- 1 -

MỤC LỤC Trang

Trang phụ bìa

Danh mục các chữ viết tắt

Mục lục ...................................................................................................................... 1

MỞ ĐẦU ................................................................................................................... 3

1. Lí do chọn đề tài .............................................................................................. 3

2. Mục tiêu nghiên cứu ........................................................................................ 5

3. Nhiệm vụ nghiên cứu....................................................................................... 5

4. Phương pháp nghiên cứu ................................................................................. 5

5. Giả thuyết khoa học ......................................................................................... 6

6. Cấu trúc đề tài.................................................................................................. 6

Chương 1. Cơ sở lý luận và thực tiễn ...................................................................... 7

1.1. Năng lực, năng lực tiếp cận kiến thức ........................................................... 7

1.1.1. Năng lực.............................................................................................. 7

1.1.2. Mức độ của năng lực ........................................................................... 7

1.1.3. Phân loại năng lực ............................................................................... 7

1.1.4. Năng lực giải toán ............................................................................... 8

1.1.5. Năng lực tiếp cận kiến thức ................................................................. 8

1.2. Lý thuyết kiến tạo nhận thức của J. Piaget..................................................... 9

1.3. Quan niệm về kiến tạo trong dạy học .......................................................... 12

1.3.1. Khái niệm về kiến tạo ........................................................................ 12

1.3.2. Quan niệm kiến tạo trong dạy học ..................................................... 13

1.3.3. Một số luận điểm về dạy học theo quan điểm kiến tạo ....................... 14

1.4. Một số năng lực kiến tạo kiến thức trong dạy học toán ................................ 16

1.5. Một số vấn đề trong dạy học môn HHSC&THGT ....................................... 18

1.5.1. Thông tin về chương trình môn HHSC&THGT................................. 18

1.5.2. Một số vấn đề trong dạy học môn HHSC&THGT ở trường

- 2 -

Đại học Đồng Tháp .................................................................................................. 20

Chương 2. Một số biện pháp tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức theo quan

điểm kiến tạo cho SVCĐ qua dạy học môn HHSC&THGT ................................. 22

2.1. Một số yêu cầu xây dựng tình huống theo quan điểm kiến tạo ...................... 22

2.2. Một số biện pháp tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức theo quan điểm

kiến tạo cho SVCĐ qua dạy học môn HHSC&THGT............................................... 23

2.2.1. Biện pháp 1. Luyện tập cho SV nắm vững những kiến thức và đã có theo

hướng hoạt động nhận dạng và thể hiện .................................................................... 24

2.2.2. Biện pháp 2. Luyện tập cho SV thói quen dự đoán phát hiện vấn đề..... 29

2.2.3. Biện pháp 3. Luyện tập cho SV biết cách nhìn nhận một vấn đề

theo nhiều góc độ khác nhau.................................................................................... 35

2.2.4. Biện pháp 4. Luyện tập cho SV khả năng định hướng tìm tòi cách

giải quyết vấn đề ...................................................................................................... 44

KẾT LUẬN ............................................................................................................. 56

Tài liệu tham khảo .................................................................................................... 57

- 3 -

MỞ ĐẦU

1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.1. Nhằm đáp ứng nhu cầu của sự nghiệp công nghiệp hóa và hiện đại hóa đất

nước giai đoạn hiện nay, Đảng và Nhà nước ta đã xác định cần có những con người

phát triển toàn diện, năng động, sáng tạo; muốn vậy cần phải bắt đầu từ sự nghiệp giáo

dục và đào tạo. Trong Nghị quyết Hội nghị lần thứ IV, Ban chấp hành Trung ương

Đảng Cộng sản Việt Nam, khóa VII đã chỉ rõ: "Mục tiêu giáo dục – đào tạo phải hướng

vào đào tạo những con người lao động có năng lực thích ứng với kinh tế thị trường

cạnh tranh và hợp tác, có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, qua đó góp

phần tích cực thực hiện mục tiêu lớn của đất nước là dân giàu, nước mạnh, xã hội công

bằng, dân chủ, văn minh".

Nghị quyết Hội nghị lần thứ II, Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Việt

Nam, khoá VIII tiếp tục khẳng định: "Đổi mới mạnh mẽ PP giáo dục – đào tạo, khắc

phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành nếp tư duy sáng tạo của người học.

Từng bước áp dụng các PP tiên tiến và phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, bảo

đảm điều kiện và thời gian tự học, tự nghiên cứu cho HS, nhất là SV Đại học…".

Chỉ thị 15/1999/CT – BGD&ĐT của Bộ trưởng Bộ Giáo dục & Đào tạo về việc

đẩy mạnh hoạt động đổi mới PP giảng dạy và học tập trong các trường sư phạm nhấn

mạnh: "Đổi mới PP giảng dạy và học tập trong trường sư phạm nhằm tích cực hoá hoạt

động học tập, phát huy tính chủ động, sáng tạo và năng lực tự học, tự nghiên cứu, rèn

luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm

vui, hứng thú học tập cho HS, SV…".

1.2. Theo nghiên cứu của nhà tâm lí học nổi tiếng J. Piaget về cấu trúc của quá trình

nhận thức: “Quá trình nhận thức của người học về thực chất là quá trình người học xây

dựng nên những kiến thức cho bản thân thông qua các hoạt động đồng hóa và điều ứng

- 4 -

các kiến thức và kỹ năng đã có để thích ứng với môi trường học tập. Đây chính là nền

tảng của lý thuyết kiến tạo”. [13]

Những nghiên cứu về quan điểm kiến tạo trong dạy học nói chung, dạy học toán

nói riêng được phản ánh trong các công trình của các tác giả tiêu biểu: Mebrien,

Brandt, Brooks, Briner; các tác giả trong nước: Nguyễn Bá Kim, Phan Trọng Ngọ,

Nguyễn Hữu Châu, Trần Vui,…

Theo Mebrien và Brandt: “Kiến tạo là cách tiếp cận dạy dựa trên nghiên cứu về

việc học với niềm tin tri thức được kiến tạo nên bởi mỗi cá nhân người học sẽ trở nên

vững chắc hơn so với việc nó được nhận từ người khác”.

Theo Brooks [13] “Quan điểm kiến tạo trong dạy học khẳng định HS phải tạo

nên hiểu biết về thế giới bằng cách tổng hợp những kinh nghiệm mới vào trong cái mà

họ đã có. HS thiết lập nên những quy luật thông qua sự phản hồi trong mối quan hệ

tương tác với chủ thể và ý tưởng…”.

Việc vận dụng quan điểm kiến tạo vào dạy học nội dung toán đã được nghiên

cứu qua luận án Tiến sĩ Giáo dục học của Cao Thị Hà “Dạy học một số chủ đề Hình

học không gian (Hình học 11) theo quan điểm kiến tạo” nhưng vận dụng quan điểm

kiến tạo nhằm tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức cho SV vẫn chưa được nghiên

cứu.

1.3. Môn Hình học sơ cấp và thực hành giải toán là một trong những khoa học cổ

nhất của toán học, đặc trưng của nó là mang định hướng nghề nghiệp cho sinh viên, vì

vậy cần phát triển những thói quen giải các bài tập hình học mà sinh viên đã có được từ

trường phổ thông, bên cạnh đó cần nghiên cứu những mệnh đề cần thiết mà chưa được

trình bày trong giáo trình toán ở trường phổ thông, những kiến thức này sẽ tạo điều

kiện cho việc khái quát hóa và đào sâu các kiến thức mà sinh viên đã tiếp thu và cũng

rất cần thiết đối với việc rèn luyện các kỹ năng vận dụng các kiến thức đó vào công tác

thực tiễn.

Trong xu hướng đổi mới phương pháp dạy và học hiện nay, nhận thấy bản chất

cốt lõi của hoạt động dạy ở bậc Đại học là phải hình thành và phát triển tính tích cực

- 5 -

trong hoạt động học của SV và rèn luyện cho SV có được những kỹ năng cơ bản của

năng lực tự học, làm cho SV biết chiếm lĩnh “toàn bộ bộ máy khái niệm của môn học,

cấu trúc lôgic của môn học đó, các phương pháp đặc trưng của khoa học, ngôn ngữ của

khoa học đó và biết ứng dụng những hiểu biết đó vào việc tiếp tục học tập và lao

động”.

Vấn đề đổi mới ở trường Đại học là trang bị cho SV những tri thức nào để họ

sẵn sàng tự lực tiếp cận các kiến thức trong quá trình học tập? Việc tìm ra cách thức

tiếp cận kiến thức một cách có hiệu quả trong quá trình dạy học ở bậc Đại học, nhất là

khi các trường đại học đang chuyển dần sang cơ chế đào tạo hệ theo tín chỉ đúng là vấn

đề rất đáng được quan tâm. Thiết nghĩ rằng, cần nên có một cách thức tiếp cận những

vấn đề đó một cách có hiệu quả nhằm giúp cho SV sẵn sàng đáp ứng yêu cầu cơ bản

của việc đổi mới phương pháp dạy học ở Phổ thông. Vì vậy tôi xác định đề tài nghiên

cứu là: “Tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức theo quan điểm kiến tạo cho sinh

viên cao đẳng qua dạy học môn Hình học sơ cấp và thực hành giải toán”.

2. MỤC TIÊU NGHIÊN CỨU Đề tài nghiên cứu nhằm đưa ra một số biện pháp sư phạm tăng cường năng lực

tiếp cận kiến thức theo quan điểm kiến tạo cho SV qua dạy học môn HHSC&THGT.

3. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

Để đạt được mục tiêu nghiên cứu trên, đề tài có nhiệm vụ góp phần làm rõ những

vấn đề sau:

- Phân tích về quan điểm kiến tạo.

- Làm sáng tỏ năng lực, năng lực tiếp cận kiến thức.

- Đề xuất các biện pháp sư phạm tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức cho SV cao

đẳng qua dạy học HHSC&THGT.

4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các văn kiện, nghị quyết của

Đảng và Nhà nước; Nghiên cứu tài liệu về tâm lý học, triết học, lý luận dạy học đại

học, lý luận dạy học toán liên quan đến vấn đề nghiên cứu.

