BÀI ĐIỀU KIỆN
Rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh
thông qua dạy học các bài toán cực trị hình học
Các học viên trong nhóm: Doãn Thị Kim Huế (nhóm trưởng)
Nguyễn Thị Hiếu
Salongsay Sayyasa
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Tâm lý học hiện đại đã kết luận: “ Con người có tiềm năng sáng tạo to lớn và vô
tận”. Cũng theo bộ lao động Mỹ, người lao động thế kỷ 21 cần có 13 kỹ năng mà
theo họ, kỹ năng tư duy sáng tạo là quan trọng nhất. Vậy sáng tạo và tư duy sáng tạo
đang được hiểu như thế nào? Làm thế nào để khơi dậy tiềm năng sáng tạo?
1. Khái niệm về tư duy sáng tạo:
- Tư duy sáng tạo (TDST) là một dạng tư duy độc lập, tạo ra ý tưởng mới độc đáo và
có hiệu quả giải quyết vấn đề cao
- Ý tưởng mới được thể hiện ở chỗ phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo kết
quả mới
- Tính độc đáo của ý tưởng mới thể hiện ở giải pháp lạ, hiếm, không quen thuộc hoặc
duy nhất
- Tổng hợp các kết quả nghiên cứu về cấu trúc của TDST, có thể nêu lên ba thành
phần cơ bản của TDST đó là tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo
2. Tính chất hay thành phần của tư duy sáng tạo:
2.1. Tính mềm dẻo
Tính mềm dẻo của tư duy có các đặc trưng nổi bật sau:
1
- Dễ dàng chuyển từ hoạt động này sang hoạt động khác, vận dụng linh hoạt
các hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, cụ thể hóa các phương
pháp suy luận như: Quy nạp, suy diễn, tương tự, dễ dàng chuyển từ giải pháp này
sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ nếu gặp trở ngại.
- Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những kinh
nghiệm, kiến thức, kỹ năng đă có vào trong hoàn cảnh mới, điều kiện mới, trong đó
có những yếu tố đă thay đổi có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những

kinh nghiệm, những phương pháp, những suy nghĩ đă có trước.
- Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của
đối tượng quen biết.
2.2. Tính nhuần nhuyễn: Được thể hiện rõ nét ở 2 đặc trưng sau:
- Tính đa dạng của các cách sử lí khi giải toán: Khả năng tìm được nhiều giải
pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau. Đứng trước một vấn đề khi giải
quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất nhiều phương án
khác nhau và từ đó đưa ra được phương án tối ưu.
- Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có một cách
nhìn sinh động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tượng chứ không phải cái nhìn bất
biến, phiếm diện, cứng nhắc.
Khi thực hành giải toán, để thực hiện được điều này ta cần phân tích cho học
sinh thấy rõ các bước để giải một bài toán, tìm sự quan hệ gần gũi giữa bài toán đă
cho với các bài toán đă biết Qua đó thể hiện được tính nhuần nhuyễn của tư duy,
tính độc lập trong suy nghĩ.
2.3. Tính độc đáo: tìm kiếm và quyết định phương thức mới
Tính độc đáo của TDST được đặc trưng bởi các khả năng
- Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới.
2
- Khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như
không có liên hệ với nhau.
2.4. Tính hoàn thiện: lập kế hoạch, phối hợp các hoạt động
2.5. Tính nhạy cảm vấn đề: nhanh chóng phát hiện vấn đề, liên tưởng tốt
Các yếu tố cơ bản nói trên không tách rời nhau mà trái lại chúng quan hệ mật
thiết với nhau, hỗ trợ, bổ sung cho nhau. Khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí
tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác (tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm được
nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn) và
nhờ đề xuất nhiều phương án khác nhau mà có thể tìm được những phương án lạ, đặc
sắc (tính độc đáo). Các yếu tố cơ bản này lại có quan hệ khăng khít với các yếu tố
khác như: tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề Tất cả các yếu tố

