Xây dựng và sử dụng một số phương thức biến đổi các bài toán nhằm bồi dưỡng một số nét đặc trưng của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi toán ở trường THPT việt nam

PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn học cung cấp nhiều kiến thức, kỹ năng, phương
pháp và đặc biệt là rèn luyện tư duy lơgic, sự sáng tạo cho người học . Từ
xưa, tốn học phát sinh và phát triển cho những nhu cầu thực tế của đời
sống con người (và do cả nhu cầu của bản thân nó). Ngày nay cùng với sự
phát triển rất mạnh mẽ của khoa học và kĩ thuật, ngành giáo dục nói chung
và tốn học nói riêng đã có nhiều bước phát triển mới, vượt bậc. Kéo theo
đó là sự phát triển tư duy và khả năng tự lĩnh hội kiến thức, khả năng tự
học, tự nghiên cứu của con người. Điều đó cho thấy tầm quan trọng lớn lao
của nền giáo dục nói chung, mà đặc biệt là ngành khoa học tốn học nói
riêng.
Ở bậc phổ thơng, dạy toán học tức là dạy hoạt động toán học. Trên
cơ sở truyền thụ những kiến thức cơ bản cho học sinh, thầy giáo cần phải
truyền thụ cho học sinh khả năng tự học, tự nghiên cứu. Năng lực tư duy là
cái vốn có trong mỗi một con người , nó rất tiềm tàng ở độ tuổi học sinh
THPT. Điều quan trọng là dạy học nói chung và dạy tốn học nói riêng,
phải biết huy động khả năng tiềm tàng đó.
Trong [12], tác giả Cao Thị Xuân Phương đã nhận xét rằng: “Thực tế
dạy học ở các trường THPT hiện nay cho thấy hầu hết các em đều thụ
động, sức ì quá lớn, lười suy nghĩ. Qua đó, chúng ta thấy được phương
pháp dạy toán của một số giáo viên còn nặng về truyền thụ mà chưa chú ý
đến việc phát huy năng lực tư duy sáng tạo của học sinh”. Vậy để có thể
giúp các em phát triển hồn thiện hơn cả về tư duy lẫn kiến thức thì bản
thân mỗi người giáo viên cần làm gì?. Đó cũng chính là điều mà bản thân
tơi - một người giáo viên tương lai - luôn băn khoăn và trăn trở. Do vậy, tơi
đã chọn đề tài này để có thể góp phần nghiên cứu và xây dựng hoạt động

3

dạy học hiệu quả hơn cho mình và những người giáo viên tốn khác, đó là:
“Xây dựng và sử dụng một số phương thức biến đổi các bài toán nhằm bồi
dưỡng một số nét đặc trưng của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi
toán ở trường THPT Việt Nam (Chủ đề kiến thức hình học 10)”.
2. Mục đích nghiên cứu
Thơng qua một số bài tốn cơ bản trong chương trình lớp 10 (phần
hình học) nhằm hình thành cho học sinh các phương thức khai thác, biến
đổi các bài tốn, qua đó nâng cao năng lực sáng tạo của học sinh, góp phần
nâng cao chất lượng dạy học toán ở trường THPT.
3. Giả thuyết khoa học
Khi dạy học toán ở trường THPT, nếu sử dụng một số phương thức
biến đổi các bài tốn một cách có chủ định nhằm bồi dưỡng tổ hợp các nét
đặc trưng của quá trình hoạt động sáng tạo thì có thể góp phần bồi dưỡng tư
duy sáng tạo có hiệu quả cho học sinh khá và giỏi toán.
4. Phương pháp nghiên cứu
a. Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các văn bản, tài liệu lý luận và
phương pháp giảng dạy bộ mơn Tốn ở trường phổ thông, tổng hợp chúng
để đưa ra những biện pháp thích hợp phục vụ cho luận văn. Nghiên cứu các
tài liệu liên quan về dạy học sáng tạo, nghiên cứu các cơng trình, đề tài liên
quan đến tư duy sáng tạo.
b. Điều tra quan sát: Quan sát quá trình dạy học phần hình học vectơ 10.
c. Thực nghiệm sư phạm để thấy được tính khả thi của đề tài.
5. Đóng góp của đề tài
a. Về mặt lý luận:
 Xác định một số phương thức biến đổi các bài toán.

4


 Định hướng việc sử dụng phương thức biến đổi các bài tốn

trong việc hình thành tổ hợp các nét đặc trưng của quá trình hoạt động sáng
tạo.
b. Về mặt thực tiễn:
Xây dựng hệ thống bài tập tương ứng với các phương thức biến
đổi có tính khả thi và có thể sử dụng rộng rãi trong việc bồi dưỡng học sinh
giỏi tốn.
6. Cấu trúc của khóa luận
Ngồi phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, khóa luận có 3
chương:
Chương 1: Xây dựng phương thức biến đổi các bài toán và vấn đề
bồi dưỡng một số nét đặc trưng của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và
giỏi tốn ở trường THPT.
1.1.Tìm hiểu về “Bài tốn” và một số lí luận liên quan
1.2.Một số phương thức biến đổi các bài toán
1.3.Bồi dưỡng một số nét đặc trưng của tư duy sáng tạo thông qua sử
dụng phương thức biến đổi các bài toán
Chương 2: Sử dụng một số phương thức biến đổi các bài toán nhằm
bồi dưỡng một số nét đặc trưng của tư duy sáng tạo thông qua hệ thống một
số bài tập và hình thức tổ chức dạy học
2.1. Bồi dưỡng một số nét đặc trưng TDST thơng qua hệ thống một
số bài tốn
2.2. Hình thức tổ chức dạy họ
Chương 3: Thực nghiệm sư phạm

5


PHẦN II: NỘI DUNG CHÍNH
CHƯƠNG 1: XÂY DỰNG PHƯƠNG THỨC BIẾN ĐỔI CÁC BÀI
TOÁN VÀ VẤN ĐỀ BỒI DƯỠNG MỘT SỐ NÉT ĐẶC TRƯNG CỦA

TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH KHÁ VÀ GIỎI TỐN Ở
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
1.1.