- 6 -

- Phương pháp nghiên cứu thực tiễn: phỏng vấn, trao đổi (chuyên gia, giảng

viên tổ PPDH toán), khảo sát, điều tra (SV sư phạm ngành toán).

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.

5. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC Nếu xác định được một số biện pháp giúp SV tăng cường năng lực tiếp cận kiến

thức theo quan điểm kiến tạo, một quan điểm của PPDH tích cực thì sẽ phát huy tính

tích cực nhận thức cho SV trong quá trình dạy học bộ môn Hình học sơ cấp và thực

hành giải toán nhằm đáp ứng nhu cầu đổi mới ở trường Đại học và Phổ thông.

6. CẤU TRÚC ĐỀ TÀI Ngoài phần mở đầu, phần kết luận và tài liệu tham khảo, đề tài gồm có hai

chương:

Chương 1: Cơ sở lý luận và thực tiễn.

Chương 2: Một số biện pháp sư phạm tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức theo

quan điểm kiến tạo cho SVCĐ qua dạy học môn HHSC&THGT.

- 7 -

Chương 1

Cơ sở lý luận và thực tiễn

1.1. Năng lực

1.1.1. Năng lực

Theo từ điển Tiếng Việt, năng lực có nghĩa là khả năng làm việc tốt, nhờ có

phẩm chất đạo đức và trình độ chuyên môn.

Năng lực là tổ hợp những thuộc tính độc đáo của cá nhân phù hợp với những

yêu cầu đặc trưng của hoạt động nhất định nhằm đảm bảo cho hoạt động hoàn thành đạt

kết quả cao.

1.1.2. Mức độ của năng lực

Người ta thường chia năng lực thành ba mức độ khác nhau: năng lực, tài năng

và thiên tài .

- Năng lực là một mức độ nhất định của khả năng con người, biểu thị khả năng

hoàn thành có kết quả một hoạt động nào đó.

- Tài năng là mức độ năng lực cao hơn, biểu thị sự hoàn thành một cách sáng tạo

một hoạt động nào đó.

- Thiên tài là mức độ cao nhất của năng lực, biểu thị ở mức độ kiệt xuất, hoàn

chỉnh nhất của những vĩ nhân trong lịch sử nhân loại.

1.1.3. Phân loại năng lực

Năng lực có thể chia thành hai loại:năng lực chung và năng lực riêng biệt .

+ Năng lực chung là năng lực cần thiết cho nhiều lĩnh vực hoạt động khác nhau,

chẳng hạn những thuộc tính về thể lực, về trí tuệ (quan sát, trí nhớ, tư duy, tưởng

tượng, ngôn ngữ,….) là những điều kiện cần thiết để giúp cho nhiều lĩnh vực hoạt động

có kết quả.

+ Năng lực riêng biệt (năng lực chuyên biệt, chuyên môn) là sự thể hiện độc đáo

các phẩm chất riêng biệt, có tính chuyên môn, nhằm đáp ứng yêu cầu của một lĩnh vực

- 8 -

hoạt động chuyên biệt với kết quả cao, chẳng hạn: năng lực toán học, năng lực thơ văn,

năng lực thể dục, thể thao,….

Hai loại năng lực chung và riêng luôn bổ sung và hổ trợ cho nhau.

1.1.4. Năng lực toán học

Năng lực toán học được hiểu là những đặc điểm tâm lí cá nhân (trước hết là

những đặc điểm hoạt động trí tuệ) đáp ứng những yêu cầu của hoạt động toán học,

được biểu hiện ở một số mặt:

- Năng lực thực hiện các thao tác tư duy cơ bản.

- Năng lực rút gọn quá trình lập luận toán học và hệ thống các phép tính.

- Sự linh hoạt của quá trình tư duy.

- Khuynh hướng về sự rõ ràng, đơn giản và tiết kiệm của lời giải các bài toán.

- Năng lực chuyển dễ dàng từ tư duy thuận sang tư duy nghịch.

- Trí nhớ về các sơ đồ tư duy khái quát, các quan hệ khái quát trong lĩnh vực số

và dấu.

Năng lực giải toán là sự thể hiện độc đáo các phẩm chất riêng biệt nhằm đáp

ứng yêu cầu của các hoạt động toán học có hiệu quả.

Năng lực giải toán là khả năng giải quyết các bài toán trong lĩnh vực toán học

nhằm đảm bảo hoạt động học toán đạt hiệu quả. Là khả năng vận dụng tốt kiến thức

vào giải quyết tốt các bài toán.

1.1.5. Năng lực tiếp cận kiến thức

Theo từ điển Tiếng Việt, tiếp cận (động từ) có nghĩa là ở gần, ở liền kề; tiến sát

gần; đến gần để tiếp xúc; từng bước, bằng những phương pháp nhất định, tìm hiểu một

đối tượng nghiên cứu nào đó. Tiếp cận (danh từ) có nghĩa là cách thức, phương pháp

làm việc hay suy nghĩ về vấn đề, nhiệm vụ nào đó; cách thức, phương pháp giải quyết

vấn đề.

Năng lực tiếp cận kiến thức là khả năng từng bước tìm hiểu những kiến thức

bằng những phương pháp nhất định, khả năng tiến sát gần đến giải quyết vấn đề.

- 9 -

1.2. Lý thuyết kiến tạo nhận thức của J. Piaget

Theo nhà sư phạm nổi tiếng J. Piaget (1896 - 1980) (tr. 57, [13]), các luận điểm

chính của lý thuyết kiến tạo nhận thức như sau:

Thứ nhất, học tập là quá trình cá nhân hình thành các tri thức cho mình. Có hai

loại tri thức: tri thức về thuộc tính vật lí, thu được bằng cách hành động trực tiếp với

các sự vật và tri thức về tư duy, quan hệ toán, lôgic thu được qua sự tương tác với

người khác trong các mối quan hệ xã hội. Đó là quá trình cá nhân tổ chức các hành

động tìm tòi, khám phá thế giới tri thức bên ngoài và cấu tạo chúng dưới dạng các sơ

đồ (cấu trúc) nhận thức.

Sơ đồ là một cấu trúc nhận thức bao gồm một lớp các thao tác giống nhau theo

một trật tự nhất định. Sơ đồ nhận thức được hình thành từ các hành động bên ngoài và

được nhập tâm. Vì vậy sơ đồ nhận thức có bản chất thao tác và được trẻ em xây dựng

lên bằng chính hành động của mình. Sự phát triển nhận thức là sự phát triển hệ thống

các sơ đồ, bắt đầu từ các giản đồ cảm giác và vận động cấu trúc tiền thao tác (hình

ảnh biểu tượng, kí hiệu) cấu trúc thao tác cụ thể cấu trúc thao tác hình thức.

Thao tác đó là hành động bên trong, được nảy sinh từ hành động có đối tượng

bên ngoài. Tuy nhiên, khác với hành động, thao tác là hành động có tính rút gọn và đối

tượng của nó không phải là những sự vật có thực, mà là những hình ảnh, biểu tượng, kí

hiệu. Thao tác có tính chất thuận nghịch, bảo tồn và tính liên kết. Thao tác cụ thể là các

thao tác nhận thức với vật liệu là các dạng vật chất cụ thể, các hành động thực tiễn.

Thao tác hình thức là các thao tác trên vật liệu là các kí hiệu, khái niệm, mệnh đề,...

đây là mức trưởng thành của thao tác nhận thức. Các thao tác được cấu trúc thành các

hệ thống nhất định (cấu trúc thao tác). Cấu trúc thao tác nhận thức không có sẵn trong

đầu đứa trẻ, cũng không nằm trong đối tượng khách quan, mà nằm ngay trong mối tác

động qua lại giữa chủ thể với đối tượng, thông qua hành động.

Thứ hai, dưới dạng chung nhất, cấu trúc nhận thức có chức năng tạo ra sự

thích ứng của cá thể với các kích thích của môi trường. Các cấu trúc nhận thức được

hình thành theo cơ chế đồng hóa và điều ứng.

- 10 -

Đồng hóa là quá trình chủ thể tái lập lại một số đặc điểm của khách thể được

nhận thức đưa chúng vào trong các sơ đồ đã có.

Điều ứng là quá trình thích ứng của chủ thể đối với những đòi hỏi muôn màu

muôn vẽ của môi trường, bằng cách tái thiết lập những đặc điểm của khách thể vào cái

đã có qua đó biến đổi sơ đồ đã có tạo ra sơ đồ mới dẫn tới trạng thái cân bằng giữa chủ

thể và môi trường. Trong đó cân bằng là sự cân bằng của chủ thể giữa hai quá trình

đồng hóa và điều ứng.

Trong đồng hóa các kích thích được chế biến cho phù hợp với sự áp đặt của cấu

trúc đã có, còn trong điều ứng, chủ thể buộc phải thay đổi cấu trúc cho phù hợp với

kích thích mới. Đồng hóa dẫn tới tăng trưởng các cấu trúc đã có, điều ứng tạo ra cấu

trúc mới.

Thích nghi trí tuệ biểu hiện khả năng chuyển hóa các chức năng tâm lí bên

ngoài vào bên trong thông qua công cụ kí hiệu với tư cách là công cụ tâm lí quy định

tính chất xã hội - lịch sử và thông qua hoạt động hợp tác giữa các chủ thể nhận thức.

Theo J. Piaget, hoạt động nhận thức của con người liên quan việc tổ chức thông

tin và thích nghi với môi trường mà người học tri giác nó. Con người tổ chức kiến thức

vào sơ đồ nhận thức của mình và điều chỉnh các sơ đồ nhận thức này thông qua quá

trình thích nghi. Sự thích nghi trí tuệ bao gồm sự đồng hóa thông tin vào sơ đồ nhận

thức đã có và sự điều ứng sơ đồ đã có để có một sơ đồ nhận thức mới.

Theo [9], quá trình thích nghi trí tuệ trong học tập có thể tóm tắt theo sơ đồ:

- 11 -

Sơ đồ 1. Quá trình thích nghi trí tuệ trong học tập.

