NÂNG CAO NĂNG LỰC, PHÁT TRIỂN TƯ DUY TOÁN HỌC CHO
HỌC SINH QUA VIỆC GIẢI BÀI TẬP TOÁN HỌC THEO NHIỀU
CÁCH KHÁC NHAU
PHẦN I . MỞ ĐẦU
I- Lí do chọn đề tài
Về phương pháp giáo dục, giáo viên phải khuyến khích tự học và áp dụng
phương pháp giáo dục hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng
tạo, năng lực tự giải quyết vấn đề .Nhân cách của học sinh trong đó có kết quả
trí dục chính là chất lượng sản phẩm mà nhà trường đào tạo cho xã hội. Vì vậy,
đổi mới phương pháp giảng dạy là một yêu cầu cần thiết đối với ngành giáo dục.
Đi đôi với việc đổi mới phương pháp giảng dạy là sự cần thiết phải chú ý đến
hoạt động học mà trước hết là phải rèn luyện cho học sinh kĩ năng học tập bộ
môn.
Toán học là môn học có tính trừu tượng cao, tính lô gíc và có tính thực
tiễn. Chính từ các đặc điểm đó làm cho những tri thức và kĩ năng toán học cùng
với phương pháp làm việc trong toán học trở thành công cụ để học tập các môn
học khác trong nhà trường , là công cụ của nhiều ngành khoa học khác nhau và
là công cụ để tiến hành các hoạt động trong đời sống thực tế. Ngoài việc cung
cấp cho học sinh những kiến thức và kĩ năng toán học cần thiết, môn toán còn
góp phần phát triển năng lực trí tuệ chung như phân tích , tổng hợp , trừu tượng
hoá, khái quát hoá, rèn luyện những đức tính, phẩm chất của người lao động mới
như tính cẩn thận , chính xác, tính kỉ luật , tính phê phán, tính sáng tạo.
Trong việc nâng cao chất lượng dạy toán học ở trường phổ thông,việc cải
tiến phương pháp dạy học có ý nghĩa rất quan trọng.Sự phát triển nhanh như vũ
bão của khoa học kỹ thuật đang đặt ra cho người thầy nhiều yêu cầu về phương
pháp dạy học.
Hoạt động giải bài tập toán có thể xem là hình thức chủ yếu của hoạt động
toán học đối với mỗi học sinh. Nó là điều kiện để thực hiện tốt các mục tiêu của
3
việc dạy hoc môn toán ở trường phổ thông. Rèn luyện cho học sinh có kĩ năng
giải bài tập toán theo nhiều cách là khâu quan trọng trong việc đổi mới phương

Từ việc tìm hiểu nội dung bài toán học sinh phải tìm được các kiến thức
liên
quan tới từng nội dung.Để làm được điều đó đòi hỏi học sinh phải nắm
vững các định nghĩa, định lý, các quy tắc toán học một cách chính xác đầy đủ và
có hệ thống.
3) Tìm hướng giải phù hợp với bài toán.
Từ những vấn đề đã phân tích ở trên học sinh sẽ vạch ra được các hướng
giải phù hợp với mỗi bài toán.Một bài toán nếu học sinh tìm được nhiều cách
giải càng chứng tỏ khả năng sáng tạo của học sinh.Qua đó học sinh cảm thấy
hứng thú, say mê trong học tập.
4)Đánh giá các cách giải tìm được.
Sau khi tìm được các cách giải phù hợp, học sinh cần đánh giá được ưu
nhược
điểm của từng cách để qua đó tìm ra một cách làm ngắn gọn, dễ nhớ, dễ
hiểu và mạch lạc nhất. Mặt khác sau khi đã giải xong bài toán học sinh có thể
5
tìm những bài toán tương tự có thể áp dụng lời giải đó. Điều này giúp các em có
khả năng tư duy sáng tạo trong học tập .
II- Thực trạng vấn đề
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” là một vấn đề mở đầu cho việc
Đại số hoá hình học. Nó giúp cho học sinh có thể giải các bài toán hình học dễ
dàng hơn, phục vụ tốt hơn cho việc xây dựng và phát triển các bài toán hình học.
Đây cũng là phần mở đầu quan trọng vì sau này đến phần “Phương pháp toạ độ
trong không gian”đều được mở rộng một cách tương tự.
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” cũng là một phần quan trọng trong
các đề thi học kỳ, thi tốt nghiệp THPT, thi đại học. Phần lý thuyết rất đơn giản
nhưng dạng bài tập thì nhiều, các bài tập có mối quan hệ với những kiến thức
hình học trước đây đòi hỏi học sinh phải có tư duy lôgíc, có sự liên hệ giữa lý
thuyết và thực tế mới có thể giải được.
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” bao gồm: “Phương trình đường