Tìm hiểu chung về “Bài toán” và một số lý luận liên quan

1.1.1. Một số khái niệm về “Bài toán”
Trong (Nguyễn Bá Kim, “phương pháp dạy học mơn tốn”,
NXBGD, 2007) Nguyễn Bá Kim đã xây dựng khái niệm Bài tốn thơng
qua khái niệm trước đó theo sơ đồ như sau:
Hệ thống

Tình huống

Tình huống
Bài tốn

Bài tốn

Theo đó thì “Trong một tình huống bài tốn, nếu chủ thể đặt ra mục
đích tìm phần tử chưa biết nào đó dựa vào một số phần tử cho trứơc ở trong
khách thể thì ta có một bài toán”.
Khái niệm “Bài toán” cũng được nhiều nhà khoa học trên thế giới và
ở Việt Nam quan tâm. Trong (Bùi Thị Hường, Giáo trình PPDH mơn Tốn
ở trường THPT theo dạy học tích cực, NXBGD), tác giả đã thu thập được
khá nhiều quan niệm khác nhau về bài toán. Chúng tôi xin điểm lại như
sau:
a. Quan niệm về bài toán của một số nhà khoa học:
 Theo Astobar: “Bài toán được chia làm hai loại: Bài toán chứng
minh và Bài tốn tìm tịi.

 Bài tốn chứng minh mệnh đề A từ giả thiết B là sự đòi hỏi một
dãy hữu hạn các mệnh đề A1, A2, A3,…An thoả mãn điều kiện:
Mệnh đề cuối cùng An của dãy chính là mệnh đề A.

6


Mỗi mệnh đề Ai của dãy hoặc là tiên đề, hoặc là định lí, hoặc là được
rút ra từ những mệnh đề đúng trước nó nhờ một quy tắc suy luận lơgic.
 Bài tốn tìm tịi là địi hỏi tìm miền đúng của mệnh đề”.
 Theo G.Polia:
“Bài toán đặt ra sự cần thiết phải tìm kiếm một cách có ý thức
phương tiện thích hợp để đạt được mục đích trơng thấy rõ ràng nhưng
khơng đạt ngay được”.
 Theo Fanghanel:
“Bài tốn là sự địi hỏi hành động trong đó quy định:
 Đối tượng của hành động
 Mục đích của hành động
 Các điều kiện của hành động”.
 Theo Rubinstein:
“Về bản chất, bài toán là sự phát triển bằng lời của một vấn đề”
 Theo thầy Trần Văn Vuông và thầy Vũ Đức Mại (ĐHSP Hà Nội 2)
“Bài tốn là sự địi hỏi đạt được một mục đích nào đó. Mục đích nêu
trong bài tốn có thể là tập hợp bất kì (các số, các hình, các biểu thức,…)
sự đúng đắn hoặc sai lầm của một hoặc nhiều kết luận. Bài toán được phát
biểu nhờ thuật ngữ của lĩnh vực chuyên môn nhất định gọi là bài tốn của
lĩnh vực chun mơn đó”.
Với cách hiểu này bài tốn sẽ đồng nghĩa với đề toán, bài tập, câu
hỏi, nhiệm vụ…
b. Theo một số sinh viên qua điều tra :

Theo nghĩa rộng, bài toán là bất cứ vấn đề nào của khoa học hay
cuộc sống cần được giải quyết. Với quan niệm này, vấn đề an tồn giao
thơng, vấn đề ơ nhiễm mơi trường, vấn đề dân số,…cũng được coi là bài
toán.

7


Theo nghĩa hẹp hơn, bài toán là vấn đề nào đó của khoa học hay
cuộc sống cần được giải quyết bằng kiến thức và phương pháp tốn học.
Có quan niệm đơn giản: Các bài tập trong SGK toán, vật lý, hoá
học…đều là bài toán.
Như vậy, bằng cách tiếp cận khác nhau cho chúng ta những quan
điểm khác nhau về khái niệm bài tốn.
Trong khn khổ khố luận này, chúng tơi chọn quan niệm về Bài
toán theo giáo sư Nguyễn Bá Kim (trong [4]) nhưng chỉ bó hẹp trong nội
bộ mơn tốn Hình học 10 ở trường phổ thơng.
1.1.2. Cấu trúc một bài tốn
Mỗi một bài tốn được hình thành trên cơ sở thống nhất của hai yếu
tố nội dung lôgic và “vỏ” ngôn ngữ.
 Thứ nhất là cấu trúc lôgic của bài: Cấu trúc lôgic được biểu hiện
bằng các thuật ngữ lôgic, các mệnh đề lôgic (thuận, đảo, phản đảo,…), các
biểu thức suy diễn lôgic. Ta thường viết cấu trúc đó dưới dạng giả thiết và
kết luận của bài tốn.
 Thứ hai là “vỏ” ngôn ngữ (tương ứng với biểu tượng trực quan)
của bài tốn. Nội dung lơgic của bài tốn có thể được chuyển tải trên các
phương tiện khác nhau, thể hiện dưới nhiều hình thức khác nhau. Song khi
đã phát biểu thành một bài tốn thì nó chỉ thể hiện dưới một dạng ngơn ngữ
duy nhất nào đó. Hình thức của một bài tốn được thể hiện trong cùng một
thứ ngôn ngữ hoặc dưới các dạng ngôn ngữ khác nhau (như hình học tổng

hợp, hình học vectơ, hình học giải tích,…)
1.1.3. Vai trị và chức năng của bài tập tốn
1.1.3.1. Vai trị của bài tập tốn
Bài tập tốn có vai trị quan trọng trong mơn tốn. Thơng qua giải bài
tập, học sinh phải thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận
dạng và thể hiện định nghĩa, định lý, quy tắc hay phương pháp, những hoạt
8