Sự phát triển nhận thức gồm ba quá trình cơ bản: đồng hóa, điều ứng và sự cân

bằng. Sự đồng hóa là một phần của sự thích nghi, nó bao gồm sát nhập thông tin mới

vào sơ đồ nhận thức đã có. Sự điều ứng là một phần khác của sự thích nghi, nó bao

gồm sự thay đổi của sơ đồ để ăn khớp với thông tin mới. Trong đồng hóa các thông tin

được chế biến cho phù hợp với sự áp đặt của sơ đồ nhận thức đã có; đồng hóa thực chất

là quá trình tái lập lại một số đặc điểm của khách thể nhận thức, đưa nó vào trong các

sơ đồ đã có. Còn trong điều ứng chủ thể buộc phải thay đổi cấu trúc cũ của mình sao

cho phù hợp thông tin mới; điều ứng là quá trình thích nghi của chủ thể với những đòi

hỏi của môi trường, bằng cách tái lập những đặc điểm của khách thể vào cái đã có, qua

A. Nhập thông tin

B. Tiếp nhận thông tin

C. Không gắn kết được kiến

thức đã có

G. Thông tin tương hợp hoàn toàn với sơ đồ nhận thức đã có

E. Có thể gắn kết được kiến

thức đã có

F. Đồng hóa

D. Thông tin không được đồng hóa

(không xảy ra việc học tập)

H. Không xảy ra việc học tập

cái mới

I. Thông tin không tương hợp hoàn toàn với sơ đồ nhận thức

đã có

J. Điều ứng L. Nếu không thành

công thì học tập không xảy ra

K. Nếu thành công thì học tập cái mới

xảy ra

- 12 -

đó biến đổi sơ đồ đã có, tạo ra sơ đồ mới, dẫn đến trạng thái cân bằng giữa chủ thể và

môi trường.

Như vậy, đồng hóa không làm thay đổi nhận thức mà chỉ mở rộng cái đã biết,

còn điều ứng làm thay đổi nhận thức. Khi chủ thể nhận thức tiếp xúc phù hợp sơ đồ

nhận thức đã có, tức là khi điều kiện cần thiết để sự đồng hóa xảy ra được, ta nói rằng

có một sự cân bằng. Sự cân bằng giữa bên trong (sơ đồ nhận thức) và bên ngoài (đối

tượng nhận thức).

Thông thường quá trình nhận thức là quá trình phát triển. Nếu lúc nào cũng cân

bằng thì không có sự phát triển. Sự phát triển chỉ xảy ra khi có sự mất cân bằng, khi có

sự điều ứng. Khi một học sinh tiếp xúc với một thông tin mới, sự mất cân bằng sẽ bắt

đầu xuất hiện cho tới khi có sự thích nghi (đồng hóa và điều ứng) với thông tin mới và

khi đó có sự cân bằng. Sự tạo lập lại sự cân bằng được gọi là sự thích nghi.

Từ việc nghiên cứu học thuyết liên tưởng trong lĩnh vực tư duy, trí tuệ được

hiểu là quá trình trao đổi tự do tập hợp các hình ảnh là sự liên tưởng các biểu tượng,

các khái niệm, quan hệ khi chủ thể tác động vào môi trường, giải thích các tình huống

mới. Thích nghi trí tuệ đặc trưng bởi khả năng chuyển hóa các liên tưởng từ đối tượng,

quan hệ đã có sang đối tượng, quan hệ mới.

Thứ ba, quá trình phát triển nhận thức phụ thuộc trước hết vào sự trưởng thành

và chín muồi các chức năng sinh lí thần kinh của trẻ em; vào sự luyện tập và kinh

nghiệm thu được thông qua hành động với đối tượng; vào tương tác của các yếu tố xã

hội và vào tính chủ thể và sự phối hợp chung của hành động. Chính yếu tố chủ thể làm

cho các yếu tố trên không tác động riêng rẽ, rời rạc, mà chúng được kết hợp với nhau

trong một thể thống nhất trong quá trình phát triển của trẻ.

1.3. Quan niệm về kiến tạo trong dạy học

1.3.1. Khái niệm về kiến tạo

Kiến tạo chỉ hoạt động của con người tác động lên một đối tượng, hiện tượng,

quan hệ nhằm mục đích hiểu chúng và sử dụng chúng như những công cụ kí hiệu để

xây dựng nên các đối tượng, các hiện tượng, các quan hệ mới.

- 13 -

1.3.2. Quan niệm kiến tạo trong dạy học

Bản chất của quá trình học tập của học sinh là quá trình phản ánh thế giới khách

quan vào ý thức của người học. Quá trình nhận thức của học sinh trong dạy học môn

toán tuân thủ theo phương pháp luận nhận thức: từ trực quan sinh động đến tư duy trừu

tượng và từ tư duy trừu tượng trở về với thực tiễn; trong đó để nhận thức toán học, con

đường đi từ trực quan đến trừu tượng thường diễn ra bằng quá trình mô hình hóa các

quan hệ, hiện tượng của hiện thực khách quan.

Theo [4], quan điểm về kiến tạo cần nhấn mạnh hai khái niệm:

a) Học theo quan điểm kiến tạo

Học theo quan điểm kiến tạo là hoạt động nhận thức của học sinh dựa trên các

tri thức đã có, kinh nghiệm đã có nhằm tương tác với các tình huống nhằm hiểu chúng

để xây dựng các kiến thức mới.

Theo quan điểm của lý thuyết kiến tạo, các tri thức nhất thiết là một sản phẩm

của một hoạt động nhận thức của chính con người. Bằng cách xây dựng trên các kiến

thức đã có, học sinh có thể nắm bắt tốt các kiến thức, các khái niệm, các quy luật đi từ

nhận biết sự vật sang hiểu nó và phát hiện kiến thức mới. Kiến thức kiến tạo được

khuyến khích tư duy phê phán, cho phép học sinh tích hợp được các khái niệm, các quy

luật theo nhiều cách khác nhau. Khi đó họ có thể trình bày khái niệm, quan hệ, kiểm

chứng chúng, phê phán các khái niệm, quan hệ được xây dựng.

Ta hiểu hoạt động nhận thức là hoạt động của chính chủ thể học sinh sao cho

kiến thức nhận được không phải thụ động từ bên ngoài mà nhận được bằng sự tương

tác hoạt động bên trong ở mức độ tương tác giữa các thao tác tư duy, tích cực, độc lập,

sáng tạo.

b) Dạy theo quan điểm kiến tạo

Dạy theo quan điểm kiến tạo không phải là GV đọc giáo trình, giải thích cho

HS, cố gắng truyền tải tri thức SGK một cách thụ động đối với HS mà GV là người tạo

tình huống sư phạm để HS hoạt động tương tác dựa trên vốn kinh nghiệm đã có, tri

thức đã có để tìm, nắm thông tin mới và GV là người xác định, thể chế hóa kiến thức.

- 14 -

1.3.3. Một số luận điểm về dạy học theo quan điểm kiến tạo

Theo quan điểm kiến tạo, có 5 luận điểm chủ yếu sau đây:

Luận điểm 1: Tri thức HS tiếp nhận được nhờ hoạt động tư duy tích cực, độc

lập, sáng tạo của chủ thể HS chứ không phải được tiếp thu thụ động từ bên ngoài.

Luận điểm 2: Nhận thức nói chung, nhận thức toán học nói riêng là quá trình

thích nghi với môi trường của chính chủ thể nhận thức chứ không tiếp thu từ một thế

giới tri thức độc lập bên ngoài chủ thể.

Luận điểm 3: Kiến thức và kinh nghiệm mà cá nhân HS thu nhận được cần phải

phù hợp với yêu cầu mà điều kiện tự nhiên, xã hội đặt ra mà HS là cá nhân của xã hội

đó. Quan điểm này được hiểu tri thức, kinh nghiệm được dạy ở trường phổ thông phải

xuất phát từ điều kiện xã hội, hướng việc dạy gắn với các nội dung, thực tiễn phù hợp

với trình độ nhận thức của HS, đáp ứng những nhu cầu của xã hội.

Luận điểm 4: Kiến thức và kinh nghiệm đã có là nền tảng nảy sinh các kiến

thức mới. Xuất phát từ tri thức kinh nghiệm đã có, HS thực hiện các phán đoán, dự

đoán nêu giả thuyết một vấn đề nào đó và tiến hành các hoạt động kiểm nghiệm kết

quả bằng con đường suy diễn logic. Nếu giả thuyết không đúng thì tiến hành điều

chỉnh lại giả thuyết sau đó kiểm nghiệm lại giả thuyết để đi đến kết quả mong muốn,

dẫn đến sự thích nghi với tình huống và tạo ra kiến thức mới. Con đường kiến tạo trên

được mô tả theo sơ đồ sau:

Sơ đồ 2. Con đường kiến tạo kiến thức

Chẳng hạn, khi dạy học định lí hàm Sin, GV có thể cho HS tiếp cận một cách

tích cực bằng cách xét các trường hợp đặc biệt của A BC như sau:

Kiến thức, kinh nghiệm đã có

Dự đoán giả thuyết

Kiểm nghiệm

Thích nghi

Kiến thức mới

Thất bại

- 15 -

Bước 1. Dựa trên những kiến thức và kinh nghiệm đã có

Tam giác vuông Tam giác đều Tam giác cân

A BC vuông tại A nội tiếp

đường tròn ( , )O R có

, ,A B c BC a A C b .

Khi đó O là trung điểm BC

nên 2a R . Ta có:

sin ;2

sin2

AC bBBC RA B cCBC R

A BC đều cạnh a

nội tiếp ( , )O R . Ta có

02 cos 30 3a R R

A BC cân tại A và có

µ 0120A nội tiếp ( , )O R .

, 3A B A C R BC R

0

3 2 ;sin sin 120

a R RA

02

sin sin sin 30b c R R

B C

Dấu hiệu chung: 2sin sin sin

a b c RA B C

(*)

Xuất phát từ việc khảo sát các trường hợp đặc biệt của tam giác ta đều rút ra

được hệ thức (*). Hệ thức này còn đúng với trường hợp A BC là tam giác bất kì

không? Từ vấn đề này làm HS nảy sinh nhu cầu nhận thức, dẫn đến việc HS phát hiện

vấn đề và tư duy tìm tòi giải quyết vấn đề: hệ thức (*) còn đúng trên A BC bất kì?

