SKKN tiếp cận, nhìn nhận khái niệm toán học dưới nhiều cách khác nhau để phát triển năng lực tư duy và giải quyết vấn đề cho học sinh trung học phổ thông

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:

TIẾP CẬN, NHÌN NHẬN KHÁI NIỆM TOÁN HỌC
DƯỚI NHIỀU CÁCH KHÁC NHAU ĐỂ PHÁT TRIỂN
NĂNG LỰC TƯ DUY VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

LĨNH VỰC: TỐN HỌC


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 2
_____________________________________________________________

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:

TIẾP CẬN, NHÌN NHẬN KHÁI NIỆM TOÁN HỌC
DƯỚI NHIỀU CÁCH KHÁC NHAU ĐỂ PHÁT TRIỂN
NĂNG LỰC TƯ DUY VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

LĨNH VỰC: TỐN HỌC

Người thực hiện:
Tổ bộ mơn:
Thời gian thực hiện:
Số điện thoại:

NGƠ TRÍ THỤ

Tốn - Tin
Năm học 2020 - 2021

Diễn Châu, tháng 3 năm 2021


MỤC LỤC

PHẦN I. MỞ ĐẦU ..................................................................................................1
1. Lý do chọn đề tài ..............................................................................................1
2. Tính mới của đề tài ...........................................................................................1
PHẦN II. NỘI DUNG ............................................................................................2
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN ..............................................................2
1.1. Cơ sở lí luận .............................................................................................2
1.1.1. Năng lực .............................................................................................2
1.1.2. Dạy học theo tiếp cận phát triển năng lực ..........................................2
1.1.3. Đặc điểm năng lực Toán học ..............................................................4
1.1.4. Các thành tố của năng lực Tốn học ...................................................4
1.1.5. Cấu trúc bài học mơn Tốn theo tiếp cận phát triển năng lực ............6
1.2. Cơ sở thực tiễn .........................................................................................7
2. TIẾP CẬN, NHÌN NHẬN KHÁI NIỆM TỐN HỌC DƯỚI NHIỀU
CÁCH KHÁC NHAU ĐỂ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY VÀ
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ
THƠNG ...............................................................................................................8
2.1. Bài Tốn 1 .................................................................................................8
2.2. Bài Tốn 2 ...............................................................................................11
2.3. Bài Toán 3............................................................................................... 15
2.4. Bài Toán 4 ...............................................................................................17
2.5. Bài Toán 5 ...............................................................................................19
3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM VÀ ĐIỀU TRA QUAN SÁT ......................22

3.1. Giáo án thực nghiệm số 1 ........................................................................23
3.2. Giáo án thực nghiệm số 2 ........................................................................32
3.3. Điều tra quan sát ......................................................................................43
PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ...........................................................48
1. Kết luận ..........................................................................................................48
2. Kiến nghị ........................................................................................................48
TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................................50


PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Nâng cao chất lượng giáo dục đang là một yêu cầu cấp bách đối với ngành
giáo dục nước ta. Một trong những khâu then chốt để thực hiện yêu cầu này là đổi
mới nội dung và phương pháp dạy học.
Trong bối cảnh Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo địi hỏi giáo
dục phổ thơng cũng phải có bước chuyển căn bản tập trung vào xây dựng và hoàn
thiện nhân cách (phẩm chất và năng lực) con người Việt Nam đáp ứng yêu cầu hội
nhập và phát triển của đất nước.
Trong giai đoạn hiện nay, việc tiếp cận dần với chương trình giáo dục phổ
thơng 2018 đang là một yêu cầu cấp thiết và gấp rút đối với ngành giáo dục đặc
biệt là giáo viên, người trực tiếp thực thi và thực hiện chương trình, việc đổi mới
cách thức và phương pháp dạy học đang là một xu thế tất yếu diễn ra. Một trong
những phương pháp dạy học quan trong để giúp giáo viên và học sinh thực hiện tốt
chương trình giáo dục phổ thơng 2018 chính là phương pháp dạy học theo định
hướng phát triển năng lực người học.
Trong q trình dạy và học Tốn THPT, học sinh được tiếp cận với rất nhiều
khái niệm Toán học cũng như các Định lí Tốn học, các kết quả Toán học quan
trọng. Một vấn đề đặt ra là làm thế nào để các em hiểu, nhớ và biết vận dụng khái
niệm Tốn học đó một cách linh hoạt trong nhiều tình huống bài tập Tốn học thì
địi hỏi ở người giáo viên phải có một phương pháp tốt một sự trăn trở mỗi khi

chuẩn bị bài, trước mỗi tiết học cho các em. Chính giáo viên cũng là người truyền
cảm hứng môn học, truyền kiến thức, phương pháp môn học cho các em vì thế nếu
trước mỗi khái niệm các em được phân tích, mổ xẻ và nhìn nhận theo nhiều hướng
khác nhau sẽ giúp các em hiểu kĩ, hiểu sâu khái niệm từ đó giúp các em biết vận
dụng chúng theo nhiều khía cạnh, nhiều góc độ khác nhau trước mỗi tình huống
bài tập Tốn học đồng thời từ việc biết vận dụng khái niệm Toán học theo nhiều
góc độ khác nhau ấy sẽ giúp các em phát triển năng lực tư duy và lập luận toán
học, năng lực giải quyết vấn đề toán học, đồng thời giúp các em có khả năng linh
hoạt trong suy nghĩ giải quyết các vấn đề thực tiễn cuộc sống. Từ những mục đích
nêu trên, chúng tơi lựa chọn đề tài: “Tiếp cận, nhìn nhận khái niệm tốn học
dưới nhiều cách khác nhau để phát triển năng lực tư duy và giải quyết vấn đề
cho học sinh trung học phổ thơng”.
2. Tính mới của đề tài
Sáng kiến giúp học sinh phát triển năng lực tư duy và lập luận toán học, phát
triển năng lực giải quyết vấn đề tốn học góp phần phát huy tính tích cực chủ động
và phát triển phẩm chất năng lực toàn diện cho học sinh được thể hiện theo cách
riêng biệt mà không trùng với bất cứ giải pháp nào đã được đề cập.
Chứng minh tính khả thi và tính hiệu quả khi áp dụng đề tài nhằm nâng cao
chất lượng và hiệu quả dạy học.
1


PHẦN II. NỘI DUNG
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1.1. Cơ sở lí luận
1.1.1. Năng lực
Các nhà tâm lí học cho rằng, năng lực là sự kết hợp của các kiến thức, kĩ
năng và thái độ có sẵn hoặc ở dạng tiềm năng của một cá nhân, là tổng hợp đặc
điểm thuộc tính tâm lí của cá nhân phù hợp với yêu cầu đặc trưng của một hoạt

động nhất định nhằm đảm bảo cho hoạt động đó có hiệu quả cao. Hiện nay, quan
niệm chung về năng lực được nhiều người thừa nhận là: “Năng lực là thuộc tính cá
nhân được hình thành, phát triển nhờ tố chất sẵn có và q trình học tập, rèn luyện,
cho phép con người huy động tổng hợp các kiến thức, kĩ năng và các thuộc tính cá
nhân khác như hứng thú, niềm tin, ý chí,… thực hiện thành cơng một loại hoạt
động nhất định, đạt kết quả mong muốn trong những điều kiện cụ thể” (Chương
trình Giáo dục phổ thơng tổng thể (tháng 7/2017)). Như vậy:
- Năng lực là sự kết hợp giữa tố chất sẵn có và q trình học tập, rèn luyện
của người học.
- Năng lực là sự tích hợp của kiến thức, kĩ năng và các thuộc tính cá nhân
khác như hứng thú, niềm tin, ý chí,…
- Năng lực được hình thành, phát triển thơng qua hoạt động và thể hiện ở sự
thành công trong hoạt động thực tiễn.
Khái quát lại năng lực có thể hiểu là sự kết hợp của các kiến thức, kĩ năng,
phẩm chất, thái độ và hành vi của một cá nhân để thực hiện một cơng việc có hiệu
quả. Năng lực khơng chỉ bao hàm kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo mà còn cả giá trị, động
cơ, đạo đức và hành vi xã hội.
Theo tác giả Trần Kiều (2014): “Các năng lực cần hình thành và phát triển
cho người học mơn Tốn trong trường phổ thông Việt Nam là: năng lực tư duy;
năng lực giải quyết vấn đề; năng lực mơ hình hóa; năng lực giao tiếp; năng lực sử
dụng công cụ, phương tiện học toán; năng lực học tập độc lập và hợp tác”.
1.1.2. Dạy học theo tiếp cận phát triển năng lực
Theo Đặng Thành Hưng (2014): “Bản chất của giáo dục theo tiếp cận phát
triển năng lực là lấy năng lực làm cơ sở (tham chiếu) để tổ chức chương trình và
thiết kế nội dung học tập. Điều này cũng có nghĩa là năng lực của học sinh sẽ là kết
quả cuối cùng cần đạt của quá trình dạy học hay giáo dục. Nói cách khác, thành
phần cuối cùng và cơ bản của mục tiêu giáo dục là các phẩm chất và năng lực của
người học. Năng lực vừa được coi là điểm xuất phát đồng thời là sự cụ thể hóa của
mục tiêu giáo dục. Vì vậy, những yêu cầu về phát triển năng lực học sinh cần được
đặt đúng chỗ của chúng trong mục tiêu giáo dục”.