đọng Tốn học phức hợp, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong Tốn học,
những hoạt động trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ.
Theo tác giả Nguyễn Bá Kim thì vai trị của bài tập Tốn được thể
hiện trên các bình diện sau:
 Thứ nhất, trên bình diện mục tiêu dạy học, bài tập toán học ở
trường phổ thông là giá mang những hoạt động mà việc thực hiện các hoạt
động đó thể hiện mức độ đạt mục tiêu. Mặt khác, bài tập cũng thể hiện
những chức năng khac nhau hướng đến việc thực hiện các muc tiêu dạy học
mơn Tốn, cụ thể là:
Hình thành, củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo ở những khâu khác
nhau của quá trình dạy học, kể cả kỹ năng ứng dụng tốn học vào thực tiễn.
Phát triển năng lực trí tuệ: rèn luyện những hoạt động tư duy, hình
thành những phẩm chất trí tuệ.
Bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng, hình thành những phẩm
chất đạo đức của người lao động mới.
 Thứ hai, trên bình diện nội dung dạy học, những bài tập toán học
là giá mang hoạt độnh liên hệ với những nội dung nhất định, là một phương
tiện cài đặt nội dung để hoàn chỉnh hay bổ sung cho những tri thức nào đó
đã được trình bày trong phần lý thuyết.
 Thứ ba, trên bình diện phương pháp dạy học, bài tập toán học là
giá mang hoạt động , để người học kiến tạo những tri thức nhất định và trên

cơ sở đó thực hiện các mục tiêu dạy học khác. Khai thác tốt các bài tập như
vậy sẽ góp phần tổ chức cho học sinh học tập trong hoạt động và bằng hoạt
động tự giác, tích cực, chủ động và sáng tạo được thực hiện độc lập hoặc
trong giao lưu.
Trong thực tiễn dạy học, bài tập được sử dụng với những dụng ý
khac nhau về phương pháp dạy học: Đảm bảo trình độ xuất phát, gợi động

9


cơ, làm việc với nội dung mới, củng cố hoặc kiểm tra…Đặc biệt là về mặt
kiểm tra, bài tập là phương tiện để đánh giá mức độ, kết quả dạy và học,
khả năng làm việc độc lập và trình độ phát triển của học sinh…Một bài tập
cụ thể có thể nhằm vào một hay nhiều dụng ý trên.
1.1.3.2. Các chức năng của bài tập tốn
Ở trường phổ thơng, dạy Tốn là dạy hoạt động tốn học cho học
sinh, trong đó giải bài tập tốn là hình thức chủ yếu. Do vậy, dạy học giải
bài tập tốn có tầm quan trọng đặc biệt và từ lâu đã là một vấn đề trọng
tâm của phương pháp dạy học Toán ở trường phổ thơng. Đối với học sinh
có thể coi việc giải bài tập tốn là một hình thức chủ yếu của việc học tốn,
vì bài tập tốn có những chức năng sau:
1. Chức năng dạy học:
Bài tập nhằm củng cố, rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo những vấn đề về lý
thuyết đã học. Trong nhiều trường hợp giải tốn là một hình thức rất tốt để
dẫn dắt học sinh tự mình đi đến kiến thức mới. Có khi bài tập lại là một
định lý, mà vì một lý do nào đó khơng được đưa vào lý thuyết. Cho nên qua
việc giải bài tập mà học sinh mở rộng được tầm hiểu biết của mình.
2. Chức năng giáo dục:
Thơng qua việc giải bài tập mà hình thành cho học sinh thế giới quan
duy vật biện chứng, niền tin và phẩm chất đạo đức của người lao động mới.

Qua những bài tốn có nội dung thực tiễn, học sinh nhận thức đúng đắn vè
tính chất thực tiễn củ tốn học, giáo dục lịng u nước thơng qua các bài
tốn từ cuộc sống chiến đấu và xây dựng tổ quốc. Đồng thời, học sinh phải
thể hiện một số phẩm chất đạo đức của người lao động mới qua hoạt động
Toán mà rèn luyện được: Đức tính cẩn thận, chính xác, chu đáo, làm,việc
có kế hoạch, kỹ thuật, năng suất cao, khắc phục khó khăn, dám nghĩ dám
làm, trung thực, khiêm tốn, tiết kiệm, biết được đúng sai trong Toán học và
trong thực tiễn.

10


3. Chức năng phát triển:
Giải bài tập toán nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh, đặc
biệt là phát triển tư duy sáng tạo, hình thành những phẩm chất tư duy khoa
học.
4. Chức năng kiểm tra:
Bài tập nhằm đánh giá mức độ, kết quả dạy học, đánh giá khả năng
học tốn và trình độ phát triển của học sinh cũng như khả năng vận dụng
kiến thức đã học. Trong việc lựa chọn bài tập toán và hướng dẫn học sinh
giải bài tập toán, giáo viên cần phải chú ý đầy đủ đến tác dụng về nhiều
mặt của các bài tập tốn đó.
Thực tiễn sư phạm cho thấy, giáo viên thường chưa chú ý đến việc
phát huy tác dụng giáo dục của bài toán, mà thường chú trọng cho học sinh
làm nhiều bài tập tốn. Trong q trình dạy học, việc chú ý đến chức năng
của bài tập toán là chưa đủ mà giáo viên cần quan tâm tới lời giải của bài
tập toán. Lời giải của bài tập toán phải đảm bảo những yêu cầu sau:
 Lời giải khơng có sai lầm.
Học sinh phạm sai lầm trong khi giải bài tập thường do 3 nguyên
nhân sau:

- Sai sót về kiến thức toán học, tức là hiểu sai định nghĩa của khái
niệm, giả thiết hay kết luận của định lý.
- Sai sót về phương pháp suy luận.
- Sai sót do tinh tốn sai, sử dụng kí hiệu và ngơn ngữ diễn đạt hay
do hình vẽ sai
 Lời giải phải có cơ sở lý luận.
 Lời giải phải đầy đủ.
 Lời giải đơn giản nhất.

