Chuyên đề:
SỬ DỤNG CÁC KĨ THUẬT DẠY HỌC TÍCH CỰC TRONG MÔN TOÁN
THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC HỌC SINH

Biên soạn: TS. Trịnh Đào Chiến
(Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai)
Sử dụng các kĩ thuật dạy học tích cực trong môn Toán theo định hướng
phát triển năng lực học sinh là một trong những yêu cầu đổi mới phương pháp
giảng dạy nói chung và môn Toán nói riêng. Bài viết này nhằm giới thiệu một số
minh họa, trong khoảng thời gian có hạn của đợt bồi dưỡng giáo viên lần này.

1. Mô hình hóa
Trong quá trình giảng dạy ở bậc THCS, đặc biệt trong các lớp bồi dưỡng
học sinh giỏi, ta có thể gặp bài toán sau đây
Bài toán 1. Tính tổng 1  2  3  ...  n .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có
1

11  1
2

, 1 2  3 

2  2  1
2

3  3  1

, 1 2  3  6 


4  4  1
2

.

n  n  1
2

Bài toán 2. Tính tổng 1  3  5  ...   2n  1 .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có
1  3  4  22 , 1  3  5  9  33 , 1  3  5  7  16  42 .

Dự đoán
1  2  3  ...   2n  1  n2

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là
Minh họa 2.
1  3  5  7  9  11  ?

Đếm số hình tròn trong mỗi trường hợp, ta có
2


1  3  5  7  9  11  62  1  3  5  7  9   2.6  1  62

Tổng quát:

1  3  5  ...   2n  1  n2

3


Giải. Ta có
12  1 

11  1 2.1  1
6

2  2  1 2.2  1

, 12  22  5 

6

, 12  22  32  14 

3  3  1 2.3  1
6

Dự đoán
12  22  32  ...  n2 

n  n  1 2n  1
6

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là:
Minh họa 4.
12  22  32  42  ?


4
3

4

+

4
4

4

9
3

3
3

2
2

9

=

9
9

1


.  2.4  1 .

=

9
9

9

.


12  22  32  42 

Tổng quát:

4  4  1 2.4  1
1 4  4  1
.
.
.  2.4  1 
3
2
6

12  22  32  ...  n2 

n  n  1 2n  1
6

 1
2
3
1
2
3

Ví dụ:  2,0,0  1,1,0  ,  3,0,0  2,1,0  1,1,1 .
5


Định nghĩa 2.
1 2 3
1 2 3
1 2 3
a
,
b
,
c
:

a
b
c

b
c
a



Ví dụ 1. Vì  2,0,0  1,1,0  , nên

a b c

2 0 0

 b 2 c 0 a 0  c 2 a 0b 0    a 2 c 0b 0  b 2 a 0 c 0  c 2b 0 a 0 

 2,0,0   a,b,c 

T


a b c

1 1 0

 b1c1a 0  c1a1b0    a1c1b0  b1a1c0  c1b1a 0 

1,1,0   a,b,c 

T

Ta sáng tác được Bài toán 5.
Ví dụ 2.
Ta có:  3,0,0  2,1,0  1,1,1  T3,0,0  T 2,1,0  T1,1,1 .
Ngoài ra
T3,0,0   a3b0c0  b3c0a 0  c3a 0b0    a3c 0b0  b3a 0c 0  c3b0a 0 
  a3  b3  c3    a3  b3  c3   2  a3  b3  c3  .