2


Dạy học theo tiếp cận năng lực nhấn mạnh:
- Muốn có năng lực, học sinh phải học tập và rèn luyện trong hoạt động và
bằng hoạt động. Mặt khác, các năng lực được hình thành trong q trình dạy học
khơng chỉ ở nhà trường mà còn dưới tác động của gia đình, xã hội, của chính trị,
tơn giáo, văn hóa…
- “Lấy việc học của học sinh làm trung tâm”, chú ý tới mỗi cá nhân học
sinh, giúp họ tự tìm tòi, khám phá, làm chủ tri thức và vận dụng vào giải quyết
các tình huống thực tế cuộc sống, qua đó có thể rút ra kinh nghiệm và tri thức
cho riêng mình.
- Kết quả đầu ra của người học, những gì người học làm được sau khi kết
thúc chương trình học hoặc kết thúc bài học, nhấn mạnh đến khả năng thực tế của
học sinh.
- Cách học, yếu tố tự học của người học. Thay vì lối dạy truyền thống thầy
giảng trị nghe có thể tổ chức cho các nhân tự học, học theo nhóm, học theo sở
thích và mối quan tâm riêng của người học,...
- Giáo viên là người thiết kế, tổ chức và hướng dẫn học sinh tích cực, tự lực
thực hiện các nhiệm vụ học tập.
- Môi trường dạy học phải tạo điều kiện tương tác tích cực giữa học sinh với
học sinh, giữa giáo viên với học sinh, thúc đẩy và tạo cho học sinh hiện thực hóa
năng lực của mình thơng qua quan sát, tìm tịi, khám phá, sáng tạo.
- Khuyến khích việc ứng dụng công nghệ, thiết bị dạy học (đặc biệt là ứng
dụng công nghệ và thiết bị dạy học hiện đại) nhằm tối ưu hóa việc phát huy năng
lực người học.
Dạy học theo tiếp cận năng lực toán học nhấn mạnh các đặc điểm:
- Năng lực Tốn học khơng chỉ bao hàm kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo mà còn cả
động cơ, thái độ, hứng thú và niềm tin trong học toán. Muốn có năng lực tốn học
học sinh phải rèn luyện, thực hành, trải nghiệm trong học tập mơn Tốn.

- Nhấn mạnh đến kết quả đầu ra, dựa trên những gì người học làm được (có
tính đến khả năng thực tế của học sinh). Khuyến khích người học tìm tịi, khám
phá trí thức tốn học vận dụng vào thực tiễn. Đích cuối cùng cần đạt là phải hình
thành được năng lực học tập mơn Tốn ở học sinh.
- Nhấn mạnh đến cách học, yếu tố tự học của người học. Giáo viên là người
hướng dẫn và thiết kế, còn học sinh phải tự xây dựng kiến thức và hiểu biết toán
học của riêng mình.
- Xây dựng mơi trường dạy học tương tác tích cực. Phối hợp các hoạt
động tương tác của học sinh giữa các cá nhân, cặp đơi, nhóm hoặc hoạt động
chung cả lớp và hoạt động tương tác giữa giáo viên và học sinh trong q trình
dạy học mơn Toán.
3


- Khuyến khích việc ứng dụng cơng nghệ, thiết bị dạy học mơn Tốn (đặc
biệt là ứng dụng cơng nghệ và thiết bị dạy học) nhằm tối ưu hóa việc phát huy
năng lực của người học.
1.1.3. Đặc điểm năng lực Tốn học
Năng lực Tốn học là một loại hình năng lực chun mơn, gắn liền với mơn
học. Có nhiều quan niệm khác nhau về năng lực toán học. Hiệp hội giáo viên Tốn
của Mĩ mơ tả: “Năng lực Tốn học là cách thức nắm bắt và sử dụng nội dung kiến
thức toán”. Ở Việt Nam trong những năm gần đây, các nhà nghiên cứu thường nhắc
tới quan niệm về năng lực toán học của các nhà giáo dục toán học Đan Mạch và đề
xuất của tác giả Trần Kiều (Viện khoa học giáo dục Việt Nam).
Theo Blomhoj & Jensen (2007): “Năng lực Toán học như khả năng sẵn sàng
hành động để đáp ứng với thách thức toán học của các tình huống nhất định”.
Theo Niss (1999): “Năng lực Tốn học như khả năng của các nhân để sử
dụng các khái niệm tốn học trong một loạt các tình huống có liên quan đến toán
học, kể cả những lĩnh vực bên trong hay bên ngồi của tốn học (để hiểu, quyết
định và giải thích)”. Niss cũng xác định tám thành tố của năng lực toán học và chia

thành hai cụm. Cụm thứ nhất bao gồm: năng lực tư duy toán học; năng lực giải
quyết vấn đề tốn học; năng lực mơ hình hóa tốn học; năng lực suy luận tốn học.
Cụm thứ hai bao gồm: năng lực biểu diễn; năng lực giao tiếp tốn học; năng lực sử
dụng cơng cụ, phương diện tốn.
Tám năng lực đó tập trung vào những gì cần thiết để cá nhân có thể học tập
và ứng dụng tốn học. Các năng lực này khơng hồn tồn độc lập mà liên quan
chặt chẽ và có phần giao thoa với nhau.
Theo tác giả Trần Kiều (2014): “Các năng lực cần hình thành và phát triển
cho người học qua dạy học mơn Tốn trong trường phổ thơng Việt Nam là: Năng
lực tư duy; năng lực giải quyết vấn đề; năng lực mơ hình hóa tốn học; năng lực
giao tiếp; năng lực sử dụng cơng cụ, phương tiện tốn học; năng lực độc lập và
hợp tác”.
1.1.4. Các thành tố của năng lực Tốn học
Trước hết, mục đích then chốt của việc học tốn là để trở thành những con
người “thơng minh hơn”, biết cách suy nghĩ, giải quyết vấn đề trong học tập và đời
sống. Muốn vậy, mỗi người cần biết cách “chuyển dịch”, mơ tả các tình huống (có
ý nghĩa toán học) đặt ra trong thực tiễn phong phú sang một bài tốn hay một mơ
hình tốn học thích hợp, tìm cách giải quyết các vấn đề tốn học trong mơ hình
được thiết lập, từ đó đối chiếu, giải quyết các vấn đề thực tiễn đề ra. Mặt khác, việc
giải quyết các vấn đề toán học gắn liền với việc đọc hiểu, ghi chép, trình bày, diễn
đạt các nội dung, ý tưởng, giải pháp toán học trong sự tương tác (thảo luận, tranh
luận, phản biện) với người khác, gắn liền với việ sử dụng hiệu quả ngơn ngữ tốn
học kết hợp với ngôn ngữ thông thường hoặc động tác hình thể.
4


Năng lực học toán bao gồm các thành tố: năng lực tư duy và lập luận tốn
học; năng lực mơ hình hóa tốn học; năng lực giải quyết vấn đề toán học; năng lực
giao tiếp toán học; năng lực sử dụng cơng cụ phương tiện học tốn.
Mỗi thành tố của năng lực toán học cần được biểu hiện cụ thể bằng các tiêu

chí, chỉ báo. Điều này có độ phức tạp cao và được minh họa trong bảng:
Các thành tố
của năng lực
tốn học

Các tiêu chí, chỉ báo
Thể hiện qua việc thực hiện được các hành động:

- So sánh; phân tích; tổng hợp; đặc biệt hóa, khái quát hóa; tương
1. Năng lực tự; quy nạp; diễn dịch.
tư duy và lập - Chỉ ra được chứng cứ, lí lẽ và biết lập luận hợp lí trược khi kết
luận tốn học luận.
- Giải thích hoặc điều chỉnh cách thức giải quyết vấn đề về
phương diện toán học
Thể hiện qua việc thực hiện được các hành động:
- Sử dụng các mơ hình tốn học (gồm cơng thức, phương trình,
2. Năng lực bảng biểu, đồ thị,…) để mơ tả các tình huống trong các bài tốn
mơ hình hóa thực tế.
tốn học
- Giải quyết các vấn đề tốn học trong mơ hình thiết lập.
- Thể hiện và đánh giá lời giải trong ngữ cảnh thực tế và cải tiến
mơ hình nếu cách giải quyết khơng phù hợp.
Thể hiện qua việc thực hiện được các hành động:
3. Năng lực
giải
quyết
vấn đề toán
học.