(Khâu dự đoán)

Bước 2: Đề xuất giả thuyết và kiểm nghiệm giả thuyết

Đối với tam giác bất kỳ: A BC nội tiếp đường tròn ( , )O R , có độ dài các cạnh

, ,A B c BC a A C b .

R O

A

CB

O

A

B C

1200

RO

A

CB

0

3 2sin sin 60

a R RA

- 16 -

O

A

A'

CB

Bước 3: Kiểm nghiệm

Trường hợp ·A BC nhọn, gọi 'A là điểm đối xứng của A qua O . Ta có

· · 'A BC A A C (cùng chắn cung ¼A C ). Do đó

·

·

sin sin ' ;' 2

sin sin '' 2

A C bB A A CA A RAB cC A A BA A R

Tương tự gọi 'B là điểm đối xứng của B qua O , ta có

·sin sin '' 2

BC aA BB CBB R

Từ đó ta có hệ thức (*).

Trường hợp ·A BC tù, gọi 'A là điểm đối xứng của A qua O . Ta có

· · 0' 180A BC A A C (do tứ giác 'A BA C nội tiếp).

Chứng minh tương tự ta được hệ thức (*).

Bước 4: Thích nghi và hình thành kiến thức mới

Kiểm nghiệm thành công dẫn đến hình thành tri thức mới: định lí hàm Sin trong

tam giác.

Luận điểm 5: Trong dạy học kiến tạo, song song với việc hình thành tri thức và

kinh nghiệm mới cần chú trọng các tri thức phương pháp, hình thành các hoạt động trí

tuệ để chiếm lĩnh các tri thức đó. Cùng với các tri thức, kinh nghiệm mới cần nhấn

mạnh việc học sinh chiếm lĩnh cách thức tạo ra tri thức đó, nghĩa là hình thành các thao

tác trí tuệ tương ứng.

1.4. Một số năng lực kiến tạo kiến thức trong dạy học toán

Theo [4] đã đề xuất một số năng lực cơ bản kiến tạo các kiến thức toán học của HS,

SV (các năng lực được xếp theo thứ tự logic) như sau:

- Năng lực dự đoán, phát hiện vấn đề, phương pháp dựa trên cơ sở các quy luật tư

duy biện chứng, tư duy tiền logic, khả năng liên tưởng và di chuyển các liên tưởng.

- 17 -

- Năng lực định hướng tìm tòi cách thức giải quyết vấn đề, tìm lời giải các bài toán.

- Năng lực huy động kiến thức để giải quyết các vấn đề toán học. Các thành tố của

năng lực này chủ yếu là:

+ Năng lực lựa chọn các công cụ thích hợp để giải quyết một vấn đề;

+ Năng lực chuyển đổi ngôn ngữ; có thể chuyển đổi ngôn ngữ trong nội bộ toán.

Chẳng hạn, xét một vấn đề hình học từ ngôn ngữ hình học tổng hợp ta có thể đưa về

hình học tọa độ, vectơ, biến hình.

+ Năng lực quy lạ về quen.

- Năng lực lập luận logic, lập luận có căn cứ giải quyết chính xác các vấn đề đặt ra.

- Năng lực đánh giá, phê phán.

Chẳng hạn, xét bài toán sau: (tr. 174, [13]) Cho hình bình hành A BCD , dựng các hình

vuông ,A BEF A DGH nằm phía ngoài hình bình hành. Chứng minh .A C HF

Hình học tổng hợp: chứng minh hai tam giác chứa hai cạnh tương ứng bằng nhau.

Hình học tổng hợp

Tọa độ

Vectơ

Biến hình

C'

F

E

H G

D

CB

A

- 18 -

Xét hai tam giác ,A CD HFA có · ·, ,A D A H DC FA CDA FA H (góc có hai

cạnh tương ứng vuông góc ,A D A H FA CD ) nên

( ) .ACD HFA c g c A C HF

Hình học tổng hợp đưa về biến hình: Thực hiện phép quay tâm A, góc quay 090 .

Ta có 0( ,90 ): , ' .

AQ D H C C Theo tính chất phép quay ', ' .A C A C HC DC

Vì ' .DC AB FA HC FA

Mặt khác vì góc quay 090 nên ' '/ / .HC DC HC A E Từ đó ta có tứ giác

'FA C H là hình bình hành nên .A C HF

1.5. Một số vấn đề trong dạy học môn HHSC&THGT

1.5.1. Thông tin về chương trình môn HHSC&THGT

Môn HHSC&THGT có mã môn học: MA4126 với số tín chỉ: 04.

a) Mục tiêu môn học: Sinh viên nắm vững được những kiến thức cơ bản về các

khái niệm đa giác, đa diện, khái niệm về độ dài, diện tích, thể tích; bổ sung các vấn đề

về đường tròn, mặt cầu; thực hành các bài toán về quỹ tích, dựng hình; rèn luyện kỹ

năng giải các bài toán hình học sơ cấp, phân tích tìm tòi con đường giải một bài toán

hình học để có thể trang bị các kiến thức vận dụng vào việc giảng dạy.

b) Nội dung môn học: Nội dung gồm có 6 chương, cụ thể như sau:

Chương I: ĐA GIÁC, DIỆN TÍCH

1. Đa giác.

Đường gấp khúc, đa giác.

Miền trong của đa giác. Định lý Jordan.

Các tính chất của đa giác.

Phân hoạch các đa giác đồng phân.

Diện tích đa giác.

- 19 -

Diện tích và đồng phân.

2. Diện tích hình phẳng

Chương II: ĐA DIỆN, KHỐI ĐA DIỆN, THỂ TÍCH

1. Đa diện, khối đa diện.

Định nghĩa khối đa diện.

Miền trong của đa diện. Định lý Jordan.

Đa diện lồi.

Sơ đồ phẳng của đa diện.

Đặc số Euler. Đa diện đều.

2. Thể tích khối đa diện.

Phân hoạch khối đa diện.

Thể tích khối đa diện.

Chương III: VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN VÀ MẶT CẦU

1. Đường tròn.

Phương tích của một điểm đối với một đường tròn.

Trục đẳng phương của hai đường tròn.

Tâm đẳng phương của ba đường tròn.

Hai đường tròn trực giao.

Chùm đường tròn.

2. Mặt cầu.

3. Phép nghịch đảo trong mặt phẳng.

Chương IV: QUỸ TÍCH, DỰNG HÌNH

1. Bài toán quỹ tích.

2. Thực hành giải toán quỹ tích.

- 20 -

2.1. Phương pháp sơ cấp.

2.2. Phương pháp biến hình.

2.3. Phương pháp tọa độ.

3. Bài toán dựng hình.

4. Thực hành giải toán dựng hình bằng thước và compa.

Phương pháp quỹ tích

Phương pháp biến hình.

Phương pháp đại số.

Chương V: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÌNH HỌC

1. Các phương pháp suy luận trong giải toán hình học.

2. Các bước giải một bài toán hình học.

Chương VI: CÁC DẠNG TOÁN HÌNH HỌC

1. Các bài toán chứng minh.

2. Các bài toán tính toán.

3. Các bài toán tìm cực trị.

1.5.2. Một số vấn đề trong dạy học môn HHSC&THGT ở trường Đại học

Đồng Tháp

Trong quá trình dạy môn học HHSC&THGT (với các lớp 30K4, 31K4 và

CĐSToan08A) bản thân tác giả nhận thấy một số vấn đề tồn tại như sau:

- Nội dung môn học nhiều, thời lượng lại ít nên một số nội dung (chẳng hạn phép

nghịch đảo và ứng dụng của phép nghịch đảo) chưa được khai thác sâu cho SV

tiếp cận.

- Trình độ của SV qua các năm giảm dần nên một số chủ đề thảo luận (như vận

dụng diện tích và thể tích vào giải các toán hình học, một số bài toán cổ nổi

tiếng, khai thác một bài toán hình học) yêu cầu SV làm việc theo nhóm có chất

- 21 -

lượng chưa được tốt, SV vẫn còn tinh thần đối phó, chưa chủ động tích cực

trong các bài thảo luận, trình bày, có thái độ ỷ lại vào một số cá nhân tích cực

khác.

- Trình độ SV trong một lớp không đồng đều, khi chia nhóm thảo luận hay làm

bài tập nhóm GV gặp khó khăn khi đánh giá kết quả, chưa thật sự đánh giá đúng

năng lực của mỗi cá nhân.

- Đối với môn học này, SV bắt buộc phải được thực hành giải toán, phần bài tập

sau mỗi chương rất phong phú, với đặc trưng là môn hình học, thời lượng dành

để trình bày bài giải và sửa chữa phân tích bài toán cần nhiều thời gian nên

không thể giải quyết hết tất cả vấn đề, do đó, SV phải tự nghiên cứu.

Qua một số vấn đề trên, yêu cầu về phía GV suy nghĩ phải có những phương

pháp và cụ thể là những hoạt động nào tạo hứng thú và thu hút SV từ đó SV có thể chủ

động tiếp cận các kiến thức một cách tích cực?

- 22 -

Chương 2

Một số biện pháp tăng cường năng lực tiếp cận

kiến thức theo quan điểm kiến tạo cho SVCĐ

qua dạy học môn HHSC&THGT

2.1. Một số yêu cầu xây dựng tình huống theo quan điểm kiến tạo

Các hiện tượng, quan hệ, đối tượng, quy luật được xem là các tình huống, tức là

một khái niệm, định lí, quy tắc, phương pháp, bài toán xem là một tình huống. Trong

dạy học, tình huống sư phạm là tình huống chứa đựng các kiến thức cần truyền thụ,

chứa đựng những vấn đề khó khăn cần giải quyết mang nhiệm vụ nhận thức đối với

HS, SV tương thích với trình độ của HS, SV.

Tình huống dạy học kiến tạo là tình huống chứa những chướng ngại, khó khăn

đối với HS, SV, những tri thức đã biết, những kinh nghiệm đã có không đủ để HS, SV

giải quyết vấn đề khó khăn đó từ đó đòi hỏi HS, SV phải tiến hành hoạt động điều ứng

để phù hợp với môi trường mới dẫn đến sự thích nghi sơ đồ nhận thức mới từ đó kiến

tạo kiến thức mới.