11


1.1.4. Vấn đề khai thác một bài toán
Phương thức cơ bản nhất để rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh
là khai thác và phát triển các bài toán. Từ cấu trúc của một bài tốn đã nói ở
trên ta thường khai thác bài toán theo 3 hướng:
- Thứ nhất là khai thác cấu trúc lơgic của bài tốn, ta có cách tiếp
cận lơgic.
- Thứ hai là khai thác “vỏ” ngơn ngữ của bài tốn, ta có cách tiếp
cận ngơn ngữ.
- Thứ ba là khai thác bài tốn theo cách phối hợp 2 cách tiếp cận
trên.
Sau đây chúng ta sẽ lần lượt đi sâu vào từng cách tiếp cận trên:
1.2. Một số phương thức biến đổi bài toán
1.2.1. Biến đổi bài tốn theo cách tiếp cận lơgic
a) Một bài tốn dễ hay khó phụ thuộc chủ yếu vào cấu trúc lơgic của
bài tốn. Khơng phải bao giờ học sinh cũng hiểu được ngay cấu trúc lơgic
của bài tốn. Có những bài hiểu được nội dung lơgic của bài tốn thì việc
giải bài tốn trở nên rất đơn giản. Khai thác cấu trúc lơgic của bài tốn ta
thường đi theo 2 cách sau:

- Thứ nhất là tìm ra nhiều lời giải khác nhau cho bài tốn đó.
- Thứ hai la phát triển bài tốn đó dưới nhiều hình thức: Bài toán
hệ quả, bài toán tương đương, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt hoá, bài
toán đảo…
b) Cơ sở lý thuyết của phép biến đổi bài toán theo cách tiếp cận
lôgic
- Các phép biến đổi tương đương, hệ quả.
- Các công thức lôgic, các hằng lôgic, các mệnh đề tương đương và
các công thức suy luận lôgic.

12


c) Ví dụ minh hoạ
Sau đây ta đưa ra một số ví dụ minh hoạ cho phươnh pháp tiếp cận
bài tốn bằng cách khai thác cấu trúc lơgic của các bài tốn. Tất nhiên ở
đây ta cũng khơng thể tách rời phương pháp khai thác này hoàn toàn độc
lập với các phương pháp khai thác khác của bài toán, (như khai thác hình
thức ngơn ngữ của bài tốn), cũng như sau này khi nghiên cứu các cách
khai thác khác của bài tốn chúng ta vẫn khơng thể tách bạch nó với
phương pháp tiếp cận lơgic. Các ví dụ nêu ra để minh hoạ ở đây chỉ ở
chừng mực chú trọng hơn về phương pháp tiếp cận lơgic. Có thể có các
quan điểm khác nhau về cách phân tích cấu trúc lơgic và cấu trúc ngơn ngữ
của bài tốn. Với cách tiếp cận lôcgic, nghĩa là khai thác cấu trúc lôgic bên
trong của bài toán, ta đưa ra các phương pháp khác nhau để giải bài toán và
đưa ra những bài toán liên quan cùng một kiểu dưới nhiều dạng khác nhau.
Sau đây ta đưa ra một mảng các bài toán cùng xuất phát từ bài toán gốc.
Bài 1.1: Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Chứng minh:
uuu
r uuur uuur r

GA  GB  GC  0 .
Đây là bài toán gốc cơ bản. Việc chứng minh rất đơn giản song khi
dạy bài toán này người thầy cần cho học sinh khai thác hết các cách chứng
minh, qua đó rèn luyện trí sáng tạo cho học sinh trong việc giải tốn, cho
dù đó là bài tốn đơn giản. Sau đây là một số cách có được:
Cách 1: Vẽ hình bình hành BGCD
uuu
r uuur

uuur

uuur

uur

uuu
r

Ta có GB  GC  GD ta lại có GD  2GI  GA
uuu
r uuur uuur

r

=> GA  GB  GC  0

uu
r uur uuur

r

Cách 2: (1) � IA  JB  KC  0
uu
r uur uuu
r 1 uuu
r uuu
r
2

Phân tích: IA  IB  BA  CB  BA
uur

r uuur
1 uuur uuu
2

r uuur
1 uuu
2

Tương tự: JB  AC  CB , KC  BA  AC

13


uu
r uur uuur

r uuu
r

3 uuur uuu
2

r

Suy ra: IA  JB  KC  ( AC  CB  BA)  0
uuu
r uuur uuur

Cách 3: Tạo ra tam giác có 3 véc tơ GA, GB, GC .
Thí dụ như tam giác GDC
uuu
r uuur uuu
r uuur uuur

uuur

Cụ thể: GA  DG; GB  CD; GC  GC =>
uuu
r uuu
r uuur uuur uuur uuur r
GA  GB  GC  DG  CD  GC  0

uuu
r uuur uuur

Cách 4: Chiếu các véc tơ GA, GB, GC trước hết lên các cạnh BC theo
phương AG,sau đó lên cạnh AC theo phương GB. Các véc tơ chiếu đều
r

uuu
r uuur uuur

r

bằng 0 .Từ đó suy ra GA  GB  GC  0
Cách 5: Dùng phương pháp toạ độ. Cho

A  a1 , a2  , B  b1 , b2  , C  c1 , c2 
�a  b  c a  b  c �
=> G �1 1 1 ; 2 2 2 � Từ đó ta tính được toạ độ véc tơ
3
� 3
�
uuu
r uuur uuur
uuu
r uuur uuur r
GA  GB  GC là ( 0,0).Suy ra GA  GB  GC  0

Chú ý:
+ Bài toán 1.1 thực chất là trường hợp riêng của bài toán tâm tỉ cự:
Cho n điểm A1,A2,...,An và n số thực k1,k2,…,kn sao cho: k1+k2+…+kn �0.
Khi đó tồn tại điểm duy nhất I trong mặt phẳng sao cho :
uur
uuu
r
uuu
r r
k1 IA1  k2 IA2  ...  kn IAn  0

+ Bài tốn 1.1 có phạm vi ứng dụng rất nhiều vì vậy cần phải khai
thác bài tốn ở mọi góc độ để thấy được sự vận dụng của bài tốn, qua đó
rèn luyện trí sáng tạo cho học sinh.
Sau đây là một số bài tốn mà thầy giáo hướng dẫn học sinh tự tìm
tịi và chứng minh, các bài tốn này có trong các sách bài tập, bồi dưỡng,
nâng cao trong chương trình lớp 10

14


Bài 1.2 : Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai tam giác ABC
và A’B’C’ có cùng trọng tâm là một trong các đẳng thức sau được thoả
mãn:

uuuur uuur uuuu
r r
a.AA '  BB '  CC '  0
uuuu
r uuuu
r uuur r
b. AB '  BC '  CA '  0
uuuu
r uuur uuur r
c. AC '  CB '  BA '  0