- Nhận biết, phát hiện được vấn đề cần giải quyết bằng toán học.

- Đề xuất, lựa chọn được cách thức, giải pháp giải quyết vấn đề.
- Sử dụng được các kiến thức, kĩ năng toán học tương thích (bao
gồm các cơng cụ và thuật tốn) để giải quyết vấn đề đặt ra.
- Đánh giá giải pháp đề ra và khái quát hóa cho vấn đề tương tự.

4. Năng lực Thể hiện qua việc thực hiện được các hành động:
giao tiếp toán - Nghe hiểu, đọc hiểu và ghi chép được các thơng tin tốn học cần
học
thiết được trình bày dưới dạng văn bản tốn học hay do người
khác nói hoặc viết ra.
- Trình bày, diễn đạt (nói hoặc viết) được các nội dung, ý tưởng,
giải pháp toán học trong sự tương tác với người khác (với yêu cầu
thích hợp về sự đầy đủ, chính xác).
5


- Sử dụng hiệu quả ngơn ngữ tốn học (chữ số, chữ cái, kí hiệu,
biểu đồ, đồ thị, các liên kết logic,…) kết hợp với ngôn ngữ thông
thường hoặc động tác hình thể khi trình bày, giải thích và đánh giá
các ý tưởng toán học trong sự tương tác (thảo luận, tranh luận) với
người khác.
Thể hiện qua việc thực hiện được các hành động:
- Biết tên gọi, tác dụng, quy cách sử dụng, cách thức bảo quản các
đồ dùng, phương tiện trực quan thông thường, phương tiện khoa
học công nghệ (đặc biệt là phương tiện sử dụng công nghệ thông
5. Năng lực tin) phục vụ cho việc học toán.
sử dụng công
cụ, phương - Sử dụng thành thạo và linh hoạt các cơng cụ và phương tiện học
tiện học tốn tốn, đặc biệt là phương tiện khoa học công nghệ để tìm tịi khám
phá giải quyết vấn đề tốn học (phù hợp với đặc điểm nhận thức

lứa tuổi).
- Chỉ ra được các ưu điểm, hạn chế của những công cụ, phương
tiện hỗ trợ để có cách sử dụng hợp lí.
1.1.5. Cấu trúc bài học mơn Tốn theo tiếp cận phát triển năng lực
Mơ hình dạy học theo tiếp cận phát triển năng lực gồm các bước chủ yếu:
Trải nghiệm - Phân tích, khám phá, rút ra bài học - Thực hành, luyện tập - Vận
dụng kiến thức, kĩ năng vào thực tiễn.
* Trải nghiệm: Để nhận thức được về một đối tượng, một sự việc hay một
vấn đề nào đó, người học phải dựa trên vốn kiến thức, vốn kinh nghiệm đã có từ
trước. Trong mơn Tốn, kiến thức hình thành trước thường là cơ sở để hình thành
và phát triển những kiến thức tiếp theo.
Do đó trong dạy học, giáo viên cần phải tìm hiểu vốn kinh nghiệm và hiểu
biết sẵn có của học sinh trước khi học một kiến thức mới và tổ chức cho học sinh
trải nghiệm. Sự định hướng và tổ chức các hoạt động của giáo viên là quan trọng,
nhưng vốn kiến thức của học sinh, những trải nghiệm của học sinh vẫn là yếu tố
quyết định trong việc hình thành kiến thức mới.
Trong dạy học dựa trên trải nghiệm giáo viên cần tạo ra các tình huống gợi
vấn đề để học sinh được trải nghiệm bằng cách huy động các kiến thức và kinh
nghiệm thực tiễn để suy nghĩ, biến đổi đối tượng hoạt động, tìm ra hướng giải
quyết vấn đề. Hoạt động trải nghiệm được thiết kế dựa trên mục tiêu bài học và
những kiến thức đã có của học sinh. Hoạt động trải nghiệm sẽ giúp học sinh có
hứng thú trong học tập, thơi thúc học sinh khám phá tìm hiểu kiến thức mới.
*Phân tích, khám phá, rút ra bài học: Qua hoạt động trải nghiệm, học sinh đã
bước đầu tiếp cận được với kiến thức cảu bài học. Do đó, hoạt động phân tích - rút
ra bài học cần phải được thiết kế với các hình thức tổ chức học tập phong phú giúp
6


học sinh biết huy động kiến thức, chia sẻ và hợp tác trong học tập để thu nhận kiến
thức mới. Sau khi học sinh đã phát hiện ra kiến thức mới, giáo viên là người chuẩn

hóa lại kiến thức cho học sinh để rút ra bài học.
*Thực hành, luyện tập: Hoạt động này cần được thiết kế sao cho mỗi học
sinh đều được tự mình giải quyết vấn đề rồi chia sẻ với bạn về cách giải quyết vấn
đề. Khi thiết kế hoạt động này, giáo viên cần xác định được những thuận lợi và khó
khăn của học sinh, dự kiến được những tình huống học sinh cần sự trợ giúp trong
học tập. Hoạt động này giúp học sinh củng cố kiến thức vừa học và huy động, liên
kết với kiến thức đã có để thực hiện giải quyết vấn đề. Giáo viên cần tổ chức các
hoạt động học tập phong phú để tránh sự nhàm chán cho học sinh.
*Vận dụng kiến thức, kĩ năng vào thực tiễn: Mục đích của hoạt động này là
giúp học sinh vận dụng được kiến thức, kĩ năng, thái độ đã được tích lũy từ q
trình học tập mơn Tốn và những kinh nghiệm của bản thân vào giải quyết các vấn
đề trong thực tiễn học tập hoặc trong cuộc sống một cách sáng tạo; phát triển cho
học sinh năng lực tổ chức và quản lí hoạt động, năng lực tự nhận thức và tích cực
hóa bản thân. Giáo viên hướng dẫn học sinh kết nối, sắp xếp, vận dụng các kiến
thức kĩ năng đã học để giải quyết vấn đề đặt ra. Giáo viên cũng có thể tổ chức hoặc
đưa ra yêu cầu, dự án học tập để học sinh thực hiện theo cá nhân, theo nhóm.
Như vậy, Dạy học theo hướng tiếp cận phát triển năng lực người học là cách
thức tổ chức q trình dạy học thơng qua một chuỗi các hoạt động học tập tích cực,
độc lập, sáng tạo của học sinh, với sự hợp tác của bạn học và sự hướng dẫn, trợ
giúp hợp lí của giáo viên, hướng đến mục tiêu hình thành và phát triển năng lực
tốn học. Q trình đó có thể được tổ chức theo chu trình bốn bước là: Trải nghiệm
- Phân tích, khám phá, rút ra bài học - Thực hành, luyện tập - Vận dụng kiến thức,
kĩ năng vào thực tiễn.
1.2. Cơ sở thực tiễn
Trong thực tiễn dạy và học Toán cho thấy đây là mơn học khó cho đại đa số
học sinh nhất là khi mà yêu cầu học sinh làm các bài tập mức độ vận dụng trở lên.
Với đối tượng là học sinh trung bình và yếu chúng ta chỉ cần yêu cầu học sinh biết
tái hiện kiến thức, các em biết bắt chước các bài tập ví dụ mẫu, làm được các bài
tập ở mức độ nhận biết và thông hiểu đã là một thành công nên việc địi hỏi các em
hiểu, vận dụng và nhìn nhận một khái niệm Toán học dưới nhiều cách khác nhau là

rất khó khăn. Với đối tượng học sinh trung bình khá và khá về mơn Tốn chúng ta
có thể u cầu các em phải làm thành thạo bài tập mức độ 1 và 2 và bước đầu biết
vận dụng khái niệm vào giải quyết các bài tập ở mức độ vận dụng. Việc tiếp cận,
nhìn nhận khái niệm Tốn học dưới nhiều cách khác nhau có thể yêu cầu các em
phải thực hiện dưới sự hướng dẫn khá cụ thể của giáo viên. Với đối tượng học sinh
giỏi Toán chúng ta yêu cầu học sinh phải làm thành thạo các bài tập đến mức độ
vận dụng và giải quyết được cơ bản các bài tập mức độ vận dụng cao. Việc tiếp
cận, nhìn nhận khái niệm Tốn học dưới nhiều cách khác nhau giáo viên có thể yêu
cầu các em ở mức độ tự tìm hiểu, tìm hiểu độc lập với giáo viên trong quá trình tự
7