=
=
⇔
BCAD
CDAB
( )
( ) ( )





−++=
−+−=
⇔
22
2
2
112
1)2(5
yx
yx
( ) ( )
( ) ( )





BD =>







+
=
+
=
2
2
DB
I
DB
I
yy
y
xx
x




−=
−=
⇔
BID

11
22



=
=
⇔
2
0
y
x
Vậy điểm D(0;2).
Cách 4: Dựa vào phương trình đường thẳng
+) Viết phương trình đường thẳng CD:
Ta có CD đi qua C(2;1) và có véc tơ chỉ phương là
AB
(2;-1) =>Véc tơ
pháp tuyến của CD là:
( )
2;1n
=> Phương trình tổng quát của CD là: x + 2y -4=0.
+) Viết phương trình đường thẳng AD
Ta có AD đi qua A(-1;1) và có véc tơ chỉ phương là
CB
(-1;-1) =>Véc tơ
pháp tuyến của AD là:
( )
1;1 −u
=> Phương trình tổng quát của AD là: x - y+ 2=0.

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:



=+−
=−+
092
052
yx
yx
=> A(-1;7)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:



=++
=−+
022
052
yx
yx
=> B(4;-3)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:



=+−
=++
092
022

<=>







−−=−−
−−−=−
)1(
3
5
3
)4(
3
5
4
yy
xx
<=>



+−=−−
+=−
yy
xx
5539
520312

BA
=
=>
IMIA 2−=
<=>
)2;1(
2'
1'
)'
2
1
(2'7
)'1(2'1
−⇒



=
−=
⇔





−−−=−
−−−=−−
I
y
x

Thay tọa độ điểm B vào vế trái của d
1
ta được: t
B
= -3 -7 = -10
Thay tọa độ điểm C vào vế trái của d
2
ta được: t
C
= 1 - 7 = -6
=> t
B
.t
C
> 0 => d
1
là phân giác ngoài của góc A.
=> Phân giác trong của góc A: x + 1 =0
+)Viết phương trình phân giác trong của góc B
10
Gọi M(x;y) nằm trên đường phân giác trong của gócB. Khi đó:
d(N,BA) = d(N,BC) <=>
2252 ++=−+ yxyx
<=>



++−=−+
++=−+
2252

C
> 0
=> Phân giác trong của góc B: x + y -1 = 0
+) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => I = d
2

∩

2
∆

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:



=+
=−+
01
01
x
yx
=>



=
−=
2
1
I



>
−−=−
+=
=+−+−−
0
)725(10
)1(5
45)257()1(
22
k
xk
xk
xx





=
=
⇔





−−=−
+=




>
=
=
0
1
1
k
BAkBM
BCBM
=>







+=+−
−=−
>
=+−+−
10325
)5(4
0
(*)80)325()4(
22
kx

1
cân nên BM
1
là
đường phân giác trong của góc B trong tam giác BCM
1
=> BM
1
là đường phân
giác trong của góc B trong tam giác ABC doM
1

∈
AB.
Phương trình BM
1
là: x+y - 1 = 0.
Goi I là là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:



=+
=−+
01
01
x
yx
=>


yx
yxx
yx
yx
⇔
x+1=0
=>Phương trình phân giác trong của góc A là x+1 = 0
+)Viết phương trình phân giác trong của góc B.
12
Gọi N(x;y) nằm trên đường phân giác trong của góc B. Khi đó:

( ) ( )
BNBCBNBA ,, =
( )
BN
yx
BN
yx
.80
34)4(8
.125
)3(10)4(5 ++−−
=
++−−
⇔
⇔
x+y-1=0
=>Phương trình phân giác trong của góc B là x+y-1 =0
+)Goi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:

=
BCIdABId
ACIdABId
,,
,),(
và I, A nằm cùng phía BC; I, B nằm cùng phía AC;
I, C nằm cùng phía AB
=>









<−+
>+−
>++
++=−+
+−=−+
052
092
022
2252
9252
yx
yx
yx

giác có tọa độ lẻ thì việc làm này sẽ khó khăn hơn.
13
+) Các cách 2,3,4 đều xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác bằng cách
viết phương trình hai đường phân giác trong của tam giác và tìm tọa độ giao
điểm hai đường phân giác này.Tuy nhiên việc viết phương trình đường phân
giác trong của tam giác trong các cách này đều khác nhau. So sánh các cách này
ta thấy cách 4 và cách 5 ngắn gọn hơn và trong thực tế giảng dạy, học sinh
thường vân dụng theo hai cách này 2 để làm bài.
+) Cách thứ 5 ta thấy ngắn gọn nhất nhưng nếu không có định hướng của
giáo viên thì học sinh thường có thể chỉ tìm được hai điều kiện đầu.Khi đó học
sinh sẽ tìm được bốn điểm I. Trong bốn điểm đó chỉ có một điểm là tâm đường
tròn nội tiếp còn ba điểm còn lại là tâm đường tròn bàng tiếp. Muốn xác định
được tâm đường tròn nội tiếp ta phải sử dụng đến ba điều kiện sau. Trong giảng
dạy tôi thấy khi đã có định hướng của giáo viên thì học sinh tỏ ra thích sử dụng
phương pháp này nhiều hơn.

B1. Phân tích đề.
Dạng đề: Tìm khoảng cách lớn nhất từ một điểm đến một đường thẳng
B2.Tìm các kiến thức liên quan
Công thức tính khoảng cách và cách xác định giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất.
B3. Tìm các cách giải.
Cách 1: Khoảng cách từ A đến đường thẳng
m
∆
là:

( )
562
87

lớn
nhất. Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số y =
562
6411249
2
2
+−
+−
mm
mm
.
Ta có tập xác định của hàm số là D=R
Gọi y
0
là một giá trị thuộc tập giá trị của hàm số trên. Khi đó
Dm ∈∃
0
sao
cho
y
0
=
562
6411249
0
2
0
0
2
0

117
=
<=>
70
117
0
=m
+) Nếu
2
49
0
≠y
thì PT (*) có
0
2
0
37' yy +−=∆
Pt (*) có nghiệm
3700'
0
≤≤⇔≥∆⇔ y
Từ hai trường hợp trên ta có PT(*) có nghiệm
370
0
≤≤⇔ y
.Vậy tập giá trị
của hàm số y =
562
6411249
2

Kết luận: Khoảng cách từ A đến đường thẳng
m
∆
lớn nhất khi m =
5
11
.
Cách 2: Khoảng cách từ A đến đường thẳng
m
∆
là:

( )
( ) ( )
( )
( )
2
22
12
162
562
87
,
−+−
−+−
=
+−
−
=∆
mm

m
∆
lớn nhất bằng
37
khi

5
11
6
1
2 =⇔
−
=− m
m
m
Cách 3:
+) Tìm điểm cố định mà
m
∆
luôn đi qua:
Gọi điểm M(x
0
;y
0
) là điểm cố định mà
m
∆
luôn đi qua.Khi đó ta có:
(m-2)x
0

yx
yx
Vậy đường thẳng
m
∆
luôn đi qua điểm cố định M(1;-3)
+) Giả sử khoảngcách từ A đến đường thẳng
m
∆
là AH với H là hình chiếu
của A lên
m
∆
=> AH
≤
AM.
Vậy khoảngcách từ A đến đường thẳng
m
∆
lớn nhất bằng AM =>M là hình
chiếu của A lên
m
∆
=>
nkAM =
với
n
(m-2;m-1) là véc tơ pháp tuyến của đường
thẳng
m

hay sử dụng cách 1 nhiều hơn.
+) Cách 3 dựa vào định nghĩa khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng. Tuy nhiên khi đã có công thức tính khoảng cách thì học sinh thường sử
dụng công thức nhiều hơn.
*) Chú ý: Đối với các em học sinh lớp 12 có thể làm như sau:
Khoảng cách từ A đến đường thẳng
m
∆
là:

( )
562
87
,
2
+−
−
=∆
mm
m
Ad
m
Khoảng cách từ A đến đường thẳng
m
∆
lớn nhất khi y =
562
6411249
2
2

2
10124
496936280
+−
++−
mm
mm
=0






=
=
⇔
7
8
5
11
m
m
17
Bảng biến thiên:
x
-
∞

7

cao…
+) Công thức tính diện tích tam giác
18
Ví dụ 4: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1;4) và các
đỉnh B,C thuộc đường thẳng
:
∆
x-y-4 = 0. Xác định tọa độ các điểm B,C biết
diện tích tam giác ABC bằng 18. ( Đề thi đại học khối B - 2009)
B3. Tìm các cách giải.
Cách 1:
Do B, C thuộc đường thẳng
:∆
x-y-4 = 0 nên => B(y
1
+4; y
1
), C( y
2
+4; y
2
)
Ta có BC =
2
12
yy −
, d(A,BC) =d(A,
∆
)=
2

( ) ( )
2
2
2
2
2
1
2
1
)4(5)4(5 −++=−++⇔ yyyy
(**)
Từ (*) và (**) ta được: B












−
2
3
;
2
11

2
3
B
.
Cách 2: Do tam giác ABC cân tại A nên gọi H là trung điểm BC=>
BCAH ⊥
AH = d(A,
∆
)=
2
9
, BC =
24
.2
=
∆
AH
S
ABC
=> AB = AC =
2
97
4
2
2
=+
BC
AH
( ) ( )
2




−
2
3
;
2
11
,
2
5
;
2
3
C
hoặc C












−

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:



=−+
=+−
0133
01032
yx
yx
=> A(1;4).
+) Gọi B(x
1
;y
1
), C(x
2
;y
2
).
Theo đề ra ta có:







=−+
=+−

( )







−=−
−=
⇔
4
3
2
1
1
3
2
0
y
x
=> M(1;
2
5
)
20
+) Véc tơ pháp tuyến của AH là:
( )
1;6
1

tạo của các em.Chính điều đó đã gây hứng thú cho học sinh trong quá trình học
tập; là động lực thúc đẩy học sinh tìm tòi, sáng tạo những phương pháp mới lạ
ngắn gọn và hiệu quả. Trong năm học này cũng vậy, ngay từ các tiết đầu tiên
của lớp 10 tôi luôn khuyến khích các em giải bài tập theo nhiều cách và sau đó
lựa chọn một cách mà các em cảm thấy dễ nhớ, dễ hiểu nhất.Kết quả bài kiểm
tra của lớp 10 cao hơn nhiều so với lớp 10( Lớp 10 là lớp tôi không áp dụng
phương pháp này trong quá trình giảng dạy).
Lớp 10 gồm 46 học sinh, lớp 10 gồm 45 học sinh đạt kết quả cụ thể như
sau:
Chất
lượng
Lớp
Giỏi Khá Trung
bình
Yếu
10 84% 16% 0% 0%
10 20% 50% 30% 0%
2. Kiến nghị và đề xuất.
- Trong quá trình dạy học tôi thấy đa số học sinh còn chưa thói quen giải
bài tập theo nhiều cách. Rất mong có thêm nhiều tài liệu hơn nữa viết về đề tài
này để góp phần cho việc dạy và học đạt hiệu quả cao hơn.
22
- Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy tài liệu này rất hữu ích đối với
giáo viên và đã mang lại những kết quả khả quan khi dạy học sinh. Hy vọng nó
sẽ trở thành tài liệu tham khảo cho các giáo viên, học sinh và những người quan
tâm đến vấn đề này. Do thời gian có hạn nên việc nghiên cứu không tránh khỏi
những thiếu sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của người đọc.

23