đặc trưng nói trên cùng góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao nhất trong các
hoạt động trí tuệ của con người.
II. ỨNG DỤNG VÀO DẠY TOÁN
Hướng tới phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong học toán, nhóm chúng tôi
khai thác các bài toán cực trị hình học.
1. Phát triển tư duy sáng tạo bằng bài toán có nhiều cách giải:
Khi gặp các bài toán cực trị hình học ta có thể nghĩ tới một trong các phương pháp
giải sau:
1) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức. Chúng ta thường dùng bất đẳng thức cổ điển
như: Cosi, Bunhiacopski…
2) Phương pháp sử dụng đạo hàm của hàm số
3) Phương pháp tọa độ
4) Phương pháp sử dụng các nguyên lí cơ bản trong hình học
3
Nguyên lí 1: Đường vuông góc luôn ngắn hơn đường xiên.
Nguyên lí 2: Trong tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn.
Xét bài toán 1: “Cho hình chóp SABC có
( )
,SA ABC
⊥
SA=2a ,
ABC
∆
vuông tại C,
AB=2a ,
µ
30A =
o
. Gọi M là điểm di động trên cạnh AC, SH
⊥

BM. Đặt
AM x=
. Tìm
x
để khoảng cách từ S đến BM lớn nhất”
Giải
Phân tích: Khoảng cách từ S đến BM chính là độ dài SH nên ta có một số hướng tiếp
cận như sau:
+ Hướng 1: Đoạn SH có thể tính được theo x và a. Vậy ta sẽ tính đoạn SH
sau đó tìm giá trị lớn nhất của
SH
theo x.
+ Hướng 2: Ta so sánh
,SH SM SM SC≤ ≤
nên
SH
lớn nhất khi
SM
lớn
nhất hay
M C≡
.
+ Hướng 3: Ta thấy
( )
SA ABC⊥
gợi ý cho ta tọa độ hóa bài toán
Với ba hướng tiếp cận như trên ta sẽ tìm cách giải bài toán theo ba cách khác nhau.
4
Cách 1: Tính
SH

theo
à xa v
sau đó tìm giá trị lớn nhất
Ta có :
BM
BM AH
SH
SA
BM
⊥

→ ⊥

⊥


Tính khoảng cách từ
S
đến
BM
bằng
SH
do
SH BM⊥
tại
M
Tính
SM
ta có :
.BC AM

AHM BCM AH
BM
∆ ∆ ⇒ =:

Mặt khác :
( )
0 , ,3AM x x BC a= =„ „ a

2 2
2 3 4BM x a x a
= − +

2 2
2 3 4
ax
AH
x a x a
⇒ =
− +

Xét
SAH∆
là tam giác vuông tại A có :
2
2 2 2
2 2
4
2 3 4
x
SH SA AH SH

x a x a
= + ⇒ +
− +

Tìm
x
để
SH
lớn nhất
⇔

( )
2
2 2
2 3 4
x
f x
x a x a
=
− +

Suy ra
( )
2 2
'
2 2
2 3 8
2 3 4
a x a x
f x

x a x a
− +
=
− +


( )
'
0
0
4 3
3
x
f x
a
x
=


= ⇔

=



Cho
SH
lập bảng biến thiên từ đó ta có kết quả
( )
max 3f x

=
khi
3x a
=
với
0, 3x a
 
∈
 
khi đó
M C≡
và
7SH a=

Cách 2: So sánh đường vuông góc với đường xiên.
Do
SH BM⊥
nên
,SM M CSH M A
∀ ∈ ∈
„
.Vậy
SH
lớn nhất khi
H M
≡
hay
SH
lớn nhất
khi

SM
lớn nhất.
Mặt khác,
M
di động trên
AC
thì
SM AC„

với mọi M hay SM lớn nhất khi
H M
≡
.
Vậy từ đây ta có SH lớn nhất khi
M H C≡ ≡
. Từ đó ta tính được SH=SC dựa vào
SCB∆
vuông tại C
2 2 2 2
8SH SA AH a= + =
·
1
sin 2 .
2
BC AB BAC a a= = =
Mặt khác
2 2 2 2 2
7SH SC SB BC a= = − =



7SH a
⇒ =
5

Khi đó
·
3
cos 2 3
2
x AC AB BAC a a= = = =
.
Cách 3: Tọa độ hóa bài toán
Chọn hệ trục tọa độ
Axyz
với
,S AZ C Ax∈ ∈
. Khi đó
( )
( ) ( )
( ) ( )
0,0,0 , 3, ,0 , 3,0,0 , 0,0,2 , ,0,0A B a a C a S a M x