Bài toán 8. Cho
a  4
.

a.b  4.3

Chứng minh bất đẳng thức
ab 43

Giải. Ta có
7


a
 4  1
a  4
.



a.b  4.3  a . b  1.1
 4 3

“Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số

a
b
và . Ta có
4
3


7
5
a.b  7.5 7.5  a.b
 .  1.1

a b

“Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số

7
5
và . Ta có
a
b

7
7 5
 7 5
7  5  b      a  b  .  b.2. .   a  b  .1  b.2.1   a  b  .1  a  b (đpcm)
a
a b
a b
0

8


3. Toán học và thực tiễn


Toán “không lời” (Silent Math) là một phương pháp dạy học hiện đại của thế
giới, nó giúp cho học sinh tự tìm kiếm nội dung “có lời” trong lời giải bài toán.
Dưới đây là một số minh họa, với các bài toán Hình học.
Bài toán 11.

S1 a
 ?
S2 b

10


Giải.

ah
h S 
  1
S
a
2
2 a  S1 S2
 1  .
 
bh
h S
a
b
S2 b
S2 
  2


Bài toán 13.

S1 mn
?

S2 ab

Giải.

S1 S1 S3 BT1 m n
 .

. .
S 2 S3 S 2
b a

Bài toán 14.

S ABC  1.
S ?
*

12


Giải.

BT1  9a  a 



13


Bài toán 16.
 S ABCD  1


AB
 AF  3

S ?
*

Giải.

1 S
1
1
.
BT1  a  3a  . ABCD  4a   a 
3 2
6
24

.
Bài toán 17.

S ABC  ?


 a  ABC
3
21

S ABC
S
, c  ABC
21
21

d e f 

S ABC 2.S ABC 5.S ABC


3
21
21

5.S ABC  S ABC 1
S
S  S ABC  3  ABC 
 .

*
21 
7
7
 21



d b .d c
d .d
d .d

, d b1  c a , d c1  a b
d a1 
Ra
Rb
Rc


a.Ra
b.Rb
c.Rc
,
b1 
,
c1 
a1 

2R
2R
2R
16


trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Áp dụng Bất đẳng thức Erdos - Mordell đối với tam giác A1B1C1 , ta có



Thế thì a, b, c là nghiệm của phương trình x3  c1 x2  c2 x  c3  0 .
Đặt Sk  a k  bk  ck , k  1, 2, 3, 4, ...
Thế thì, ta có hằng đẳng thức sau:
17


 S1  c1  0,

 S2  S1c1  2c2  0,
 S  S c  S c  3c  0,
2 1
1 2
3
 3
 ______________________

 S4  S3c1  S2 c2  S1c3  0,
 S  S c  S c  S c  0,
4 1
3 2
2 3
 5

...

 Sk  Sk 1c1  S k  2 c2  S k 3c3  0, k  4.

1
2 


 S3  S2 c1  S1c2  3c3  0

1
 2
 3

Ta có 1  S1  c1 . Thay vào (3), ta có
S3  S2c1  c1c2  3c3  0  S3  c1  S2  c2   3c3  0 





S3  c1  S2  c2   3c3  a3  b3  c3   a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3abc

Từ (3a), ta có thể sáng tác các bài toán sau

18

3a 


Bài toán 20. Phân tích đa thức sau thành nhân tử a3  b3  c3  3abc .
Tiếp tục thay (2a) vào (3a), ta có









 a3  b3  c3  3  a  b b  c  c  a 

3b 

Từ (3b), ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 21. Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a  b  c

3

  a 3  b3  c 3  .

Giải.  a  b  c    a3  b3  c3   3  a  b b  c  c  a 
3

Nhận xét 3. Từ hằng đẳng thức (3b), thay
a bởi y  z  x ,
b bởi z  x  y ,

c bởi x  y  z ,

Ta có
a  b  c được thay bởi x  y  z ,
a  b được thay bởi 2z ,

b  c được thay bởi 2x ,


c  a được thay bởi   z  x  .

Khi đó (3b) trở thành hằng đẳng thức

 y  z   z  x   x  y
3

3

3

 3  y  z  z  x  x  y 

Từ hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 22. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
3
3
3
 y  z   z  x   x  y .

Giải.  y  z    z  x    x  y   3  y  z  z  x  x  y  .
3

- Nhận xét 5.