Quan điểm về một tình huống dạy học theo quan điểm kiến tạo

Một tình huống dạy học kiến tạo cần đáp ứng những yêu cầu gì? Có những dấu

hiệu nào?

- Một tình huống dạy học kiến tạo cần xuất phát từ những tri thức, kỹ năng đã có.

- Tình huống phải có dụng ý sư phạm nhằm hướng đến kiến thức mới, tạo được

chướng ngại khó khăn cần khắc phục HS, SV phải vượt qua bằng hoạt động điều ứng,

hoạt động tư duy tích cực, độc lập sáng tạo dưới sự dẫn dắt, điều khiển của GV để dẫn

tới một sơ đồ nhận thức mới, dẫn tới sự thích nghi tương hợp với môi trường.

Một số yêu cầu xây dựng tình huống dạy học theo quan điểm kiến tạo

- Dựa trên cơ sở các quan điểm của dạy học kiến tạo.

- 23 -

- Xác định mức độ các kiến thức và kinh nghiệm đã dạy qua thăm dò, kiểm tra,

đánh giá.

- Xác định được các trường hợp riêng của kiến thức cần kiến tạo để HS, SV khảo

sát, hoạt động (trí tuệ toán học) đề xuất các dự đoán, giả thuyết có căn cứ khoa học

(vận dụng trong dạy học định lí, khái niệm, bài tập toán).

- Tạo các chướng ngại (đề ra những nhiệm vụ nhận thức) để HS, SV điều ứng,

xác lập sơ đồ nhận thức mới từ đó thích nghi với môi trường.

Con đường kiến tạo kiến thức được thể hiện qua sơ đồ 2.

Thiết kế tình huống tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức theo quan

điểm kiến tạo cho SV như sau:

- Xây dựng tình huống: lựa chọn những bài toán chứa những khó khăn, chướng

ngại đối với HS, SV.

- Yêu cầu tình huống: giải thích khó khăn với những quy tắc, phương pháp giải

đã có của HS, SV.

- HS, SV tiến hành hoạt động điều ứng (HS, SV tự điều ứng hoặc trên cơ sở gợi ý

của GV).

- Dự đoán, tìm tòi lời giải bài toán và giải quyết vấn đề.

- Thích nghi sơ đồ nhận thức mới tạo kiến thức mới (hiểu bài toán, tiếp thu được

tri thức phương pháp mới trong việc giải bài toán: những quy tắc, phương pháp giải

mới được bổ sung thêm).

2.2. Một số biện pháp sư phạm tăng cường năng lực tiếp cận kiến thức theo

quan điểm kiến tạo cho SVCĐ qua dạy học môn HHSC&THGT

Kiến thức, kinh nghiệm đã có

Dự đoán giả thuyết

Kiểm nghiệm

Thich nghi

Kiến thức mới

Thất bại

- 24 -

2.2.1. Biện pháp 1. Luyện tập cho SV nắm vững những kiến thức đã có theo

hướng hoạt động nhận dạng và thể hiện

Như đã phân tích, một tình huống dạy học theo quan điểm kiến tạo cần xuất

phát từ những tri thức và những kỹ năng đã có của SV. Vì vậy khi GV thiết kế một tình

huống có dụng ý sư phạm nhằm hướng đến xây dựng kiến thức mới cho SV, cần phải

luyện tập cho SV nắm vững những kiến thức, kinh nghiệm đã có làm nền tảng cho việc

hình thành tri thức mới.

Những kiến thức môn toán liên hệ mật thiết trước hết với những dạng hoạt động

sau đây: nhận dạng và thể hiện, những hoạt động toán học phức hợp, những hoạt động

trí tuệ trong toán học, những hoạt động trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ.

Ví dụ 1. Khi dạy khái niệm Phân hoạch khối đa diện (Bài 2. Thể tích của các khối đa

diện, Chương II, tr. 41 [14]), GV cho SV tiến hành 2 hoạt động sau đây:

- Hoạt động 1: Khối lập phương sau được phân hoạch

thành những khối đa diện nào?

- Hoạt động 2: Hãy phân hoạch một khối lập phương

thành 5 khối tứ diện?

Ở hoạt động 1 (hoạt động nhận dạng khái niệm) SV sử dụng

khái niệm Phân hoạch khối đa diện như sau:

Đa diện D được gọi là được phân hoạch thành các hình đa

diện 1 2, , ..., nD D D nếu:

i. Các đa diện jD không có điểm trong chung, 0 0 ,i jD D i j ;

ii. 1

[ ] [ ]n

ii

D D

U .

Từ đó SV chỉ ra các khối đa diện được phân hoạch:

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ được phân hoạch thành sáu tứ diện: AA’B’D’,

AB’DD’, ABB’D, BB’C’D’, BDD’C’, BCDD’.

- 25 -

Trong trường hợp SV vẫn chưa tiến hành được hoạt động này hoặc chưa liệt kê

chính xác các khối tứ diện được phân hoạch, GV có thể chỉ rõ các mặt cắt để phân

hoạch khối lập phương trên bằng sơ đồ sau, giúp cho SV hiểu rõ được khái niệm.

Ở hoạt động 2 (hoạt động thể hiện khái niệm), SV

phải tiến hành thực hiện việc phân hoạch khối lập phương

cho trước thành 5 khối tứ diện.

Khối lập phương . ' ' ' 'A BCD A B C D được phân

hoạch thành 5 khối tứ diện

', ' ', ', ' ' ', ' ' .A BDA A DCD BCDC A BC B A BC D

Sau khi SV đã khắc sâu khái niệm, GV cho SV

tiến hành hoạt động phát triển những hoạt động toán học qua bài toán sau:

Bài toán: a. Bằng hai mặt phẳng, hãy phân hoạch một tứ diện thành bốn tứ diện.

b. Hãy phân hoạch một tứ diện thành sáu tứ diện.

- 26 -

c. Bằng một số ít các mặt phẳng, hãy phân hoạch tứ diện thành 16 tứ diện.

d. Bằng một số ít các mặt phẳng, hãy phân hoạch tứ diện thành 20 tứ diện. (Bài

tập 16, tr. 49, [14]).

Phân tích: Ở bài toán này, SV được tiếp tục luyện tập hoạt động phân hoạch khối

tứ diện theo hướng phát triển những hoạt động trí tuệ như phân tích, tổng hợp, tương tự,

khái quát hóa.

Ta có thể chia khối tứ diện ABCD thành bốn khối tứ diện bởi 2 mặt phẳng.

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có ( ) ( )A BJ CID IJ .

Tứ diện ABCD được phân hoạch thành bốn tứ diện: ACIJ, ADIJ, BCIJ, BDIJ

Từ đó SV sử dụng thao tác tương tự và khái quát hóa có thể tiến hành hoạt

động ở câu b, c và d. (Khái quát hóa: có thể phân hoạch một tứ diện tứ diện thành một

số chẵn các tứ diện).

K

I

J

D

C

B

A

- 27 -

Ví dụ 2. Khi dạy bài Chùm đường tròn, (Bài 3 chương III, tr. 55, [14]) sau khi phát

biểu định nghĩa chùm đường tròn, GV nhấn mạnh cho SV thấy rõ dấu hiệu nhận biết

chùm đường tròn từ đó tiến hành hoạt động phân loại chùm đường tròn như sau:

- Khái niệm chùm đường tròn:

Chùm đường tròn là tập hợp tất cả những đường tròn nằm trong cùng một mặt

phẳng sao cho có một đường thẳng là trục đẳng phương của bất kì hai đường tròn của

tập hợp đó.

Đường thẳng gọi là trục đẳng phương của chùm đường tròn, tức là chỉ ra sự tồn tại trục

đẳng phương của hai đường tròn bất kỳ trong những đường tròn đó.

Như vậy, khi ta lấy hai đường tròn bất kỳ với các vị trí tương đối khác nhau của hai

đường tròn cho ta xác định được trục đẳng phương của chúng. Ta có các vị trí tương đối

nào? Xác định trục đẳng phương của hai đường tròn đó tương ứng với vị trí tương đối đó.

+ Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm A và B, trục đẳng là đường thẳng đi qua hai

điểm đó.

+ Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm A, trục đẳng phương là đường thẳng đi

qua và vuông góc đường nối tâm của hai đường tròn.

+ Hai đường tròn ngoài nhau, trục đẳng phương là đường thẳng vuông góc với

đường nối tâm (và không cắt hai đường tròn).

- Phân loại các chùm đường tròn

i) Giả sử hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) của chùm đường tròn cắt nhau tại hai

điểm A và B. Khi đó trục đẳng phương của chùm là đường thẳng AB. Khi đó mọi đường

tròn của chùm đều đi qua hai điểm A và B. Chùm như thế được gọi là chùm eliptic.

- 28 -

ii) Giả sử hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) của chùm đường tròn tiếp xúc với

nhau tại A. Khi đó trục đẳng phương của chùm là đường thẳng tiếp xúc với hai đường

tròn tại A. Khi đó mọi đường tròn của chùm đều tiếp xúc với tại A. Chùm như thế được

gọi là chùm parabolic.

iii) Giả sử hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) của chùm đường tròn không cắt nhau.

Khi đó trục đẳng phương của chùm không cắt hai đường tròn do đó không cắt bất cứ

đường tròn nào của chùm. Gọi H là giao điểm của và đường nối tâm OO’ thì các tiếp

tuyến HT kẻ từ H tới đường tròn nào cũng bằng nhau. Mọi đường tròn của chùm đều trực

giao với đường tròn (H, r) với r = HT. Chùm đường tròn như thế được gọi là chùm

hypebolic.

Từ hoạt động trên SV có thể nắm vững được khái niệm chùm đường tròn và

hiểu được cách phân loại chùm đường tròn.

- 29 -

2.2.2. Biện pháp 2. Luyện tập cho SV thói quen dự đoán phát hiện vấn đề

Trong nghiên cứu toán học, ngoài các chứng minh dựa vào các quy tắc suy diễn

đúng đắn và nghiêm ngặt, người ta còn thực hiện các thao tác tư duy khác, đặc biệt là

dự đoán. Để rèn luyện cho SV năng lực dự đoán có lí, GV có thể cho SV thực hiện các

thao tác: xem xét vấn đề tương tự, nhờ vào nghiên cứu các trường hợp riêng của vấn

đề, nhờ vào các phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa, tổng quát hóa...