Ta có
( )
( )
( )
2
4 2 2 2
2
2

,
4 4 3
,
3
SM BM
a a x a a x
d d S BM
BM
x a a
 
+ − +
 
= = =
− +
uuur uuuur
uuuur
Biến đổi công thức độ dài vì dạng :
( )
2 2
4
2
2
4
3
a x
d a
x a a
= +
− +


Ta có
( )
2 2
2 2
2
2
4 4
3
a x
a d a
x a a
+
− +
„ „
Vậy
7
max
d a=
đạt được khi
3x a M C= ⇔ ≡
.
Nhờ việc nhìn bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau mà học sinh có thể
giải bài toán theo nhiều cách khác nhau. Trong các cách giải trên thì cách giải thứ 2 là
cách giải hay nhất vì đơn giản và chỉ có sử dụng mối quan hệ đường vuông góc với
đường xiên.
6
Qua ví dụ trên ta thấy: Nhờ việc chuyển hướng qua trình tư duy và nhìn nhận đối
tượng dưới nhiều khía cạnh ( nhìn bài toán dưới 3 góc độ khác nhau –tính niềm dẻo )
mà học sinh có thể tìm ra nhiều hướng giải quyết bài toán , từ đó có được nhiều lời
giải bài toán mà chọn được cách giải tối ưu.

Xét bài toán 2: “Cho hình lập phương
1 1 1 1
ABCDA B C D
cạnh
a
. Trên cạnh BD và
1
B A

lần lượt lấy điểm M, N sao cho
1
BM B N t= =
. Tìm t để MN đạt giá trị nhỏ nhất”.
Giải
Phân tích : Đoạn MN là đoạn thẳng nối hai đường thẳng chéo nhau trong không gian
và đặt trong hình lập phương nên ta có các hướng tiếp cận như sau:
Hướng 1: Nếu MN là đoạn vuông góc chung của
BD
và
1
B A
thì
MN
chính là
đoạn nhỏ nhất cần tìm.
Hướng 2: Bài toán đặt trong hình lập phương do đó ta có thể tọa độ hóa bài
toán.
Hướng 3: Ta có thể tính
MN
theo a và t sau đó tìm giá trị lớn nhất của đoạn

MN.
Trong ba hướng tiếp cận trên ta thấy hướng 1 là không sử dụng được vì AC là
đường vuông góc chung cuả
1
àBDv B A
là
AO
với
O
là tâm hình vuông
ABCD
.
Nhưng đoạn
AO
không thỏa mãn điều kiện
1
BM B N t= =
.Do đó không sử dụng được
cách giải bài toán này. Hai hướng còn lại cho ta 2 cách giải bài toán như sau:
Cách 1: Tọa độ hóa bài toán.
Chọn hệ trục tọa độ
Axyz
,với
1
, ,D Ax B Ay A Az∈ ∈ ∈
.Khi đó
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
,0,0 , 0, ,0 , , ,0 ,0,0 , 0,0, , 0, , , , , , ,0,A a B a C a a D a A a B a a C a a a D a a


7
Đường thẳng BD qua D, vtcp
( )
( )
1,1,0 ,a a BD−
r r uuur
P
có phương trình:
( )
[ ]
, 0,
0
:B
x au
u aD
y u
z
=


∈
=


=

( )
, ,0M BD M a u u
∈ ⇒ −


Đường thẳng
1
B A
qua A, vtcp
( )
( )
1
1,1,0 ,b b AB−
r r uuur
P
có phương trình
( )
[ ]
1
0
0: , ,
x
v a
y v
z v
B A
=


∈
=


=


( )
1
0, ,N M vB A v
∈ ⇒

Theo giả thiết :
( ) ( )
2 2
2
1
2 2BM B N t t a u a v u v
= = ⇒ = − = − ⇒ =

Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2
2 2 2
MN a u a v v
u au a
a a a
u
= − + − +
= − +
 

= − +
 ÷
 
…

8
Vậy
2
min
2
a
MN =
,đạt được khi
2
2 2
a a
u t= ⇒ =
tức là
,M N
lần lượt là trung điểm
của
BD
và
1
B A
.
Cách 2: Tính
MN
theo a và t.
Xét

1
BB N
∆
có :
·
2
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
2 . 2 cos 45 2BN BB B N BB B NcosBB N a t at a t at= + − = + − = + −
o