Chứng minh:
Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A’B’C’.Ta có:
uuuur uuur uuuu
r uuur uuuur uuuur
uuur uuuur uuuur

uuur uuuur uuuur
AA '  BB '  CC '  ( AG  GG '  G ' A)  ( BG  GG '  G ' B )  (CG  GG '  G ' C )
uuur uuur uuur
uuuuu
r uuuur uuuuur
uuuur
uuuur
 ( AG  BG  CG )  (G ' A '  G ' B  G ' C ')  3GG '  3GG '
uuuur r
Từ đó theo câu a � 3GG
 '  0 G G ' .Tương tự xét cho trường

hợp b,c
Nhận xét: Bài toán 1.2 thường được vận dụng trực tiếp để giải các
bài tập có liên quan đến trọng tâm. Ta tiếp tục đưa ra các bài toán vận dụng.
Bài 1.3: Cho hình lục giác ABCDEF. Gọi M1, M2, M3, M4, M5, M6 lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC,CD,DE,EF,FA .Chứng minh rằng
tam giác M1M3M5 và tam giác M2M4M6 có cùng trọng tâm.
Lời giải:
Nếu học sinh đã biết bài tốn 1.2 thì sẽ nghĩ ngay đến việc tính tổng
uuuuuur uuuuuur uuuuuur

r

các vectơ M 1M 2  M 3 M 4  M 5 M 6 và chứng minh được tổng đó là vectơ 0 ,
từ đó chứng minh được bài toán.

15

Bài 1.4: Cho tam giác ABC và các điểm A 1, B1, C1 lần lượt thuộc
các cạnh BC, AC, AB. Biết tam giác ABC và tam giác A1B1C1 có cùng
trọng tâm
a. CMR:

AC1 BA1 CB1


AB BC AC

b. Tìm điều kiện để AA1, BB1, CC1 đồng quy.
Lời giải:
a. Theo giả thiết tam giác ABC và tam giác A 1B1C1 có cùng trọng
uuuu
r uuur uuur r
tâm nên ta có: AC1  BA1  CB1  0
từ đó suy ra:

AC1 BA1 CB1


AB BC AC

b. Áp dụng định lý Xêva ta có
AA1, BB1, CC1 đồng quy khi và chỉ khi

câu a, nếu đặt

C1 A A1 B C1 A
� �

 1 . Theo
C1 B A1C B1 A

C1 A A1B C1 A


 k => k=1
C1B A1C B1 A

Từ đó suy ra A1, B1, C1 là trung điểm các cạnh BC, AC, AB.
Quá trình sáng tạo trong giải toán là một chuỗi tư duy sáng tạo ra
cái mới và bài tốn mới từ những cái đã có, đã biết, đã giải. Từ những
chuỗi bài toán kế tiếp nhau, quá trình sáng tạo lại tiếp tục. Áp dụng bài toán
1.6 thầy giáo hướng dẫn học sinh khai thác để có những phát hiện mới
uuu
r uuur uuur r
Chú ý rằng từ hệ thức GA  GB  GC  0 của bài tốn 1.1, ta có
uuur uuur uuuu
r

uuuu
r

thể có ngay hệ thức MA  MB  MC  3MG với M là một điểm bất kỳ, khai
thác hệ thức này ta có các bài tốn sau:

16


Bài 1.5: Cho tam giác ABC, M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng

chứa tam giác ABC , đặt BC = a, AC = b, AB = c. Giả sử G là trọng tâm
của của tam giác ABC, đặt MG = d
1 2
2
2
2
2
2
2
a. CMR: MA  MB  MC  3d  (a  b  c )
3

b. Tìm vị trí của M thuộc các cạnh của tam giác ABC sao cho
MA2  MB 2  MC 2 là nhỏ nhất, lớn nhất

Lời giải:
a. Ta có

uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuur
MA2  MB 2  MC 2  ( MG  GA) 2  ( MG  GB ) 2  ( MG  GC ) 2
uuuu
r uuu
r uuu

r uuur uuu
r 2 uuu
r 2 uuur 2
2
 3d  2 MG.(GA  GB  GC )  GA  GB  GC
4 b2  c 2 a 2 a 2  c 2 b2 a 2  c 2 c 2
 3d  (




 )
9
2
4
2
4
2
4
1
 3d 2  ( a 2  b 2  c 2 )
3
2

b. Đặt S = MA2+MB2+MC2, với M nằm trên các cạnh của tam giác ABC,
thế thì từ câu a) suy ra S lớn nhất,nhỏ nhất khi d lớn nhất,nhỏ nhất.
d lớn nhất khi d = Max(GA,GB,GC) => S lớn nhất khi M trùng với
đỉnh mà có trung tuyến xuất phát từ đó là nhỏ nhất. Suy ra M trùng với
đỉnh đối diện với cạnh bé nhất.
Vậy : d bé nhất khi M trùng với hình chiếu vng góc của G trên

cạnh của tam giác sao cho khoảng cách từ G đến cạnh đó là bé nhất. Dễ
dàng suy ra điểm cho là chân đường vuông góc của G lên cạnh lớn nhất của
tam giác ABC
Bài 1.6
a, Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Hãy tìm vị trí M trên
uuur uuur uuuu
r
MA

MB

MC
đường trịn sao cho
là nhỏ nhất, lớn nhất

17


uuur uuur uuuu
r

b, Tìm tập hợp những điểm M sao cho MA  MB  MC  l trong đó l
là độ dài của một đoạn thẳng cho trước
Lời giải :
uuur uuur uuuu
r

uuuu
r

uuur uuur uuuu
r

a. Ta có MA  MB  MC  3 MG => MA  MB  MC nhỏ nhất, lớn nhất
khi MG nhỏ nhất, lớn nhất.
MG nhỏ nhất khi M �M 1
MG lớn nhất khi M �M 2
Trong đó M1,M2 là hai đầu mút
của đường kính đi qua G và M 1G �M 2G
uuur uuur uuuu
r

uuuu
r

b. Do MA  MB  MC  3MG � MG 

l
3

Từ đó suy ra : tập hợp các điểm M là đường trịn tâm G bán kính

l
3

Tiếp tục khai thác tính chất trọng tâm của tam giác dưới các dạng bài
tốn, dưới các hình thức khác nhau như hình chiếu song song, điểm cố
định, tập hợp điểm... Ta có các bài toán sau :
Bài 1.7 :
a, Cho tam giác ABC có trọng tâm G, d là đường thẳng bất kỳ , gọi