Vì vậy, luyện tập cho SV năng lực dự đoán phát hiện vấn đề là một bước trong

các khâu tiến hành dạy học theo quan điểm kiến tạo (trong sơ đồ con đường kiến tạo,

dự đoán, phán đoán đề xuất giả thuyết). Có thể cho SV phát triển năng lực này thông

qua dạy bài Các phương pháp suy luận trong giải toán hình học (Bài 1, chương V, tr.

139, [14]) như sau:

Dự đoán nhờ tương tự: Dự đoán nhờ tương tự được mô tả như sau: Nếu

A và B là hai đối tượng tương tự với nhau và A có tính chất p thì ta dự đoán B cũng có

tính chất q tương tự tính chất p. Tương tự thường có nghĩa là giống nhau. Chẳng hạn,

sau đây là bảng các khái niệm tương tự trong hình học phẳng và hình học không gian.

Hình học phẳng Hình học không gian

Đường thẳng

Tam giác

Hình bình hành

Đường tròn

Cạnh, độ dài cạnh

Trung điểm của cạnh

Diện tích tam giác

...

Mặt phẳng

Tứ diện

Hình hộp

Mặt cầu

Mặt, diện tích mặt

Trọng tâm của mặt

Thể tích tứ diện

...

- 30 -

Một số tính chất tương tự trong tam giác và tứ diện

Tam giác Tứ diện

- Tồn tại điểm cách đều các đỉnh của tam giác

(tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác).

- Tồn tại điểm cách đều các cạnh của tam

giác (tâm đường tròn nội tiếp tam giác).

- Ba đường thẳng nối đỉnh và trung điểm của

các cạnh đối diện đồng quy tại một điểm, gọi

là trọng tâm của tam giác.

G là trọng tâm A BC , A’ là trung điểm của

cạnh BC, ta có 2 'GA GA và

0GA GB GC uuur uuur uuur r

- Tam giác vuông ,A BC AH BC ta có

2 2 2

1 1 1A H A B A C

2 2 2BC AB AC

2 2cos cos 1,( , ), ( , ).A B BC A C BC

- Tồn tại điểm cách đều các đỉnh của tứ diện

(tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện).

- Tồn tại điểm cách đều các mặt của tứ diện

(tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện).

- Ba đường thẳng nối đỉnh và trọng tâm của các

mặt đối diện đồng quy tại một điểm, gọi là trọng

tâm của tứ diện.

G là trọng tâm tứ diện A BCD , A’ là trọng tâm

A BC , ta có 3 'GA GA và

0GA GB GC GD uuur uuur uuur uuur r

- Tứ diện vuông , ( )OABC OH ABC ta có

2 2 2 2

1 1 1 1OH OA OB OC

2 2 2 2A BC OA C OA B OBCS S S S

2 2 2cos cos cos 1, ( , ),( , ), ( , ).

OA B OA COA B OBC OBC OA C

Ví dụ 3. Xét bài toán: “Cho A BC , , ,a b ch h h lần lượt là đường cao xuất phát từ các

đỉnh , ,A B C và r là bán kính đường tròn nội tiếp A BC . Chứng minh:

1 1 1 1

a b ch h h r ”.

- Yêu cầu SV tìm cách giải bài toán: Bài toán dễ dàng được chứng minh bằng

cách sử dụng công thức tính diện tích:

- 31 -

1 1 1. . .2 2 2 2a b c

a b cS a h b h c hr

.

- Yêu cầu SV phát biểu cho bài toán tương tự, và hướng giải bài toán tương tự đó.

Dự đoán cho bài toán tương tự: “Cho tứ diện A BCD , , , ,a b c dh h h h lần lượt là đường

cao xuất phát từ các đỉnh , , ,A B C D tới các mặt phẳng đối diện và r là bán kính mặt

cầu nội tiếp tứ diện A BCD . Chứng minh:

1 1 1 1 1

a b c dh h h h r ”.

- Hướng giải quyết bài toán tương tự: sử dụng công thức thể tích tứ diện.

1 1 1 1. . . .3 3 3 3 3

a b c da a b b c c d d

S S S SV S h S h S h S h

r

.

Dự đoán nhờ quy nạp không hoàn toàn

Quy nạp không hoàn toàn là quy nạp trong đó ta rút ra kết luận tính chất p thuộc

tất cả các phần tử của một tập hợp đang xét trên cơ sở chỉ mới biết tính chất đó trên

một số phần tử mà thôi.

Ví dụ 4. Xét trên các hình: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân

- Hình chữ nhật A BCD , hình vuông A BCD (là tứ giác nội tiếp đường tròn) có 2 2 2A C A D DC . . .A C BD A D BC DC AB

- Hình thang cân A BCD (là tứ giác nội tiếp đường tròn) có

·2 2 2 2 . cos ( )BD A D A B A B A D BA D

2 2. 2 . cosA C BD A D A B A B A D

2 2. ( )A C BD A D AB DH KC A B

2 2. ( )A C BD A D AB CD A B A B

2. .A C BD A D CD A B

- 32 -

. . .A C BD A D BC DC AB .

Các hình khảo sát trên đều là các tứ giác nội tiếp và có chung một tính chất

. . .A C BD A D BC DC AB (*)

- Từ đó cho SV đề xuất phát hiện vấn đề.

- Dự đoán cho bài toán tổng quát:

“Tứ giác A BCD nội tiếp trong đường tròn khi và chỉ khi tích hai đường chéo

bằng tổng các tích các cặp cạnh đối . . .A C BD A D BC DC AB ”.(Định lí Ptoleme)

- Chứng minh định lý Ptoleme (tr. 163, [13]): Tích các đường chéo của một tứ

giác nội tiếp một đường tròn bằng tổng các tích các cặp cạnh đối.

Cách 1. Dựng góc · · , .A BP DBC P A C Ta có A BP DBC : , do đó

. . (1)A B DB A B DC A P DBA P DC

Tương tự ta có BCP BDA : do đó . . (2)A D BC CP BD

Từ (1), (2) ta có (*).

Cách 2. Trên các tia , ,DA DB DC lần lượt lấy các điểm ', ', 'A B C sao cho

2. ' . ' . 'DA DA DB DB DC DC k , với k là số chọn trước.

Ta có các cặp tam giác đồng dạng: ' '; ' '; ' ' .DA B DB A DBC DC B DCA DA C: : :

C'

B'

A'

B

C

D

A

P

O

D

C

A

B

- 33 -

Do đó · · · ·' ; ' ' .DBA DA B DB C DCB

Vì tứ giác A BCD nội tiếp nên · · · ·0 0180 ' ' ' ' 180DAB DCB DB A DB C .

Do đó ba điểm ', ', 'A B C thẳng hàng và ' ' ' ' ' ' (3)A B B C A C

Ta có 2 2 2

' ' ; ' ' ; ' ' .. . .

k A B k BC k A CA B B C A CDA DB DC DB DA DC

Thay vào (3) ta được hệ

thức (*).

Dự đoán nhờ khái quát hóa

Khái quát hóa là việc chuyển nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho đến việc

nghiên cứu một tập hợp đối tượng mới rộng hơn.

Ví dụ 5. Xét bài toán ở ví dụ 1 trên, nhận thấy rằng r là khoảng cách từ tâm đường

tròn nội tiếp tam giác đến các cạnh. Bài toán trên tương đương với việc yêu cầu chứng

minh:

1a b c

r r rh h h

.

Ta dự đoán cho bài toán tổng quát với khoảng cách từ một điểm bất kì trong tam giác?

- Dự đoán cho bài toán tổng quát:

“Cho A BC , , ,a b ch h h lần lượt là đường cao xuất phát từ các đỉnh , ,A B C và O là

một điểm bất kì nằm trong tam giác. Gọi , ,x y z lần lượt là khoảng cách từ O đến các

cạnh , ,BC CA A B . Chứng minh:

1a b c

x y zh h h

”.

Dự đoán nhờ đặc biệt hóa, xét các trường hợp riêng

Đặc biệt hóa là việc chuyển nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho đến việc

nghiên cứu một tập hợp đối tượng mới hẹp hơn.

- 34 -

Ví dụ 6. Xét bài toán “Cho A BC . Vẽ hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác sao

cho , , ,M A B N A C P Q BC .Gọi O là tâm của hình chữ nhật A BCD . Tìm

quỹ tích tâm O khi ,M N di động trên ,A B A C ”.

SV tiến hành hoạt động đặc biệt hóa một số vị trí

của tâm O khi ,M N di động trên ,A B A C

Ta đặc biệt hóa các vị trí của M:

- Nếu M A N A

hình chữ nhật suy biến thành đường cao A H

nên O I trung điểm của A H .

- Nếu M B N C

hình chữ nhật suy biến thành BC nên O J trung điểm của BC .

Từ các trường hợp đặc biệt ta có thể dự đoán, quỹ tích tâm O của hình chữ nhật

A BCD là đường thẳng đi qua hai trung điểm của A H và BC .

Cần cho SV tiến hành luyện tập thao tác này qua các bài toán quỹ tích (chương

IV, tr. 77, [14]) để có thể dự đoán quỹ tích cần tìm.

Ví dụ 7. Cho nửa đường tròn đường kính AOB và điểm M thuộc nửa đường tròn. Kẻ

MH A B , trên tia OM lấy điểm N sao cho ON MH . Tìm quỹ tích điểm N khi M

thay đổi trên nửa đường tròn.

Bước 1: Phân tích

- Yếu tố cố định: nửa đường tròn đường kính

AOB.

- Yếu tố không đổi: ,ON MH MH A B .

- Yếu tố thay đổi: điểm M, H, N.

Bước 2: Dự đoán: Khi M trùng A hoặc trùng B thì N trùng O.

Gọi I là điểm chính giữa cung AB. Khi M trùng I thì N trùng I.

N

HOA B

MI

- 35 -

Nếu M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, xác định vị trí của N. Ba điểm O, I,

N không thẳng hàng nên dự đoán quỹ tích của N là đường tròn đi qua O, I, N trong đó

O, I là cố định.