Xét
PNA
∆
vuông tại A có:
( )
2 22 2
2
22
2 3 2 2PN AD AN a a t a at t= + = + − = − +
Áp dụng định lí cosin trong
BND∆
ta được :
·
2 2 2
cos
2 . 2
BD BN ND t
NBM
BD BN BN

+ −
= =
Trong
BMN∆
ta có theo định lí cosin có:
·
2 22
2 .MN BN BM BN BMcosMBN= + −
2 2
2a at t= − +
V
ậy MN đạt giá trị lớn nhất bằng
2
2
a
khi
2
2
a
t =
khi đó M, N là trung điểm của
1
à .BD v B A

Xét bài toán 3:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng
∆
đi
qua M( 1 ; 2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác 0 sao cho
2 2

1 1
OA OB
+
bé
nhất.
Giải
Ở ví dụ này, ta trình bày ba cách giải theo ba phương pháp nói trên.
9
Cách 1: Hạ
OH ⊥ ∆
. Trong tam giác vuông OAB, ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1
OA OB OH OM
+ = ≥

(không đổi).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
H M OH≡ ⇔ ⊥ ∆
.
Vậy
2 2
1 1
OA OB
+
đạt giá trị bé nhất khi đường thẳng A đi qua điểm M( 1 ; 2) và có
pháp vectơ là
( )
1;2OM
uuuur


Vậy đường thẳng A cần tìm là:
( ) ( )
1 1 2 2 0 2 5 0x y x y
− + − = ⇔ + − =
.
Nhận xét:
• Phép biến đối
2 2 2
1 1 1
OA OB OH
+ =
là chuyển biểu thức ban đầu với hai đại lượng
biến thiên OA, OB về biểu thức còn một đại lượng biến thiên OH.
• Cách giải trên không mở rộng được cho bài toán tổng quát hơn : xác định vị
trí của đường thẳng
∆
để
2 2
1 1
OA OB
+

nhỏ nhất (a>0,b> 0).
Cách 2: Đường thẳng A đi qua M( 1 ; 2), cắt các trục toạ độ và không đi qua gốc
nên nó là đường thẳng có hệ số góc k với
0k ≠
,
2k
≠

. Khi đó :
( )
: 2 1 2y k x y kx k∆ − = − ⇔ = − +
Ta có : A(k
2
+1 , 2) , B(0 ; 2 - k) và
( )
2
2
2 2
1 1 1
2
k
OA OB
k
+
+ =
−
Xét hàm số :

( )
( )
( )
2
2
1
, 0,2
2
k
f k k

k
+
= ≠
−

( )
( )
2
'
4
4 6 4
2
k k
f k
k
− + +
⇒ =
−

10
Ta có :
( )
' 2
2
0 4 6 4 0
1
2
k
f k k k
k

=


= ⇔ − + + = ⇔

= −

Ta có bảng biến thiên của hàm
Vậy
( )
' 0f k =
nhỏ nhất khi và chỉ khi
1
2
k =
.
Do đó
2 2
1 1
OA OB
+
nhỏ nhất khi và chỉ khi k
∆
:x + 2y-5 = 0.
Cách 3: Giả sử :
( ) ( )
,0 ; 0, , 0A m B n mn ≠
.
Khi đó
: 1

x y
m n
∆ + =
đi qua
( )
1;2M
nên :
1 2
1
m n
+ =
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1 2
1
5
1
5
1
2
1
2
m n
m
m
m
n

+ =

=



 
⇔
 
=
 
=





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 5, nghĩa là
∆
: x + 2y - 5 = 0.
2.
Phát triển tư duy s
áng tạo bằng cách nghiên cứu sâu bài toán
11
Xét bài toán 4: Cho tứ diện
OABC
có
, ,OA OB OC
đôi một vuông góc. Gọi
, ,
α β γ
theo
thứ tự lần lượt là góc giữa
, ,OA OB OC

với
( )
mp ABC
.Chứng minh rằng:
22 2
sis n in 1in s
α γ β
+ + =
.
Giải
·
·
·
2
2
2
2
2
2
2
2
2
sin sinsin
sin
sin
sin sin
sin sin
OH OH
OAH
OA OA