A1, B1, C1, G1 là hình chiếu song song của A, B, C, G lên d theo một
phương  cho trước

uuuur uuur uuuu
r uuuu
r

CMR: AA1  BB1  CC1  GG1

uuuur uuur uuuu
r r
AA

BB

CC
b, Dựng đường thẳng d sao cho
1
1
1  a (trong đó

r

A1,B1,C1 là hình chiếu vng góc của A, B, C lên d, a là véc tơ cho trước
c, Cho tam giác ABC, đường thẳng d thay đổi, gọi A1,B1,C1 lần lượt
là chân các đường vng góc hạ từ A, B, C xuống d biết rằng

18

uuuur uuur uuuu
r r
AA1  BB1  CC1  0 . Chứng minh rằng đường thẳng d luôn luôn đi qua một

điểm cố định
Lời giải:
a.Tacó
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuuur
AA1  BB1  CC1  ( AG  GG1  G1 A1 )  ( BG  GG1  G1 B1 )  (CG  GG1  G1C1 )
uuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur
uuuur uuuur
 ( AG  BG  CG )  (G1 A1  G1 B1  G1C1 )  3GG1  3GG1

uuuur r
b. Từ câu a) => 3GG1  a Từ đó xác định được G1. Như vậy đường

thẳng d đi qua G1 và d  GG1
uuuu
r r

c. Từ câu a) suy ra GG1  0 => G �G1 ; do G1 �d vậy d luôn luôn đi
qua trọng tâm G của tam giác ABC
Nhận xét: Thầy giáo có thể hướng dẫn học sinh vào một khả năng
sáng tạo không ngừng bằng cách hướng học sinh tiếp tục phát triển bài toán
1.7 theo các hướng sau.
+,Hướng thứ nhất: Thay trọng tâm G bằng một điểm bất kỳ I, với
uuuur

uuur

uuuu
r r

điểm I đó sẽ tồn tại bộ 3 số thực k 1, k2, k3 sao cho k1 AA1  k2 BB1  k3 CC1  0
Khi đó nếu cho đường thẳng d thay đổi thì d ln đi qua điểm cố định I khi
uuuur

uuur

uuuu
r r

và chỉ khi luôn tồn tại hệ thức k1 AA1  k2 BB1  k3 CC1  0 ( trong đó A1,B1,C1
là chân các đừng vng góc hạ từ A, B, C xuống d). Cho k 1, k2, k3 thay đổi
(k1  k2  k3 �0) ta sẽ có vơ số các bài tốn trong trường hợp đơn lẻ.

19


+ Hướng thứ hai: Xét bài toán tương tự cho đa giác bất kỳ. Thí dụ
như bài tốn tổng qt sau: “ Cho đa giác A 1A2…An đường thẳng d thay
đổi, cho k1, k2, …, kn là n số thực có tổng khác khơng. Gọi A’ 1, A’2…,A’nlà
hình chiếu vng góc của A1 ,A2 …,An lên d giả sử rằng ta ln có
uuuur
uuuuuu
r
uuuuuu
r r
k1 AA'1  k2 A 2 A'2  ...  kn An A 'n  0 . Chứng minh rằng đường thẳng d luôn luôn

đi qua một điểm cố định”
Từ hai hướng đó ta có thể cho học sinh phát triển thành nhiều bài
toán dưới các dạng khác nhau về hình thức.
1.2.2. Biến đổi bài tốn theo cách tiếp cận ngôn ngữ
a, Nội dung lôgic của một bài tốn có thể được mã hố dưới nhiều
dạng khác nhau. Đơi khi có những bài tốn nhìn hình thức có vẻ xa lạ, song
nếu chịu khó tư duy một chút ta có thể thấy được các bài tốn có vẻ khác
nhau ấy lại có nội dung rất giống nhau. Nét khác nhau của chúng chỉ ở hình
thức thơi, bởi vì chúng được phát triển dưới các dạng ngơn ngữ khác nhau.
Đó chính là nội dung của phương pháp khai thác bài tốn bằng cách tiếp
cận ngơn ngữ.
b, Cơ sở của phép biến đổi bài toán bằng cách tiếp cận ngôn ngữ:
Cơ sở khoa học : Dựa vào sự thống nhất biện chứng giữa hình thức
và nội dung của một sự vật. Hình thức bao giờ cũng chứa đựng một nội
dung nào đó mà nó phản ánh, một nội dung được phản ánh dưới một hình
thức nào đó
c, Thí dụ minh hoạ:
Như đã nói ở phần khai thác bài tốn bằng cách tiếp cận lôgic, trong
phần này ta cũng không thể tách bạch hoàn toàn độc lập, mà ở đây ta chú
trọng hơn về hình thức ngơn ngữ của bài toán.
Cách thứ 2 để khai thác một bài toán, nhằm để rèn luyện sự sáng tạo
cho học sinh trong quá trình học tốn đó là dạy học sinh cách tiếp cận ngôn

20


ngữ của bài toán, hiểu bài toán theo nhiều kiểu ngơn ngữ khác nhau, thay
đổi cấu trúc hình thức của bài tốn trong cùng một loại ngơn ngữ để được
các dạng có vẻ khác nhau với cùng một nội dung. Qua một quá trình
thường xuyên như thế làm cho khả năng sáng tạo của học sinh ngày càng

tốt. Học sinh có năng lực nhận biết, cảm thụ, nhạy cảm linh hoạt khi đứng
trước một vấn đề đặt ra của bài tốn khó
Sau đây ta đưa ra một số bài tốn để phân tích q trình đó.
Bài 2.1:
Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường trịn tâm O bán kính R,
M là một điểm nằm trên đường trịn. Ta có hệ thức MA2+MB2+MC2=6R2.
B tốn này có nhiều cách giải.Một trong cách cách giải là như sau:
Giải:
Giả sử M thuộc cung nhỏ BC dễ dàng chứng minh được
ABD  ACM

(với D là điểm nằm trên đường thẳng BM và BD=CM)
=>  AMD là tam giác đều
=> MD=MA => MA=MB+BD=MB+MC
Hay z = x + y (1)
Từ đó suy ra z2 = x2 +y2 + 2xy (2)
�  1200
Mặt khác, trong tam giác BMC có BMC

nên theo định lý hàm số cosin
ta có BC2 = MB2 + MC2 +MB.MC
Hay a2 = x2 + y2 + xy (3)
( a là cạnh của  ABC)
Từ hệ thức (2) và (3)
ta suy ra x2 + y2 + z2 = 2a2. Do a = R 3
nên suy ra x2 + y2 + z2 = 6R2 hay MA2+MB2+MC2=6R2.