học. Ở trên lớp công việc này giáo viên cũng có thể đặt ra u cầu các em tự tìm
hiểu hoặc tìm hiểu có sự trợ giúp của giáo viên dưới dạng gới ý, gợi mở sau đó các
em tự giải quyết vấn đề. Như vậy về cơ sở thực tiễn cho việc khả thi của đề tài là
hoàn toàn có thể thực hiện được, đồng thời khi triển khai thực hiện đề tài cá nhân
tác giả khẳng định rằng với đối tượng học sinh nào các em cũng sẽ thấy được sự
hứng khởi nhất định đặc biệt với đối tượng học sinh giỏi các em sẽ rất hào hứng và
tích cực qua đó sẽ phát triển năng lực Tốn học nói riêng đặc biệt là hai thành tố
“năng lực tư duy và lập luận toán học, năng lực giải quyết các vấn đề toán học” và
năng lực tư duy nói chung cho các em giúp các em linh hoạt hơn trong tư duy,
trong giải quyết các tình huống thực tiễn cuộc sống.
2. TIẾP CẬN, NHÌN NHẬN KHÁI NIỆM TỐN HỌC DƯỚI NHIỀU CÁCH
KHÁC NHAU ĐỂ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY VÀ GIẢI QUYẾT
VẤN ĐỀ CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Trong phần này chúng tơi đưa ra những tình huống là các bài tốn cụ thể
mà trong đó muốn giải được thì học sinh phải nắm được khái niệm đề cập đến
trong bài Toán đồng thời trong mỗi bài Tốn đó chúng tơi sẽ dẫn dắt gợi mở giúp
học sinh được tiếp cận và nhìn nhận khái niệm đó dưới nhiều cách khác nhau qua

đó giúp các em hiểu sâu hơn khái niệm Toán học đồng thời giúp các em phát triển
tư duy lơgic và lập luận Tốn học, phát triển năng lực giải quyết vấn đề, giúp các
em linh hoạt hơn trong các tình huống là các bài Toán thực tế của cuộc sống hàng
ngày.
2.1. Bài Toán 1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A  1;2  , B  3;1 , C  5;2  . Chứng
minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
Nhận xét: Ba điểm A, B, C là ba đỉnh của một tam giác khi và chỉ khi chúng
là ba điểm không thẳng hàng. Như vậy bài Tốn gián tiếp đề cập đến khái niệm Ba
điểm khơng thẳng hàng.
Cách tiếp cận thứ nhất: Ba điểm A, B, C không thẳng hàng nếu chúng
không cùng thuộc một đường thẳng, chẳng hạn điểm A không nằm trên đường
thẳng đi qua hai điểm B và C. Với cách tiếp cận này ta có lời giải:
Lời giải: - Viết phương trình đường thẳng BC :
uuu
r

r

Ta có BC   8;1 là VTCP của đường thẳng BC , n   1; 8 là VTPT của
đường thẳng BC .
Phương trình đường thẳng BC : 1 x  5  8  y  2   0 � x  8 y  11  0 .
- Kiểm tra điểm A không thuộc đường thẳng BC : Thay tọa độ điểm A vào
phương trình đường thẳng BC ta thấy 1.1  8.2  11  4 �0 � A �BC . Vậy A, B, C
không thẳng hàng nên chúng là ba đỉnh của một tam giác.
Cách tiếp cận thứ hai: Ba điểm A, B, C không thẳng hàng nếu chúng không
8


cùng thuộc một đường thẳng, chẳng hạn điểm A không nằm trên đường thẳng đi

qua hai điểm B và C điều này đồng nghĩa với khoảng cách từ A đến đường thẳng
BC là một số dương. Với cách tiếp cận này ta có lời giải:
Lời giải: - Phương trình đường thẳng BC là: x  8 y  11  0 .
- Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC : d  A; BC  

1.1  8.2  11
12   8

2



4
0
65

� A �BC . Vậy A, B, C không thẳng hàng nên chúng là ba đỉnh của một tam giác.

Cách tiếp
cận thứ ba: Ba điểm A, B, C không thẳng hàng khi và chỉ khi hai
uuu
r
uuu
r
véc tơ AB và AC không cùng phương. Với cách tiếp cận này ta có lời giải:
uuu
r

uuu
r

Lời giải: Ta có AB  4; 1 , AC   4;0  .
Do

uuu
r
uuu
r
4
0
� � AB và AC không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng
4  1

nên chúng là ba đỉnh của một tam giác.

Cách tiếp
cận thứ tư: Ba điểm A, B, C không thẳng hàng khi và chỉ khi hai
uuu
r
uuu
r
véc tơ AB và AC không cùng phương điều này đồng nghĩa với góc giữa hai véc tơ
uuu
r
uuu
r
0
0
AB và AC khác 0 và khác 180 . Với cách tiếp cận này ta có lời giải:
uuu

r uuu
r
uuu
r uuu
r
uuu
r
uuu
r
AB. AC
16
0
uu
r uuu
r 
Lời giải: Ta có AB  4; 1 , AC   4;0  ; cos AB, AC  u
AB . AC 4 65





uuu
r uuu
r
uuu
r
uuu
r
� 00  AB , AC  1800 nên AB và AC không cùng phương. Vậy A, B, C không





thẳng hàng nên chúng là ba đỉnh của một tam giác.
Cách tiếp cận thứ năm: Ba điểm A, B, C là ba đỉnh của một tam giác khi và
chỉ khi diện tích miền phẳng giới hạn bới ba đoạn thẳng nối ba điểm đó là một số
dương. Với cách tiếp cận này ta có lời giải:
Lời giải: Ta có AB   3  2  2   1  2  2  26 , BC   5  3 2   2  1 2  65 ,
CA 

 5  1

p  AB 

2

  2  2  4 , p 
2

AB  BC  CA
26  65  4

,
2
2

65  4  26
4  26  65

65  26  4
, p  BC 
, p  CA 
. Ta xét số
2
2
2

p  p  AB   p  BC   p  CA 

1135
1135
 0 . Vậy SABC 
0.
4
4

Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
Cách tiếp cận thứ sáu: Ba điểm A, B, C không thẳng hàng khi và chỉ khi
chúng cùng thuộc một đường cong Parabol. Với cách tiếp cận này chúng ta sẽ chỉ
ra có một đường Parabol đi qua 3 điểm A, B, C . Ta có lời giải:
Lời giải: Xét parabol y  ax 2  bx  c, a �0 . Thay tọa độ A, B, C vào phương
9


�a  b  c  2
�
trình y  ax  bx  c, ta có hệ phương trình: �9a  3b  c  1 .
�25a  5b  c  2
�

2

Giải hệ ta được a  
y

1
3
59
,b  ,c 
. Vậy A, B, C cùng thuộc Parabol
32
16
32

1 2 3
59
x  x
nên chúng không thẳng hàng. Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của
32
16
32

một tam giác.
Cách tiếp cận thứ bảy: Ba điểm A, B, C không thẳng hàng khi và chỉ khi
chúng cùng thuộc một đường tròn.Với cách tiếp cận này chúng ta sẽ chỉ ra có một
đường tròn đi qua ba điểm A, B, C . Ta có lời giải:
Lời giải: Xét phương trình đường trịn x 2  y 2  2ax  2by  c  0
với a 2  b2  c  0 .
Thay tọa độ A, B, C vào phương trình đường trịn ta có hệ phương trình:
2 a  4b  c  5

�
29
�
6a  2b  c  10 . Giải hệ ta được a  3, b   , c  57 . Vậy A, B, C cùng thuộc
�
2
�
10a  4b  c  29
�

đường trịn có phương trình x 2  y 2  6 x  29 y  57  0 nên chúng không thẳng hàng.
Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
Cách tiếp cận thứ tám: Ba điểm A, B, C không thẳng hàng khi và chỉ khi hai
đường thằng AB và BC không trùng nhau. Với cách tiếp cận này ta có lời giả:
Lời giải: - Phương trình đường thẳng BC là: x  8 y  11  0 .
- Phương trình đường thẳng AB là: x  4 y  7  0 , ta thấy ngay AB và BC là
hai đường thẳng cắt nhau vậy A, B, C là ba điểm không thẳng hàng nên chúng là ba
đỉnh của một tam giác.
Lời bình: +) Trong bài Toán trên ta bàn đến việc chứng minh ba điểm
A, B, C là ba đỉnh của một tam giác là một bài Toán quen thuộc và khá đơn giản đối

với học sinh lớp 10 THPT. Bài Toán trên đã gián tiếp đề cập đến khái niệm ba điểm
không thẳng hàng. Một cách đơn giản ba điểm A, B, C không thẳng hàng khi và chỉ
khi chùng không cùng thuộc một đường thẳng thế thi với những cách tiếp cận như
trên chúng ta đã chỉ ra cho học sinh thấy rằng khái niệm ba điểm không cùng năm
trên một đường thẳng sẽ được hiểu trực tiếp rằng có một điểm khơng thuộc đường
thẳng đi qua hai điểm còn lại, đồng thời cũng đã chỉ ra cho học sinh thấy rằng một
điểm khơng thuộc đường thẳng đi qua hai điểm cịn lại cũng có nghĩa rằng nó có
khoảng cách khác 0 đến đường thẳng đó hoặc nó cùng với hai điểm kia tạo thành
một miền phẳng có diện tích khác khơng. Ở đây tác giả muốn lưu ý thêm rằng,

trong cách chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành miền phẳng có diện tích khác 0
chúng ta đã đi tính giá trị biểu thức p  p  AB   p  BC   p  CA và thấy nó khác 0
thì mới khẳng định A, B, C tạo thành tam giác chứ không phải thừa nhận A, B, C là ba
10