Bước 3: Chứng minh (Kiểm nghiệm)

+ Phần thuận: Vì I là điểm chính giữa của cung AB nên OI A B

Theo giả thiết ta có MH A B nên / /OI MH và · ·IOM OMH

Do đó ONI MHO nên · 090INO .

Vì I, O cố định nên N nằm trên đường tròn đường kính OI.

+ Phần đảo: Lấy N’ là điểm bất kì trên đường tròn đường kính OI. ON’ cắt (O)

tại M’. Kẻ ' 'M H A B . Ta chứng minh ' ' 'ON M H .

Ta có 'OI OM và / / ' 'OI M H (cùng vuông góc với AB) nên · ·' ' 'IOM OM H

Mặt khác, N’ thuộc đường tròn đường kính OI nên · 0' 90IN O và · 0' ' 90M H O

Từ đó ta có ' ' 'ON I M H O nên ' ' 'ON M H .

Bước 4 : Kết luận

Vậy quỹ tích của điểm N là đường tròn đường kính OI.

Qua bài toán trên nhằm giúp cho SV củng cố các thao tác trí tuệ, tiến hành

dự đoán đề xuất giả thuyết, hay dự đoán tìm hướng giải quyết vấn đề, cụ thể qua việc

giải bài toán tìm quỹ tích.

2.2.3. Biện pháp 3. Luyện tập cho SV biết cách nhìn nhận một vấn đề theo

nhiều góc độ khác nhau

Thể hiện mối quan hệ biện chứng của cặp phạm trù nội dung và hình thức. Cùng

một nội dung có thể diễn tả dưới nhiều hình thức khác nhau, chuyển từ hoạt động tư

duy này sang hoạt động tư duy khác; nhìn một đối tượng, một vấn đề dưới nhiều góc

- 36 -

độ khác nhau, nhìn trong mối tương quan với các hiện tượng khác, từ đó có cách dự

đoán, đề xuất giả thuyết, có cách giải quyết sáng tạo.

Xuất phát từ một tình huống đối với một đối tượng cho trước, tập luyện cho SV

chuyển dịch các liên tưởng từ đối tượng ban đầu sang một đối tượng mới để đề xuất ra

một bài toán mới, phương pháp mới trên cơ sở bài toán ban đầu.

Ví dụ 8. Xét bài toán sau: Trong tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d và điểm A nằm

ngoài đường thẳng đó. Tìm điểm M nằm trên d sao cho 2MA nhỏ nhất.

Bài toán này là một dạng toán đơn giản. Ta có 2 cách giải như sau:

- Cách 1: 2MA nhỏ nhất MA nhỏ nhất M H , với H là hình chiếu vuông

góc của A lên d.

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d. Khi đó ( ) ( )H P d

- Cách 2: 0

0

0

x x atM d y y bt

z z ct

từ đó tính được MA theo t.

Xem ( )MA f t khảo sát hàm số ( )f t nhỏ nhất (chuyển đổi ngôn ngữ bài toán hình

học sang ngôn ngữ đại số).

Từ bài toán đơn giản này, tập luyện cho SV chuyển dịch các liên tưởng từ đối

tượng này sang đối tượng khác bằng cách thay thế đối tượng ban đầu là đường thẳng ta

có thể thay đường thẳng bởi mặt phẳng, mặt cầu.

Bài toán đối với mặt phẳng

Bài toán đối với đường thẳng

Bài toán đối với mặt cầu

Chuyển dịch các liên tưởng

- 37 -

Như vậy, SV có thể đề xuất các bài toán mới:

Từ việc xét đối tượng của bài toán là đường thẳng trong không gian, ta có thể

"thay" đường thẳng bằng đối tượng khác là "mặt phẳng", "mặt cầu" để sáng tạo bài

toán mới trên cơ sở bài toán đơn giản ban đầu.

Mặt khác, nhìn bài toán với hướng khác, với điểm cho trước không thuộc d ta

có thể chuyển dịch liên tưởng sang bởi hai điểm, ba điểm, bốn điểm không thuộc d cho

trước?

Nếu cho hai điểm ,A B : Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có :

2 2 2 2 2 2 2 21 1 122 4 2

MI MA MB A B MA MB MI A B .

Do đó 2 2MA MB nhỏ nhất 2MI nhỏ nhất.

Nếu cho ba điểm , ,A B C : Gọi G là trọng tâm của ABC, ta có

2 2 2 2 2 2 23MA MB MC MG GA GB GC .

Do 2 2 2MA MB MC nhỏ nhất 2MG nhỏ nhất.

Nếu cho bốn điểm , , ,A B C D : Gọi G là trọng tâm của tứ diện A BCD , I và J

lần lượt là trung điểm AB và CD. Khi đó ta có

2 2 2 2 2 2 2 2142

MA MB MC MD MG IJ AB CD .

(C)

A

O

M2

M1

Δ

M

Δ

A

H

P

P

d

H

A

- 38 -

Do đó 2 2 2 2MA MB MC MD nhỏ nhất 2MG nhỏ nhất.

Như vậy, từ bài toán ban đầu ta chuyển dịch liên tưởng các đối tượng bài toán sang

đối tượng mới ta đã xây dựng được hệ thống các bài toán tương tự như sau:

Bài toán 1. Cho ,A B không thuộc d. Tìm điểm M trên d sao cho 2 2MA MB nhỏ

nhất.

Bài toán 2. Cho , ,A B C không thuộc d. Tìm điểm M trên d sao cho

2 2 2MA MB MC nhỏ nhất.

Bài toán 3. Cho , , ,A B C D không thuộc d. Tìm điểm M trên d sao cho

2 2 2 2MA MB MC MD nhỏ nhất.

Bài toán 4. Cho A không thuộc mặt phẳng (P). Tìm điểm M trên (P) sao cho 2MA

nhỏ nhất.

Bài toán 5. Cho ,A B không thuộc (P). Tìm điểm M trên (P) sao cho 2 2MA MB

nhỏ nhất.

Bài toán 6. Cho , ,A B C không thuộc (P). Tìm điểm M trên (P) sao cho 2 2 2MA MB MC nhỏ nhất.

Bài toán 7. Cho , , ,A B C D không thuộc (P). Tìm điểm M trên (P) sao cho 2 2 2 2MA MB MC MD nhỏ nhất.

Bài toán 8. Cho A không thuộc mặt cầu (C). Tìm điểm M trên (C) sao cho 2MA

nhỏ nhất.

Bài toán 9. Cho ,A B không thuộc (C). Tìm điểm M trên (C) sao cho 2 2MA MB

nhỏ nhất.

Bài toán 10. Cho , ,A B C không thuộc (C). Tìm điểm M trên (C) sao cho

2 2 2MA MB MC nhỏ nhất.

Bài toán 11. Cho , , ,A B C D không thuộc (C). Tìm điểm M trên (C) sao cho

2 2 2 2MA MB MC MD nhỏ nhất.

- 39 -

Như vậy, từ bài toán ban đầu ta có thể nhìn nhận nó với nhiều góc độ khác nhau

bằng cách chuyển dịch các liên tưởng, thay thế các đối tượng nghiên cứu, từ đó đề xuất

được các bài toán mới (đề xuất giả thuyết, phán đoán), SV có thể tự kiểm nghiệm các

bài toán mới bằng cách đi giải chúng theo hướng đã phân tích ở trên.

Khi dạy học bài toán quỹ tích, các phương pháp tìm quỹ tích: áp dụng các phép

biến hình để giải bài toán quỹ tích (Bài 1, chương IV, tr. 83 [14]), GV nêu một ví dụ

cho SV thấy được việc vận dụng phép biến hình vào giải bài toán như thế nào, mặt

khác cho SV có thể nhìn nhận được bài toán sau dưới nhiều góc độ khác nhau để luyện

tập thao tác này, qua bài toán sau:

Ví dụ 9. Trên đường tròn (O) cho hai điểm B và C cố định, điểm A thay đổi. Tìm quỹ

tích trực tâm H của tam giác A BC .

Phân tích: Sử dụng các phép biến hình vào giải bài toán quen thuộc này, để tìm

được quỹ tích của điểm M có tính chất a nào đó bằng phương pháp biến hình, ta phải

tìm được mối liên hệ giữa điểm M và điểm N mà đã biết quỹ tích (hình H) qua một

phép biến hình f nào đó. Khi đó quỹ tích của điểm M là hình H’ là ảnh (hoặc tạo ảnh)

của hình H qua phép biến hình f. Do đó, vấn đề quan trọng để giải bài toán quỹ tích là

tìm phép biến hình f thích hợp.

Vì vậy, để luyện tập cho SV nhìn nhận bài toán này dưới nhiều góc độ khác

nhau cần tìm ra dấu hiệu đặc trưng của mỗi phép biến hình đó.

Góc độ thứ 1: Sử dụng phép đối xứng trục.

Giả sử AH cắt (O) tại K, cắt BC tại I.

Ta có · ·CA K CBH (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

và · ·CA K CBK (cùng chắn »CK ) nên · ·CBK CBH

Vì HI BC nên tam giác BHK cân tại B. Do đó

HI IK .

Vậy phép đối xứng trục BC biến K thành H.

K

I

H

C

O

B

A

- 40 -

Mà K chạy trên đường tròn (O) nên quỹ tích của H là đường tròn (O’) ảnh của đường

tròn (O) qua phép đối xứng BC.

Góc độ thứ 2: Sử dụng phép tịnh tiến.

Kẻ đường kính BD, ta có / /A H CD (cùng vuông

góc BC) và / /CH A D (cùng vuông góc AB). Nên

A HCD là hình bình hành. Suy ra A H DCuuuur uuuur

.

Do đó H là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vectơ

DCuuuur

, mà A chạy trên đường tròn (O) nên quỹ tích của H

là đường tròn, ảnh đường tròn (O) qua DC

T uuuur .

Góc độ thứ 3: Sử dụng tích của hai phép đối xứng trục.

Gọi K là giao điểm của AH và (O), gọi d là đường trung trực của AK. Khi đó

K là ảnh của A qua phép đối xứng trục d.

Do BC là trung trực của HK nên H là ảnh của K qua phép đối xứng trục BC.

Thực hiện liên tiếp hai phép đối xứng trục song song d và BC ta được phép tịnh tiến

theo vectơ 2.v OEr uuur

. Vậy H là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vectơ 2.v OEr uuur

.