21

Nhận xét :
�  1200
Nghiên cứu lời giải của bài tốn trên ta thấy  BMC có BMC

và AM là tia phân giác của nó. Nếu ta gọi I là giao điểm của AM và BC.
Bằng việc xét hai tam giác đồng dạng BMI và AMC và sử dụng hệ thức
MA = MB + MC ta có hệ thức

1
1
1


và đó cũng chính là nội
MI MB MC

dung của bài tốn sau :
Bài 2.2 :
�  1200 , kẻ đường phân giác trong AD của
Cho tam giác ABC có BAC

góc A ( D thuộc BC). Chứng minh hệ thức

1
1
1


AD AB AC

Nhận xét : Bài toán này nếu chúng ta kéo dài AD cắt đường tròn
ngoại tiếp  ABC tại điểm thứ hai M thì  MBC đều. Khi đó, ta có thể thấy
được  ABC chính là  BMC và cũng chính là  ABC trong hình 2.1 và
hướng giải quyết bài toán chúng ta đã biết như trên. Đến đây, ta cũng có thể
khai thác lại bài tốn 2.2 như sau :
Bài 2.3 :
�  1200 . Kẻ đường phân giác trong của góc
Cho tam giác ABC có BAC

A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M. Chứng minh hệ thức AM 2
+ AB2 + AC2 = 6R2 ( R là bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC)
Ta dễ dàng nhận thấy bài toán 2.1 và 2.3 thực chất chỉ là một, chỉ
khác nhau về ngôn ngữ phát biểu bài toán. Chúng ta tiếp tục nghiên cứu lời
giải bài toán 2.1 nếu ta mũ 4 hệ thức (1) của hai vế, ta có:
z4 = x4 + y4 + 4x2y2 + 2x2y2 + 4x3y + 4y3x (4) .
Bình phương hệ thức (3) ta có: a 4 = x4 + y4 + x2y2 + 2x2y2 + 2x3y +
2y3x

(5).
Nhân hai vế của (5) với 2 rồi trừ vế với hệ thức (3) ta suy ra:

22


x4 + y4 + z4 = 2a4 =18R2. Từ đó ta có thể phát biểu bài tốn 2.4 như
sau
Bài 2.4 :
Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R,
M là một điểm nằm trên đường trịn. Ta có hệ thức :
MA4 + MB4 + MC4 =18R2

Như vậy, căn cứ vào cách giải của bài toán 2.1, ta đã thay đổi một số
yếu tố của bài toán ban đầu để lần lượt tạo ra các bài toán mới, bài sau thu
được do khai thác phương pháp và kết quả của bài tốn trước đó. Tất cả các
bài tốn này tuy có vỏ bọc ngơn ngữ khác nhau nhưng đều có nội dung
như nhau.
1.2.3. Biến đổi bài toán theo cách phối hợp hai cách tiếp cận ngôn
ngữ và lôgic
a. Để làm phong phú hơn các phép biến đổi các bài toán và nâng cao
năng lực tư duy sáng tạo của học sinh lên một tầm mới, ta thường vận dụng
cách khai thác này. Cách khai thác bài tốn bằng cách phối hợp hai cách
tiếp cận lơgic và ngơn ngữ, địi hỏi phải có một cách nhìn bài toán hết sức
bao quát, trừu tượng hơn. Bằng cách này chúng ta có thể đi đến những kết
quả có tầm cao hơn, tổng qt hơn bài tốn đã có.
b. Cơ sở khoa học của phép biến đổi bài toán theo cách phối hợp hai
cách tiếp cận ngôn ngữ và lơgic.


Cơ sở triết học :



Nội dung phù hợp với hình thức (nội dung nào thì có hình thức

tương đương ấy).


Sự vật ln ln ở trạng thái vận động.



Cơ sở tốn học : Các phép biến đổi tương đương, hệ quả.

23


Như vậy ta coi bài toán như một "vật thể" ln ln biến động,
khơng nằm ở trạng thái tĩnh.
c. Ví dụ minh họa
Ta tiếp tục nghiên cứu cách tiếp cận thứ 3: phối hợp giữa hai cách
tiếp cận lôgic và cách tiếp cận ngơn ngữ
Trong q trình dạy và bồi dưỡng học sinh khá giỏi, chúng ta gặp
nhiều bài toán là tập hợp hệ thống nhiều kiến thức tổng hợp. Vậy thì người
thầy cần hệ thống các kiến thức cần thiết để hình thành các bài tốn cơ bản
đó, cần phải tổng kết các kĩ năng để giải cácbài toán đó. Trên cơ sở những
kiến thức đã truyền tải cho học sinh để dạy cho học sinh tập sáng tạo.
Sau đây ta lấy một ví dụ về một bài tốn cơ bản. Trong tam giác các
yếu tố đỉnh, cạnh, các đường trong tam giác, các điểm trực tâm, trọng tâm,
tâm đường nội tiếp, ngoại tiếp, đường tròn Ơle và các bán kính của nó có
những mối quan hệ ràng buộc. Trước hết ta có các kết quả quan trọng sau:
Bài 3.1: cho tam giác ABC, gọi G, H, O, I lần lượt là trọng tâm , trực
tâm, tâm đuờng tròn ngoại tiếp, tâm đường trịn nội tiếp. ta có kết quả sau:
uuu
r uuu
r uuur

uuur

a) OA  OB  OC  OH
uuur uuur uuur

uuur

b) HA  HB  HC  2 HO
uuur

uuur

c) OH  3OG

Lời giải của bài tốn này có hầu hết trong các sách bồi dưỡng, chọn
lọc lớp 10. Từ các kết quả trên học sinh vận dụng để giải các bài toán khác
và sáng tạo ra nhiều bài tốn hay.
Sau đây là một số ví dụ:
Bài 3.2:
Cho đường tròn tâm O. vẽ 3 đường AB, CD, EF song song với nhau.
Chứng minh rằng các trực tâm của 3 tam giác ADF, CBF, EBD thẳng hàng.
Lời giải:
Gọi H1, H2, H3 lần lượt là trực tâm của các tam giác ADF, CBF, EDB.
24