đỉnh của một tam giác trước rồi mới đi tính diện tích của nó. Ngồi ra, chúng ta
cũng đã cho học sinh thấy thêm hai cách tiếp cận, cách nhìn khác về khái niệm ba
điểm thẳng hàng đó là: Ba điểm không thẳng hàng cũng đồng nghĩa với chùng
cùng thuộc một đường Parabol hoặc một đường tròn.
+) Việc cho học sinh tiếp cận với khái niệm ba điểm không thẳng hàng theo
nhiều cách, nhiều con đường khác nhau có tác dụng:
- Giúp các em hiểu sâu hơn về khái niệm, nhớ khái niệm lâu hơn.
- Các em có cách nhìn phong phú hơn, linh hoạt hơn về khái niệm đó. Giúp
các em phát triển tư duy lôgic và lập luận Tốn học.
- Giúp các em có nhiều hướng xử lí, nhiều cách giải cho một bài Toán giúp
phát triển năng lực giải quyết vấn đề Tốn học.
- Trong q trình giải bài Toán theo nhiều cách khác nhau cũng gián tiếp cho
giúp các em vận dụng các khái niệm khác liên quan đến lời giải.
- Về mặt thực tiễn cuộc sống: Giúp các em có kĩ năng nhìn nhận, phân tích,
mổ xẻ trước các vấn đề của bài Tốn thực tế cuộc sống hàng ngày và các em cũng
sẽ có được kĩ năng xử lí tình huống, giải quyết tình huống gặp trong cuộc sồng
hằng ngày một cách mềm dẻo và linh hoạt.
+) Ngồi các cách tiếp cận và nhìn nhận khái niệm ba điểm thẳng hàng đã đề
cập ở trên để giải quyết Bài Tốn 1, thì chúng ta cũng có thể cho học sinh nhìn
nhận bài Tốn ở góc độ phản chứng. Chúng ta sẽ đặt câu hỏi cho các em “Giả sử
ngược lại ba điểm A, B, C khơng là ba đỉnh của một tam giác thì dẫn tới điều gì?” và
bài Tốn bây giờ chuyển về việc kiểm tra tính thẳng hàng của ba điểm A, B, C .
2.2. Bài Toán 2. (BT 11 trang 81 SGK HH12 Nâng cao NXB GD)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A  1;0;0  , B  0;1;0  ,

C  0;0;1 , D  2;1; 2  . Chứng minh A, B, C , D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.
Nhận xét: Bài Tốn đề cập đến khái niệm “Hình tứ diện”. Theo định nghĩa
(trang 52 SGK HH11 NXBGD; trang 49 SGK HH11 nâng cao NXB GD) thì:
Trong khơng gian cho bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng. Hình tạo thành bởi
bốn tam giác ABC , ACD , ABD và BCD gọi là hình tứ diện. Các điểm A, B, C , D gọi
là đỉnh của tứ diện. Như vậy để chứng minh bốn điểm A, B, C , D là bốn đỉnh của
một tứ diện ta chứng minh chúng không đồng phẳng. Chúng ta sẽ giúp học sinh
hiểu khái niệm bốn điểm không đồng phẳng theo nhiều cách tiếp cận và nhìn nhận
khác nhau.
Cách tiếp cận thứ nhất: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng nghĩa là có
một điểm khơng nằm trên mặt phẳng chứa ba điểm cịn lại, chẳng hạn điểm D
khơng thuộc mặt phẳng  ABC  . Ta có lời giải:
Lời giải: - Viết phương trình mp ( ABC ):

11


r
uuu
r uuu
r
uuu
r
uuu
r
AB, AC �  1;1;1 : là VTPT của mp( ABC ).
AB   1;1;0  , AC   1;0;1 nên n  �
�
�

Phương trình mp ( ABC ): x  y  z  1  0 .
- Thay tọa độ điểm D vào phương trình mp ( ABC ) ta có:
2  1  2  1  4 �0 � D �mp  ABC  nên bốn điểm

A, B, C , D

không đồng

phẳng. Vậy A, B, C , D là bón đỉnh của một tứ diện.
Nhận xét: Việc viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) có thể có nhiều cách
khác nữa, chẳng hạn có thể sử dụng phương trình đường thẳng theo đoạn chắn
hoặc gọi phương trình mặt phẳng ( ABC ) ở dạng tổng quát
ax  by  cz  d  0, a 2  b 2  c 2 �0 , giải hệ tìm a, b, c, d .

Cách tiếp cận thứ hai: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng nghĩa là có
một điểm khơng nằm trên mặt phẳng chứa ba điểm cịn lại, chẳng hạn điểm D
khơng thuộc mặt phẳng  ABC  đồng nghĩa với điểm D có khoảng cách khác 0 tới
mặt phẳng  ABC  . Ta có lời giải:
Lời giải: - Phương trình mp  ABC  : x  y  z  1  0 .
- Khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ABC  :
1.  2   1.1  1.  2   1

4
 0 suy ra điểm D �mp  ABC  nên bốn
3
1 1 1
điểm A, B, C , D không đồng phẳng. Vậy A, B, C , D là bốn đỉnh của một tứ diện.
d  D, mp( ABC )  

2

2

2



Cách
tiếp cận thứ ba: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng �
uuu
r uuu
r uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuur
AB, AC , AD không đồng phẳng � AB không thể biểu thị theo hai véc tơ AC và AD .
Ta có lời giải:

uuu
r
uuu
r
uuu
r
AB



1;1;0
AC


1;0;1
AD
  3;1; 2  .




Lời giải: Ta có:
,
,

�1   x  3 y
�x  2
uuu
r
uuu
r
uuu
r
�
�
� �y  1
Giả sử AB  x AC  y AD � �1  y
hệ vô nghiệm. Suy ra
�
�

0  x  2y
�
�x  2 y  0
uuu
r
uuu
r
uuur
AB không thể biểu thị theo hai véc tơ AC và AD nên bốn điểm A, B, C , D không
đồng phẳng. Vậy A, B, C , D là bốn đỉnh của một tứ diện.
uuu
r uuu
r uuu
r
Cách tiếp cận thứ tư: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng � AB, AC , AD
uuu
r uuu
r uuu
r
AB, AC �AD �0 . Ta có lời giải:
khơng đồng phẳng � �
�
�
uuu
r
uuu
r
uuu
r
Lời giải: Ta có: AB   1;1;0  , AC   1;0;1 , AD   3;1; 2  .

uuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r uuu
r
�
AB, AC �  1;1;1 , �
AB, AC �AD  4 �0 suy ra bốn điểm A, B, C , D không
�
�
�
�
đồng phẳng. Vậy A, B, C , D là bốn đỉnh của một tứ diện.

Cách tiếp cận thứ năm: Bốn điểm A, B, C , D là bốn đỉnh của một tứ diện �
12


bốn miền tam giác ABC , ABD , ACD và BCD tạo thành một vật thể chiếm chỗ khơng
gian có thể tích khác 0. Ta có lời giải:
uuu
r

uuu
r

uuu
r

Lời giải: Ta có: AB   1;1;0  , AC   1;0;1 , AD   3;1; 2  . Kiểm tra được
khơng có ba điểm nào trong bốn điểm A, B, C , D thẳng hàng.
uuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r uuu
r
�
AB, AC �  1;1;1 , �
AB, AC �AD  4
�
�
�
�

suy ra

uuu
r uuu
r uuu
r 2
1�
2
AB, AC �AD  >0 � VABCD   0 . Vậy A, B, C , D là bốn đỉnh của một tứ diện.
�
6�
3

3

Cách tiếp cận thứ sáu: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng khi và chỉ
khi có hai bộ mỗi bộ ba điểm trong bốn điểm thuộc hai mặt phẳng phân biệt,
chẳng hạn ba điểm A, B, C cùng thuộc một mặt phẳng, ba điểm A, B, D cùng thuộc
một mặt phẳng và hai mặt phẳng này khác nhau. Ta có lời giải:
uuu
r

uuu
r

uuu
r

Lời giải: Ta có: AB   1;1;0  , AC   1;0;1 , AD   3;1; 2  .
- Phương trình mp  ABC  : x  y  z  1  0 .
uuu
r uuu
r
�
AB, AD �  2; 2;2  , phương trình mp  ABD  : x  y  z  1  0 .
�
�

Hai mp  ABC  và mp  ABD  là phân biệt nên bốn điểm A, B, C , D không đồng
phẳng. Vậy A, B, C , D là bốn đỉnh của một tứ diện.
Cách tiếp cận thứ bảy: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng khi và chỉ
khi có hai bộ mỗi bộ ba điểm trong bốn điểm thuộc hai mặt phẳng phân biệt,
chẳng hạn ba điểm A, B, C cùng thuộc một mặt phẳng, ba điểm A, B, D cùng thuộc

một mặt phẳng và hai mặt phẳng này khác nhau điều này cũng có nghĩa là hai mặt
phẳng này sẽ tạo với nhau một góc nhọn. Ta có lời giải:
Lời giải:

ur

- Phương trình mp  ABC  : x  y  z  1  0 , VTPT n1   1;1;1 .
uu
r

- Phương trình mp  ABD  : x  y  z  1  0 , VTPT n2   1;1; 1 .
ur uu
r
ur uu
r
n1.n2
1
1
Cos n1 , n2  ur uu
r  � Cos �
ABC  ,  ABD  
3
n1 . n2
3









 ABC  ,  ABD  
�

00 . Vậy

bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng nên chúng là bốn đỉnh của một tứ diện.
Cách tiếp cận thứ tám: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng khi và chỉ
khi đường thẳng AD nằm ngoài mặt phẳng  ABC  điều này cũng đồng nghĩa với
góc giữa đường thẳng AD và mp  ABC  nhọn. Ta có lời giải:
ur

Lời giải: - Phương trình mp  ABC  : x  y  z  1  0 , VTPT n1   1;1;1 .
uuu
r
AD   3;1; 2  : VTCP của đường thẳng AD .

13


ur uuu
r
ur uuu
r
n1. AD
5
5
�

uu
r 
� sin AD
,  ABC  
Ta có: Cos n1 , AD  nur . u
42
42
1 AD













�
� AD
,  ABC   00 . Vậy bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng nên chúng là

bốn đỉnh của một tứ diện.
Cách tiếp cận thứ chín: Bốn điểm A, B, C , D khơng đồng phẳng tương đương
với hai đường thẳng AB và CD là hai đường thẳng chéo nhau. Ta có lời giải:
�x  1  t1
uuu

r
uuu
r
�
Lời giải: Ta có: AB   1;1;0  , ptđt AB là �y  t1 ; CD   2;1; 3 , ptđt CD là
�z  0
�
�x  2t2
�
. Vì hệ
�y  t2
�z  1  3t
�
2

�2t2  1  t1
uuu
r
uuu
r
�
t2  t1
và AB �kCD, k nên hai đường thẳng AB và CD chéo
�
�
1  3t2  0
�
nhau. Vậy bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng nên chúng là bốn đỉnh của một tứ

diện.

Cách tiếp cận thứ mười: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng tương
đương
vớiuuhai
đường thẳng AB và CD là hai đường thẳng chéo nhau đồng nghĩa
uuu
r
u
r
với AB �kCD, k và khoảng cách giữa AB và CD là một số dương. Ta có lời giải:
uuu
r

uuu
r

uuu
r

uuu
r

Lời giải: Ta có AB   1;1;0  , CD   2;1; 3 � AB �kCD, k .
uuu
r
AD   3;1; 2  ,

uuu
r uuu
r uuur
�

AB, AC �AD
4
4
�
�
� d  AB , CD  
 0 . Vậy bốn điểm

uuu
r uuu
r
19
19
�
AB, AC �
�
�

A, B, C , D không đồng phẳng nên chúng là bốn đỉnh của một tứ diện.

Cách tiếp cận thứ mười một: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng tương
đương với hai đường thẳng AB và CD là hai đường thẳng chéo nhau tương đương
với có duy nhất một mặt phẳng chứa AB và song song với CD . Ta có lời giải:
uuu
r

uuu
r uuu
r

uuu
r

AB, CD �  3; 3;1 .
Lời giải: Ta có AB   1;1;0  , CD   2;1; 3 � �
�
�
uuu
r uuu
r

AB, CD �  3; 3;1 làm VTPT.
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và nhận �
�
�

(P): 3  x  1  3  y  0  1  z  0  0 � 3x  3 y  z  3  0 . Dễ thấy (P) chính là
mặt phẳng chứa AB và song song với CD. (P) hoàn toàn xác định chứng tỏ AB và
CD chéo nhau. Vậy bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng nên chúng là bốn đỉnh
của một tứ diện.
Cách tiếp cận thứ mười hai: Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng khi và
chỉ khi chúng cùng nằm trên một mặt cầu. Ta có lời giải:
2
2
2
Lời giải: Xét phương trình x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 ,  a  b  c  d  0  .

Thay tọa độ A, B, C , D vào phương trình trên ta có hệ phương trình:
14

2a  d  1
�
�
2b  d  1
�
. Giải hệ này ta được a  1, b  1, c  1, d  3 . Chứng tỏ
�
2c  d  1
�
�
4a  2b  4c  d  9
�
A, B, C , D cùng thuộc mặt cầu x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  3  0 .Vậy bốn điểm
A, B, C , D không đồng phẳng nên chúng là bốn đỉnh của một tứ diện.

Lời bình: + Việc giải bài toán chứng minh bốn điểm A, B, C , D trong không
gian tọa độ Oxyz là bốn đỉnh của một tứ diện là một bài toán bình thường mà đa số
học sinh lớp 12 đều giải quyết được, điều đáng nói ở đây là chúng tơi đã dẫn dắt để
các em thấy được có thể nhìn nhận việc chứng minh bốn điểm A, B, C, D là bốn
đỉnh của một tứ diện được chuyển về chứng minh chúng không đồng phẳng. Và
khái niệm bốn điểm không đồng phẳng đã được thay thế bằng nhiều cách hiểu
khác nhau với những cách thay thế tương đương khác nhau đã giúp học sinh có
nhiều cách suy luận và lời giải tương ứng. Việc này giúp các em có cách nhìn đa
chiều trước một bài Tốn, một khái niệm, giúp các em phát triển khả năng phân
tích, phân chia, biện luận trường hợp làm phát triển khả năng tư duy logic và lập
luận Toán học.
+ Việc giải được một bài Toán theo nhiều cách khác nhau đi từ việc dẫn dắt,
phân tích, thay thế khái niệm bằng các khái niệm tương đương cũng sẽ giúp các em
phát triển sự linh hoạt trong giải quyết vấn đề, giúp các em biết phân tích so sánh

và sẽ chọn lựa được phương án tối ưu khi giải quyết bài Toán hay một vấn đề thực
tiễn cuộc sống giúp các em phát triển năng lực giải quyết vấn đề.
2.3. Bài Toán 3 (BT 12c trang 84 SGK HH10 nâng cao NXBGD)
Tìm hình chiếu vng góc của điểm P  3; 2  trên đường thẳng
 : 5 x  12 y  10  0 .

Nhận xét: Bài Toán đề cập đến khái niệm hình chiếu vng góc của một
điểm lên một đường thẳng trong mặt phẳng.
Cách tiếp cận thứ nhất: Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm P trên
đường thẳng  . Khi đó H là giao điểm của đường thẳng đi qua P vng góc với 
với đường thẳng  . Ta có lời giải:
Lời giải: Đường thẳng d đi qua P và vng góc với đường thẳng  có
phương trình: 12  x  3  5  y  2   0 � 12 x  5 y  26  0 .
H là giao điểm của d và  . Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:
� 262
x
�
5 x  12 y  10
�
� 169 . Vậy �262 250 �.
��
H� ;
�
�
12 x  5 y  26
�169 169 �
�
�y  250
� 169

Cách tiếp cận thứ hai: Cho điểm H chạy trên đường thẳng  đến khi ta có
PH vng góc với  thì ta được H chính là hình chiếu vng góc của điểm P trên
15


đường thẳng  . Ta có lời giải:
12
12
�
� uuur �
�
H
�

�
H

y

2;
y
Lời giải: Ta có
�
�, PH  � y  5; y  2 �. Đường thẳng
�5
�
�5
�
r
uuur r

250
 có VTCP u   12;5 . Khi PH vng góc với  ta có: PH .u  0 � y 
.
169
262 250

�
�
Vậy H � ;
�.
169 169
�

�

Cách tiếp cận thứ ba: H là hình chiếu vng góc của P trên đường thẳng
 khi và chỉ khi H � và PH  d  P;   . Ta có lời giải:
5.3  12.  2   10 49
12
�
�

Lời giải: Ta có H � � H  � y  2; y �. d  P;   
2
2
13 ,
�5
�
5   12 
2

169 2
2500
250
12
2
�
�
y  20 y 
0 � y
PH  � y  5 �  y  2  , PH  d  P;   �
.
25
169
169
�5
�

262 250

�
�
Vậy H � ;
�.
169 169
�

�

Cách tiếp cận thứ tư: H là hình chiếu vng góc của P trên đường thẳng 
khi và chỉ khi H � và PH ngắn nhất. Ta có lời giải:

12
�
�
Lời giải: Ta có H � � H  � y  2; y �.
�5

�

2

2

169 2
12
13
50 � 2401 49
2
�
�
y  20 y  29  �
PH  � y  5 �  y  2  
y  �
� .
�
25
13 � 169 13
�5
�
�5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y 

250
�262 250 �
. Vậy H � ;
�.
13
�169 169 �

Cách tiếp cận thứ năm: H là hình chiếu vng góc của P trên đường thẳng
 khi và chỉ khi H là tiếp điểm của đường tròn (P; R)), R= d(P;  ) với đường
thẳng  điều này đồng nghĩa với H là giao điểm của đường thẳng  với đường
trịn  P; R  . Ta có lời giải:
Lời giải: Ta có R  d  P;   

5.3  12.  2   10
52   12 

2



49
13

Phương trình đường trịn  P; R  là:  x  3   y  2  
2

2

2041
.
169

5 x  12 y  10  0
�
�
Tọa độ H là nghiệm của hệ phuương trình �
2041 .
2
2
 x  3   y  2  
�
169
�

Giải hệ ta được x 

262
250
�262 250 �
,y
. Vậy H � ;
�.
169
169
�169 169 �

16

Cách tiếp cận thứ sau: H là hình chiếu vng
góc của P trên đường thẳng  khi và chỉ khi H là
giao điểm thứ hai của đường trịn đường kính AP
với đường thẳng  . Trong đó A là điểm ta chọn
bất kỳ trên đường thẳng  ,(trong trường hợp đăc
biệt nếu ta chọn ngẫu nhiên mà PA vng góc với
 thì H trùng với A). Ta có lời giải:
�1
�
Lời giải: Chọn điểm A   2;0  � , I � ; 1�, AP  29 . Đường tròn đường
�2

1
kính AP có tâm I bán kính AP có phương trình:
2

�

2

29
2
� 1�
.
�x  �  y  1 
4
� 2�

5 x  12 y  10  0

�
262
250
�
2
,y
Xét hệ phương trình �� 1 �
29 . Giải hệ ta được x 
2
169
169
�x  �  y  1 
�
4
� 2�
�
�262 250 �
và x  2, y  0 . Vậy H � ;
�.
�169 169 �

Lời bình: Trên đây chúng ta đã cho học sinh tiếp cận khái niệm hình chiếu
vng góc của điểm lên đường thẳng theo nhiều cách khác nhau, từ đó giúp học
sinh hiểu sâu và nắm vững hơn về khái niệm đồng thời giúp các em phát triển tư
duy và phát triển năng lực giải quyết vấn đề.
2.4. Bài Tốn 4. (BT3.41 trang 114 SBT HH12 NXBGD).
Trong khơng gian Oxyz cho điểm M  1; 1;2  và mp    : 2 x  y  2 z  12  0 .
Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên mp    .
Nhận xét: Bài Toán đề cập đến khái niệm hình chiếu vng góc của một
điểm lên một mặt phẳng. Chúng ta sẽ giúp học sinh có nhiều cách tiếp cận với khái

niệm này.
Cách tiếp cận thứ nhất: Điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M lên
mp    khi và chỉ khi H là giao điểm của đường thẳng d qua M vuông góc với
mp    với mp    . Ta có lời giải:
r

Lời giải: mp    có VTPT n   2; 1;2  . Phương trình tham số của đường
�x  1  2t
�
thẳng d qua và vng góc với mp    là: �y  1  t .
�z  2  2t
�

Thay x  1  2t , y  1  t , z  2  2t vào phương trình mp    ta có:
2  1  2t   1  1  t   2  2  2t   12  0 � t  

29 10 20 �
19
 ; ;  �.
. Vậy H �
�
9 �
9
� 9 9

Cách tiếp cận thứ hai: Điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M lên
17


mp    khi và chỉ khi H nằm trên đường thẳng d qua M vng góc với mp    ,

H �   và MH  d  M ;     . Ta có lời giải:

r

Lời giải: Ta có mp    có VTPT n   2; 1;2  . Phương trình tham số của
�x  1  2t
�
đường thẳng d qua và vng góc với mp    là: �y  1  t .
�z  2  2t
�
d  M ;    

2.1  1.  1  2.2  12
2   1  2
2

2

MH  d  M ;     �

 2t 

2



2

19
H �d � H  1  2t; 1  t;2  2t  .

3 ,

  t    2t  
2

2

19
19
� t  � . Do H �   nên
3
9

� 29 10 20 �
H�
 ; ;  �.
9 �
� 9 9

Cách tiếp cận thứ ba: Điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M lên
mp    khi và chỉ H là tiếp điểm của mặt cầu tâm M bán kính R, R  d  M ;     với
mp    . Ta có lời giải:
2.1  1.  1  2.2  12

Lời giải: Ta có d  M ;     

2 2   1  2 2
2



19
3 .

Phương trình mặt cầu tâm M bán kính R  d  M ;     :

 x  1

2

  y  1   z  2  
2

2

361
.
9

2 x  y  2 z  12  0
�
�
Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình �
361
2
2
2
 x  1   y  1   z  2  
�
9

�
�y  2 x  2 z  12
�
*
��
361  .
2
2
2
x

1

2
x

2
z

13

z

2








�
�
9

Xét (*):  x  1   2 x  2 z  13   z  2  
2

2

2

2

2

361
1205
� 5 x 2  5 z 2  8 xz  50 x  48 z 
0
9
9

2

29
20
98 �
� 29 � � 20 � �
� �x  � �z  � �

2 x  2 z  � 0 � x   , z   .
9
9
9�
� 9 � � 9 � �
� 29 10 20 �
Vậy H � ; ;  �.
9 �
� 9 9

Cách tiếp cận thứ tư: Điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên

mp    khi và chỉ khi H thuộc mp    và MH ngắn nhất. Ta có lời giải:

18


Lời giải: Ta có H �mp    � H   x;2 x  2 z  12; z  .
MH 

 x  1

2

  2 x  2 z  13   z  2 
2

2

2

2
2
98 � 361 �19
� 29 � � 20 � �
. Dấu “=” xảy ra khi
 � �x  � �z  � �
2 x  2 z  �
3
9� 9
� 9 � � 9 � �
29
20
� 29 10 20 �
và chỉ khi x   , z   khi đó H � ; ;  �.
9 �
9
9
� 9 9

Cách tiếp cận thứ năm: Điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên
uuur
mp    khi và chỉ khi H thuộc mp    và véc tơ MH vng góc với các véc tơ
uuu
r uuu
r
AB, AC với A, B, C là ba điểm bất kỳ không thẳng hàng ta chọn trêm mp    . Ta có
lời giải:
Lời giải: H �mp    � H   x;2 x  2 z  12; z  .
uuu
r

Chọn A  6;0;0 , B  0;12;0  , C  0;0; 6  thuộc mp    . Ta có AB   6;12;0  ,

uuu
r
uuur
uuur
AC   6;0; 6 , MH   x  1;2 x  2 z  13; z  2  . MH vng góc với các véc tơ
uuur uuu
r
�
6  x  1  12  2 x  2 z  13  0
�
MH
.
AB
0
uuu
r uuu
r
�
�
��
r
AB, AC nên �uuur uuu
6  x  1  6  z  2   0
�
�MH . AC  0
29
�

x
�
5
x

4
z


25
�
�
9 . Vậy � 29 10 20 �.
��
��
H�
 ; ; �
9 �
� 9 9
�x  z  1
�z   20
�
9

Lời bình: Chúng ta vừa có năm cách tiếp cận khác nhau với khái niệm hình
chiếu vng góc của một điểm trên một mặt phẳng. Trong quá trình hình thành các
cách tiếp cận cho học sinh chúng ta cũng đã đề cập đên hoặc dựa trên một số cơ sở
xác định khái niệm khác chẳng hạn như qua ba điểm không thẳng hàng xác định
một mặt phẳng, làm cơ sở cho cách tiếp cận số năm. Hay là trên cơ sở khái niệm
khoảng cách ta thấy khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng chính là độ dài

