết vấn đề.
Khi HS đã nhận ra và hiểu rõ vấn đề, GV tổ chức cho HS
tiến hành các hoạt động như: Phân tích, tổng hợp, khái
quát hoá đặc biệt hoá… để tìm cách giải quyết vấn đề.

C
J

Ví dụ 11: Xét bài toán:
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có BC = a. Các điểm
D, E di chuyển trên các cạnh AB, AC sao cho BD = AE.
Xác định vị trí của D và E để DE đạt giá trị nhỏ nhất?

I

H

A

30o

Phân tích bài toán: Dựa vào các điều kiện của bài toán ta
có mối quan hệ giữa yếu tố phải tìm và yếu tố đã cho nhờ
áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ADE và
ABC. Vì AB = AC không đổi nên ta có thể đặt AB = AC
= b. Từ đó ta có thể biểu thị được DE qua x và b dưới
dạng tổng của một biểu thức không âm và một đại lượng
không đổi.

B

K

o

Hình 13

Vận dụng bất đẳng thức đại số ta có thể tìm được cực trị của DE.
Cách giải 1 (Hình 14)
A

Đặt AB = AC = b, BD = AE = x, áp dụng định lý
Pitago cho các tam giác vuông ADE và ABC ta có:

x
E
D
x
B

21
C
Hình 14


DE2 = x2 + (b - x)2 = 2(x 2

2

2b = a
Từ (1) và (2)



(1)

a2
b=
2
2

DE2



b 2 b2
) +
2
2



(2)
a
a2 
min (DE) =  D là trung điểm của AB và E là
2
4

trung điểm của AC
- Hướng dẫn HS khai thác lời giải ở cách 1 ta có min(DE) =

BC
nên ta có thể
2

nghĩ đến việc chứng minh DE = AM, trong đó AM là đường trung tuyến của tam
giác vuông ABC và vận dụng bất đẳng thức trong tam giác sẽ tìm được điều kiện
để DE nhỏ nhất. Từ đó ta có cách giải 2
Cách giải 2 (Hình 15). Gọi M là trung điểm của BC, I là trung điểm của DE. Ta
có:
 BDM

=

 AME

� = 900
BMA



(c.g.c)



�
= �

BMD
AME

DE = DI + IE = AI + IM



A

� =
DME

 AM.

E
D

a
 min (DE) = AM =
 I là trung điểm của AM 
2

I

B

D là trung điểm của AB và E là trung điểm của AC

C

M

Hình 15

Tiếp tục phân tích cách giải 2 của bài toán ta có: Từ
cách giải 2 có min (DE) = AM làm ta nghĩ đến có điểm M bất kỳ thuộc đoạn
BC, thì ta phải chứng minh DE = AM.

Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc ta đi tìm điều kiện để
AM nhỏ nhất. Từ đó ta có cách giải khác như sau:
A

Cách giải 3: (Hình 16)
Dựng DM

 AB,

  DBM

vuông cân tại D

  ADM

=



 ABC.



 DAE

DE nhỏ nhất

x

(M  BC)



(c.g.c)



E
D

DE = AM

AM là đường cao của

Do đó min (DE) = AM =

x
B

BC a
= .
2

2

C
M

Hình 16

D là trung điểm của AB và E là trung điểm của AC.

Tóm lại: Qua bài toán trên HS phải biết nhìn bài toán một cách khái quát để có
thể định hướng lựa chọn phương pháp giải, nhiều lần thực hiện hoạt động phân
tích bài toán, liên kết những yếu tố đã cho với những yếu tố chưa biết của bài
22