OH OH
OBH
OB OB
OH OH
OCH
OC OC
α α
γ α
β α
= = ⇒ =
= = ⇒ =
= = ⇒ =

2 2 2
2 2 2
2
1 1
sin sin
1
sin
O O
O
A B O
H
C
α γ β
 
+ ++ +



=
÷

(3)
Mặt khác ta có
2 2 2
2 2
2
2
sin sin
1 1 1
sin 1
OA OB OC
OH
α γ β
 
= + +
 ÷
 
⇒ + + =
.
HD: Ta thấy kết quả bài toán là một đẳng thức hình học bây giờ ta sẽ áp dụng bất
đẳng thức Côsi cho vế trái của
( )
3
ta có
2 2 2 2 2
3
2
1

sin sin 3 sin sin sin sin sin sin
3
n
3
si
α γ β α γ β α γ β
+ + ⇔… „

D
ấu bằng xảy ra
sin sin sin
α γ β
⇔ = =
hay
OA OB OC
= =

Từ đây ta có các bài toán sau:
12
Bài toán 5: Cho hình tứ diện có
, ,OA OB OC
đôi một vuông góc. Gọi
, ,
α β γ
theo thứ tự
lần lượt góc
, ,OA OB OC
với
( )
mp ABC

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
sins sininT
α γ β
=
HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho vế trái của
( )
3
ta có
( ) ( )
2 4 42 4 4 4
2
42
si
1
sin sin 3 sin sin sin sin
3
n sin sin
α γ β α γ β α γ β
+ + + + ⇔ + +„ …

D
ấu bằng xảy ra
sin sin sin
α γ β
⇔ = =
hay
OA OB OC
= =
Bài toán 6: Cho hình tứ diện có
, ,OA OB OC

đôi một vuông góc. Gọi
, ,
α β γ
theo thứ tự
lần lượt là góc giữa
, ,OA OB OC
với
( )
mp ABC
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 4
sin ini n ssT
α γ β
+ +=
HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
( )
( )
2 2
2
2
si sin sin 3 sin sin
sin si
n sin 3
sin n 3
α γ β α γ β
α γ β
+ + + +
⇔ + +
=„
„


Dấu bằng xảy ra khi
sin sin sin
α γ β
= =
hay
.OA OB OC= =

Bài toán 7: Cho hình tứ diện có
, ,OA OB OC
đôi một vuông góc. Gọi
, ,
α β γ
theo thứ tự
lần lượt là góc giữa
, ,OA OB OC
với
( )
mp ABC
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
sins sn iniT
α γ β
+= +
3. Phát triển tư duy sáng tạo bằng tương tự hóa:
Ta xét bài toán trong mặt phẳng sau.
Bài toán 8: Cho
µ
, 90 , 1.ABC A AH
°
∆ ==


a) Tìm tam giác có diện tích lớn nhất.
b) Tìm giá trị lớn nhất của
1 1
T
AB AC
= +

13
Trong tam giác
ABC
∆
có
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
= +
theo bài toán ta có
2 2
1 1
1 1
A C
A
B
H
A
⇒ = +=

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
2 2

1 1 1 1 1 1
. .
1
2
4
. 4 2
ABC
AB AC AB AC AB AC
AC AC S
∆
⇒
⇒ ⇒
+ … „
… …

2
ABC
maxS
∆
⇒ =
khi
2AB AC= =
suy ra
ABC
∆
vuông tại A.
Trong không gian, cho tứ diện tương tự với tam giác ta sẽ có bài toán trong
không gian như sau.
Bài toán 9: Cho tứ diện
OABC

, có
, ,OA OB OC
đôi một vuông góc.
AH
là đường cao
có độ dài bằng 1.
a. Tìm tứ diện có thể tích lớn nhất.
b. Tìm giá trị lớn nhất của
1 1 1
T
OA OB OC
= + +
.
III. KẾT THÚC:
Trên đây là một số phương pháp sử dụng bài toán cực trị hình học để phát triển tư
duy sáng tạo cho học sinh. Do thời gian và năng lực có hạn nên bài tập còn nhiều
thiếu sót và chưa đầy đủ, chưa phong phú. Chúng tôi rất mong được sự chỉ bảo tận
tình của TS. Bùi Duy Hưng và sự đóng góp của các học viên khác cho bài tập của
chúng tôi hoàn thiện hơn nữa.
14