đoạn MH đồng thời nó là độ dài ngắn nhất giữa điểm M và một điểm bất kỳ trên
mp    để giúp các em có cách tiếp cán thứ tư. Nghĩa là trong q trình trăn trở,
phân tích để tìm hiểu khái niệm chúng ta đã sử dụng sự liên tưởng liên kết với khái
niệm khác có liên qua để lầm rõ thêm khái niệm chính đang tìm hiểu qua đó cũng
phát triển tư duy cho học sinh.
2.5. Bài Tốn 5. (Trích VD3 trang 94 SGK HH12 nâng cao NXBGD).
Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng    : x  2 y  z  1  0 và
   : x  y  2 z  3  0 . Chứng tỏ hai mặt phẳng đó cắt nhau và viết phương trình
giao tuyến của hai mặt phẳng đó.
Nhận xét: Bài Tốn có đề cập đên khái niệm giao tuyến của hai mặt phẳng.
Theo tính chất thừa nhận 4 trang 43 SGK HH11 nâng cao NXB GD thì: Nếu hai
mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy
19


nhất chứa tất cả các điểm chung của hai mặt phẳng đó. Đường thẳng chung đó gọi
là giao tuyến của hai mặt phẳng. Chúng ta sẽ dẫn dắt để học sinh có nhiều cách tiếp
cận khác nhau với khái niệm này, giúp các em hiểu sâu nắm vững hơn về khái
niệm giao tuyến của hai mặt phẳng và có được nhiều cách giải cho bài Tốn đồng
thời qua đó phát triển năng lực tư duy và năng lực giải quyết vấn đề. Ta dễ dàng
kiểm tra được hai mặt phẳng    và    là hai mặt phẳng cắt nhau.
Bây giờ chúng ta chỉ bàn đến việc tìm giao tuyến của hai mặt phẳng.
Cách tiếp cận thứ nhất: Giao tuyến của hai mặt phẳng là một đường thẳng
chứa tất cả các điểm chung của hai mặt phẳng đó, vậy để xác định giao tuyến của
hai mặt phẳng ta chỉ cần xác định hai điểm chung phân biệt A, B của chúng khi đó
giao tuyến là đường thẳng đi qua hai điểm A, B. Ta có lời giải:
Lời giải: -) Tìm tọa độ hai điểm chung A, B của    và    .
�x  y  2 z  3  0

 ** . Trong hệ (**): Cho y  0

Xét hệ phương trình: �
�x  2 y  z  1  0
�x  2 z  3
2�
5
2
�5
 ;0;  �.
� x   , z   , ta được A �
3�
3
3
�3
�x  z  1

ta có �

Trong hệ (**) cho z  0 ta được x  5, y  2 , ta được B  5;2;0  .
uuu
r

10

2

2

�
�
-) AB  � ;2; �  5;3;1 . Giao tuyến của    và    là đường thẳng AB

3� 3
� 3
�x  5  5t
�
có phương trình: �y  2  3t .
�z  t
�

Cách tiếp cận thứ hai: Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng   
và    là đường thẳng đi qua một điểm chung của chúng và vng góc với giá của
r

uu
r uu
r

n ,n �
hai VTPT của hai mặt phẳng    và    nên d có VTCP u  �
�  �. Ta có lời giải:

Lời giải: Làm như cách thứ nhất ta tìm được B  5;2;0  là một điểm chung
của hai mặt phẳng    và    .
uu
r

uu
r

mp    có VTPT n   1;2; 1 , mp    có VTPT n   1;1;2 
r

uu
r uu
r
�u  �
n , n �  5;3;1 là VTCP của đường thẳng d.
�
�
�x  5  5t
�
Phương trình giao tuyến d: �y  2  3t .
�z  t
�

Cách tiếp cận thứ ba: d là giao tuyến của hai mặt phẳng    và    thì
d   M  x; y; z  / M �   v�M �    . Ta có lời giải:
20


Lời giải: Ta có điềm M  x; y; z  �   �   khi và chỉ khi tọa độ M là nghiệm
�x  y  2 z  3  0

 ** . Trong hệ (**) đặt z  t ta được
của hệ phương trình �
�x  2 y  z  1  0
x  5  5t , y  2  3t .
�x  5  5t
�
Vậy phương trình giao tuyến d là �y  2  3t .
�z  t
�

Cách tiếp cận thứ tư: Việc tìm giao tuyến của hai mặt phẳng    và    ta
chuyển về tìm tập hợp các điểm M là điểm chung của hai mặt phẳng    và    .
Ta lấy một điểm M bất kỳ trong mp    , cho M di động trên    cho đến khi M gặp
mp    ta lưu các vết của những điểm M gặp mp    lại thì M sẽ vẽ nên giao tuyến
d. Ta có lời giải:
Lời giải: M  t1 ; t2 ; t1  2t2  1 là điểm bất kỳ trên    . M gặp mp    khi và chỉ
5
5
khi t1  t2  2  t1  2t2  1  3  0 � t1   t2  . Vậy tọa độ điểm M là điểm chung của
3

   và   

3

5 5
�
�x   3  3 t2
�
có dạng �y  t2
.
�
2 1
�z    t2
3 3
�

5 5
�

�x   3  3 t
�
Do đó phương trình giao tuyến d là �y  t
.
�
2 1
�z    t
3 3
�

Cách tiếp cận thứ năm: Gọi d là giao tuyển của    và    . Lấy một điểm
M thay đổi trên mp    gọi  là đường thẳng qua M và có phương là đường thẳng
d. M thay đổi, khi M gặp mp    thì hai đường thẳng d và  trùng nhau, khi đó ta
có phương trình đường thẳng d. Ta có lời giải:
r

uu
r uu
r

n , n � 5;3;1 . Gọi
Lời giải: M  t1; t2 ; t1  2t2  1 là điểm bất kỳ trên    . u  �
�  � 

r
uu
r uu
r
n , n �  5;3;1 làm VTCP. Phương trình đường
 là đường thẳng qua M nhận u  �

�
�

�x  t1  5t
�
thẳng  là �y  t2  3t
khi M gặp mp    ta có t1  t2  2  t1  2t2  1  3  0 , cho
�z  1  t  2t  t
�
1
2
t1  0 � t2  1 khi đó d và  trùng nhau.

21


�x  5t
�
Ta có phương trình đường thẳng d là �y  1  3t .
�z  1  t
�

Cách tiếp cận thứ sáu: Giả sử d là giao tuyển của hai mặt phẳng    và
   . Lấy M là một điểm cụ thể trên mp    , (P) là mặt phẳng qua M và nhận
r
uu
r uu
r
u�
n , n �làm VTPT khi đó (P) vng góc với d. Chọn B là một điểm chung của

�
�
   và    . Khi đó d đi qua B và vng góc với (P). Ta có lời giải:
r

uu
r uu
r

n , n � 5;3;1 . Mp(P) qua M nhận
Lời giải: Chọn M  0;0;1 �   . u  �
�  � 

r
uu
r uu
r
u�
n , n �  5;3;1 . Lấy B  5;2;0  là một điểm chung của    và    , d là giao
�
�
tuyến của hai mặt phẳng    và    thì d đi qua B và vng góc với (P). Phương
�x  5  5t
�
trình đường thẳng d là �y  2  3t .
�z  t
�

Lời bình
+ Chúng ta vừa dẫn dắt học sinh theo sáu cách nhìn khác nhau về khái niệm

giao tuyến của hai mặt phẳng và đã hình thành cho các em được sáu cách giải
tương ứng. Chắc chắn sẽ giúp các em hiểu sâu, nhớ lâu hơn về khái niệm này qua
đó phát triển tư duy và năng lực giải quyết vấn đề cho các em.
+ Trên đây chúng đã đề cập đến những bài Toán cụ thể nhưng thơng qua đó
cũng chứa đựng những quy trình giải các bài Tốn điển hình đó là bài tốn chứng
minh ba điểm thẳng hàng hoặc khơng thẳng hàng, bài tốn chứng minh bốn điểm
khơng đồng phẳng, bài tốn tìm hình chiếu vng góc của một điểm lên một đường
thẳng trong mặt phẳng, bài tốn tìm hình chiếu vng góc của một điểm trên một
mặt phẳng trong khơng gian, bài Tốn tìm giao tuyến của hai mặt phẳng trong
khơng gian. Đây đều là những bài Tốn quan trọng của chương trình Hình học
trung học phổ thơng.
+ Trong q trình dạy học dựa vào cách tiếp cận sự xác định các đối tượng
hình học cơ bản khác nhau chúng ta cũng có thể hình thành cho học sinh cách phân
loại các dạng bài tập Tốn qua đó phát triển năng lực tư duy, năng lực giải quyết
vấn đề. Giúp các em có sự linh hoạt trong tư duy nhìn nhận vấn đề từ đó các em có
những xử lý linh hoạt hơn trong các vấn đề của cuộc sống.
3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM VÀ ĐIỀU TRA QUAN SÁT
Để kiểm chứng tính hiệu quả của đề tài chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm
sư phạm với 4 tiết dạy trên hai giáo án.
3.1. Giáo án thực nghiệm số 1
22