uuu
r uuur uuur

uuuur

Ta có: OA  OD  OF  OH1 (1)
uuur uuur uuur uuuur
OC  OB  OF  OH 2 (2)
uuur uuur uuu

r uuuur
OE  OD  OB  OH 3 (3)
uuuuur uuu
r uuur
Từ (1), (2) � H1 H 2  AB  DC (4)
uuuuuu
r uuur uuu
r
Từ (2), (3) � H 2 H 3  CD  FE (5)

uuur uuur
Do AB // CD // EF suy ra vectơ AB  DC cộng tuyến với vectơ
uuur uuu
r
CD  FE
uuuuur
uuuuuu
r
Từ (4), (5) � H1 H 2 cộng tuyến với H 2 H 3 . Do đó H1, H2, H3 thẳng

hàng (đpcm)
Bài 3.3:
Vẫn giữ nguyên giả thiết của bài 3.1, gọi R, r là bán kính của đường
trịn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác. a, b, c là độ dài các cạnh BC, AC,
AB. Ta có các hệ thức sau:
a)

OH2= 9R2 - (a2+b2+c2)

b)

OI2= R2- 2Rr

Lời giải:
uuu
r uuu
r uuur

uuur

uuu
r uuu
r

uuu
r uuur

a) Ta có: OA  OB  OC  OH suy ra:

uuur uuur

OH2= 3R2+ 2 OA.OB + 2 OA.OC + 2 OB.OC

= 3R2+ OA2+ OB2- AB2+ OA2+ OC2- AC2+ OB2+ OC2- BC2
= 9R2 - (a2+b2+c2)
Ta có thể lấy một số ví dụ khác để thấy đuợc cái hay của cách tiếp
cận thứ 3 này. Cụ thể trong vấn đề chứng minh 3 điểm thẳng hàng, người
thầy cần hệ thống các kiến thức cần thiết để hình thành bài tốn cơ bản, cần
tổng hợp các kỹ năng để giải các bài toán đó. Để giúp học sinh có phuơng
pháp chứng minh 3 điểm thẳng hàng chúng ta cho học sinh làm các bài

toán cơ bản sau:

25


Bài toán cơ bản:
Bài 4.1: Ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng khi và chỉ khi một
trong các điều kiện sau được thỏa mãn:
uuur

uuu
r

a. AC  k AB

uuur

uuu
r

uuu
r

b. Với O tùy ý: k # 1: OC  kOB  (1  k )OA

uuur uuu
r
uuu
r OC  kOB
c. Với O tùy ý: k # 1: OA 

1 k
uuur
uuu
r uuu
r
d. Với O tùy ý: OC  kOB  lOA trong đó: k+l =1

Đây là những kết quả cơ bản nhưng không kém phần quan trọng
giúp cho học sinh giải được những bài toán liên quan đến vấn đề thẳng
hàng. Những kết quả này đều có hầu hết trong sách bài tập, sách bồi dưỡng
chọn lọc. Từ các kết quả này, học sinh vận dụng để giải các bài toán khác
và sáng tạo ra nhiều kết quả mới hay hơn.
Bài 4.2: Cho tam giác ABC, M và N là hai điểm xác định như sau:
uuur uuuu
r r
uuu
r uuur uuur r
MA  3MC  0 và NA  2 NB  3NC  0 . Chứng minh ba điểm M, N, B thẳng
hàng.
Chứng minh: Theo bài ra:
uuu
r uuuu
r
uuur uuuu
r r
uuur uuuu
r r
MA  3MC  0 � BA  BM  3( BC  BM )  0
uuuu
r uuu

r uuur
� 4 BM  BA  3BC
(1)
uuu
r uuur uuur
uuur uuur r
uuu
r uuur uuur r
Theo giả thiết: NA  2 NB  3NC  0 � BA  BN  2 BN  3( BC  BN )  0
uuur uuu
r uuur
� 6 BN  BA  3BC
(2)
uuuu
r

uuur

uuuu
r 3 uuur
2

Từ (1),(2) � 4 BM  6 BN � BM  BN
Suy ra: B, M, N thẳng hàng.

Bài 4.3: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm đối
xứng với D đối với trung điểm các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh
rằng: điểm D và trọng tâm các tam giác ABC và MNP thẳng hàng.

26

Lời giải:
Gọi A0, B0, C0 lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB; G 1, G2
tương ứng là trọng tâm các tam giác ABC và MNP
Ta có:
uuuur 1 uuur uuur uuur
DG1  ( DA  DB  DC )
3
uuuur 1 uuuur uuur uuur
DG2  ( DM  DN  DP)
3

Theo bài ra ta có:
M đối xứng với D đối với A0 nên:
uuuur uuur uuur
DM  DB  DC

(3)

N đối xứng với D đối với B0 nên:
uuur uuur uuur
DN  DC  DA

(4)

P đối xứng với D đối với C0 nên:
uuur uuur uuur
DP  DA  DB

(5)
uuuur

2 uuur uuur uuur
3

Thay (3), (4), (5) vào (2) ta có: DG2  ( DA  DB  DC )
uuuur

(6)

1 uuuur
2

Từ (1) và (6) � DG1  DG2 � D, G1, G2 thẳng hàng
Bài 4.4: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Qua ba
đỉnh A, B, C vẽ các đường thẳng song song với nhau cắt đường tròn tâm
(O) lần lượt tại A1, B1, C1. Ba trọng tâm của tam giác ABC 1, BCA1, CAB1
thẳng hàng.
Nhận xét: Dễ thấy nội dung bài tốn 4.4 này chính là nội dung của
bài toán 3.2 mà ta đã giải quyết ở phần trước. Từ đó ta có được lời giải cho
bài tốn 4.4 một cách dễ dàng
1.3. Bồi dưỡng các nét đặc trưng của tư duy sáng tạo thông qua
sử dụng phương thức biến đổi các bài toán

27