20

3


a 4  b4  c 4  a 2  b2  c 2  ab  bc  ca    a  b  c  a 3  b3  c3  abc



 4a 

Từ (4a), ta có thể sáng tác bài toán sau

Bài toán 23. Chứng minh rằng nếu a3  b3  c3  abc  0 , thì
a 4  b4  c4   a 2  b2  c2   ab  bc  ca   0 .

- Nhận xét 6.
 S1  c1  0

 S2  S1c1  2c2  0
 S  S c  S c  3c  0
2 1
1 2
3
 3

 S4  S3c1  S2c2  S1c3  0

 S5  S4c1  S3c2  S2c3  0
S  S c  S c  S c  0
5 1
4 2
3 3
 6
 S7  S6c1  S5c2  S4c3  0


3 2
2 3
 5
 S5   S3c2  S2c3  3c3c2  2c2c3  5c3c2
 S6  S4c2  S3c3  0
 S   S c  S c  2c 2c  3c c  2c 3  3c 2
4 2
3 3
2 2
3 3
2
3

 6
2
2
2
 S7  S5c2  S4c3  0
 S7   S5c2  S4c3  5c3c2  2c2 c3  7c3c2



a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca 
 3
3
3
a  b  c  3abc
 4
2

5a 
 6a 
 7a 

Từ hệ hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 24. Chứng minh rằng nếu a  b  c  0 , thì
a) a2  b2  c2  2  ab  bc  ca 
b) a3  b3  c3  3abc .
c) a4  b4  c4  2  ab  bc  ca 

2

d) a5  b5  c5  5abc  ab  bc  ca 
e) a6  b6  c6  2  ab  bc  ca   3a 2b2c 2
3

f) a 7  b7  c7  7abc  ab  bc  ca 

2

Trong bài toán trên, nếu lần lượt thay a bởi b  c , b bởi c  a , c bởi a  b ,
ta sáng tác được bài toán sau

22


Bài toán 25. Chứng minh rằng

b  c   c  a   a  b
3

 2

Suy ra
2S5  5c3c2  2  a 5  b5  c5   5abc  ab  bc  ca 

+ (2a)  c2  

S2
S
và (3a): S3  3c3  c3   3 . Thay vào (5a), ta có
2
3

 S   S  5S S
S5  5c3c2  5   3    2   3 2 . Suy ra
6
 3  2 

6S5  5S3S2  6  a 5  b5  c5   5  a 3  b3  c 3  a 2  b2  c 2 

+ (2a)  c2  

S2
S
và (5a): S5  5c3c2  c3c2  5 . Thay vào (7a), ta có
2
5

7S S
 S S

 S3  S2c1  S1c2  3c3  0
S  S c  S c  S c  0
3 1
2 2
1 3
 4

Tương tự với phép suy luận trên, nếu ta cho thêm giả thiết c2  0 , thì hệ
hằng đẳng thức trên trở thành
 S1  c1
 S1  c1  0

2
S  S c  0
 S2  c1c1  0  S2  c1
 2
1 1
 

2
3
S

S
c

3
c

0

3b 
 4b 

Từ các hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 27. Chứng minh rằng nếu ab  bc  ca  0 , thì
a) a 2  b2  c2   a  b  c 

2

b) a 3  b3  c3   a  b  c   3abc
3

24

1b 
 2b 
 3b 
 4b 




c) a 4  b4  c4   a  b  c   a  b  c   4abc
3



Bài toán 28. Biết rằng
 x1  x2  x3  1
 2

25
1
.
 0  S4 
6
6

Bài toán 29. Giải hệ phương trình
3
x  y  z
 2
2
2
x  y  z  3
 x3  y 3  z 3  3


Giải. Giả sử  x, y, z  là nghiệm của hệ phương trình. Đặt
 S1  x  y  z

2
2
2
 S2  x  y  z .

3
3
3
 S3  x  y  z