Mà A chạy trên đường tròn (O) nên quỹ tích của H là ảnh của (O) qua v

T r .

E

D

H

C

O

B

A

E

d

K

I

H

C

O

B

A

- 41 -

Khi dạy học chương IV Quỹ tích – Dựng hình (tr. 77, [14]), với các bài toán

dựng hình ta có thể luyện tập cho SV nhìn nhận một vấn đề dưới nhiều góc độ khác

nhau khi tiến hành dạy giải bài toán dựng hình, SV đã học xong phần các bước giải

một bài toán dựng hình (dựng hình bằng tương giao của các hình), sau đó GV cho ví

dụ sau, từ ví dụ đó, tiến hành phân tích, gợi mở vấn đề để nhìn cách giải quyết bài toán

theo góc nhìn khác: sử dụng phương pháp biến hình và phương pháp đại số.

Xét bài toán đó như sau:

Ví dụ 10. Dựng hình vuông nội tiếp một tam giác cho trước.

Giải bài toán qua 4 bước: phân tích, cách dựng, chứng minh và biện luận.

i) Phân tích: Giả sử đã dựng được hình vuông MNPQ nội tiếp ABC với N AB,

P AC, M và Q BC. Kẻ Bx BC và Cy BC. Tia AM cắt Bx tại E, tia AQ cắt Cy

tại D.

Ta có AMN AEB nên MN A NBE A B

. Tương tự ta có PQ APCD A C

.

Mà NP AP A NBC A C AB

nên BE BC CD . Do đó tứ giác BCDE là hình

vuông cạnh BC.

ii) Cách dựng:

- Dựng hình vuông BCDE cạnh BC nằm phía ngoài

ABC.

- Nối AE và AD cắt BC lần lượt tại M và Q.

- Dựng hai đường thẳng vuông góc với BC tại M, Q

cắt AB, AC lần lượt tại N, P. Ta dựng được hình vuông

MNPQ.

iii) Chứng minh: dễ dàng chứng minh. DE

N

M

P

QB C

A

- 42 -

iv) Biện luận: về phía ngoài tam giác có thể dựng được ba hình vuông có cạnh tương

ứng là các cạnh của tam giác. Bài toán có 3 nghiệm hình.

Góc độ thứ 1: Phương pháp đại số

- Điều kiện giải được bài toán dựng hình bằng thước và compa?

Trước hết ta thấy rằng một bài toán dựng hình đều quy về việc dựng một số các

đoạn thẳng mà độ dài biểu thị qua các đoạn thẳng đã. Không phải mọi bài toán dựng

hình đều có thể giải bằng thước và compa. Điều kiện giải được bài toán dựng hình

bằng thước và compa thể hiện qua định lý sau đây:

Điều kiện cần và đủ để một đoạn thẳng dựng được bằng thước và compa là độ

dài của nó biểu thị được qua các độ dài các đoạn thẳng đã cho nhờ một số hữu hạn

các phép tính: cộng, trừ, nhân, chia và căn bậc hai (khi phép toán có nghĩa).

Trong bài toán dựng hình có nhiều bài muốn dựng được trước hết phải tìm được

độ dài của một đoạn thẳng nào đó hay độ lớn của một góc nào đó mới dựng được hình

cần dựng. Để tìm đươc các yếu tố đó ta phải thông qua việc giải các phép tính đại số.

Từ các yếu tố đã cho của bài toán ta gọi là a, b, c,...và gọi yếu tố chưa biết là x rồi

dựa vào định lý, các tính chất hình học ta lập được phương trình và tìm x = f(a, b,c,…).

Từ đó có thể giải bài toán như sau:

i. Phân tích: Giả sử ABC có cạnh BC = a, AH = h. Gọi cạnh hình vuông MN = x.

Ta có MN // BC nên AMN ABC. Do đó

AH BC h a ahxAK MN h x x a h

ii. Cách dựng:

- Dựng đường cao AH của ABC.

- Dựng đoạn thẳng có độ dài ahx

a h

- Dựng trên AH lấy .HK x

KM

Q

N

PB C

A

H

- 43 -

- Qua K dựng đường thẳng song song BC cắt AB, AC tại M, N. Từ M, N dựng

các đường thẳng vuông góc BC cắt BC tại P, Q. Ta dựng được hình vuông MNPQ.

iii. Chứng minh: dễ dàng chứng minh.

iv. Biện luận: tam giác tương ứng có 3 đường cao nên có thể dựng được 3 hình

vuông. Bài toán có 3 nghiệm hình.

Từ bài toán cụ thể suy ra cách giải bằng phương pháp đại số.

Dưới đây là một số phép dựng hình cơ bản để dựng các yếu tố chưa biết là kết quả

của các phép tính đại số. Từ các phép dựng hình này ta suy ra các phép dựng khi x, y là

những biểu thức phức tạp hơn, bằng cách đưa về các biểu thức đơn giản này:

*

2 2 2 2

( )

( ) ( )

x a b x a b a ba abx na n N x m N xm c

x a b x a b

Sử dụng phương pháp biến hình để giải quyết bài toán

Để dựng được hình H có tính chất , ta có thể dùng một phép biến hình f nào

đó của mặt phẳng mà ta có thể dựng được tạo ảnh của điểm, đường thẳng và đường

tròn. Khi đó hình H biến thành hình H’ có tính chất ’. Nếu hình H’ dựng được thì ta

sẽ dựng được hình H.

Trở lại ví dụ: dựng hình vuông nội tiếp tam giác cho trước.

Góc độ thứ 2. Phương pháp biến hình

i) Phân tích: giả sử đã dựng được hình vuông MNPQ nội tiếp tam giác ABC.

Tạm gác lại điều kiện N AC, thì có vô số hình vuông M’N’P’Q’ thỏa mãn các

điều kiện còn lại. Ta nhận thấy:

' ' ' ' ' , , 'BM M Q M N B N NBM MQ MN

thẳng hàng.

- 44 -

Phép vị tự tâm B tỉ số '

BNBN

biến hình vuông M’N’P’Q’ thành hình vuông MNPQ.

Khi đó N là giao điểm của BN’ và AC.

ii) Cách dựng:

- Dựng hình vuông M’N’P’Q’ có M’ AB, P’ và Q’ BC.

- Dựng giao điểm N của AC và BN’.

- Từ N dựng đường thẳng song song BC cắt AB tại M, dựng đường thẳng

vuông góc BC tại M, N cắt BC tại P, Q. Ta dựng được hình vuông MNPQ.

iii) Chứng minh: dễ dàng chứng minh MNPQ là hình vuông nhờ tính chất của phép

vị tự.

iv) Biện luận: bài toán có 3 nghiệm hình (tương ứng có 3 đỉnh của ABC là 3 tâm

vị tự).

Từ một ví dụ cho việc giải quyết một bài toán dựng hình ta có thể nhìn nhận nó

dưới 3 góc độ: phương pháp quỹ tích tương giao, phương pháp đại số và phương pháp

biến hình.

2.2.4. Biện pháp 4. Luyện tập cho SV khả năng định hướng tìm tòi cách giải

quyết vấn đề

Trên cơ sở SV đã có những kiến thức và kinh nghiệm của bản thân, GV tiến

hành thiết kế những tình huống có dụng ý sư phạm để SV thực hiện các thao tác tư

duy, những tình huống đó cần phải tạo ra những chướng ngại, vướng mắc cho SV định

M

Q

N

PB C

A

N'M'

P'Q'

- 45 -

hướng, tìm tòi cách giải quyết vấn đề vì những kiến thức và kinh nghiệm đã có trước

đó không đủ để giải quyết bài toán. Khi đó SV thực hiện hoạt động điều ứng, từ việc

giải quyết được vấn đề qua hoạt động điều ứng SV sẽ hình thành được kiến thức và

kinh nghiệm mới.

Ở biện pháp này, chủ yếu cho SV tiến hành giải một số dạng bài tập hình học,

thực hành giải toán chương VI (tr. 173, [14]). Trong chương này, chủ yếu các dạng

toán gồm: các bài toán chứng minh, các bài toán về tính toán hình học và các bài toán

tìm cực trị hình học. Sau đây ta xét các ví dụ:

Ví dụ 11. Cho hai hình vuông ABCD và BEFG có chung đỉnh B và đỉnh M nằm trên

BD kéo dài. Chứng minh trung tuyến BI của tam giác ABE nằm trên đường thẳng chứa

đường cao BH của tam giác BGC.

Yêu cầu tình huống: bài toán yêu cầu chứng minh trung tuyến BI của tam giác

ABE nằm trên đường thẳng chứa đường cao BH của tam giác BGC, biến đổi tương

đương về dạng chứng minh dễ dàng huy động các

kiến thức: chứng minh I nằm trên đường cao BH

tức là chứng minh , ,B I H thẳng hàng hay

.BI GC

Hướng giải quyết thứ nhất: chứng minh

, ,B I H thẳng hàng: SV có thể đồng hóa bằng

cách vận dụng các tri thức đã có chứng minh

· 0180IBH .

Ta có · ·IBA IA B (do BI là trung tuyến của A BE )

và · ·BCG IA B (do A BE BGC ) nên · ·IBA BCG .

Mặt khác · ·CBH BGC do đó · · · · · ·0 090 180 .IBH IBA ABC CBH BCG BGC

Theo hướng này SV chỉ củng cố lại sơ đồ nhận thức đã có, SV tiến hành hoạt động

đồng hóa chưa xác lập được sơ đồ nhận thức mới.

G'

H

I

GF

E

D

CB

A

- 46 -

Hướng giải quyết thứ hai:

Định hướng cho SV tìm tòi cách giải quyết vấn đề:

Để chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc ta sử dụng một số cách đã

biết về phương pháp hình học tổng hợp:

Số đo góc tạo bởi hai đường thẳng bằng 900;

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Đường thẳng a song song với đường thẳng c vuông góc với b cho trước.

Dùng định lí Pitago; trong tam giác đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng

nửa độ dài cạnh.

Sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông:2

2

''

b abA BC vuông

c ac

Sử dụng tính chất ba đường cao, đường trung trực của một tam giác;

Tính chất tam giác cân, tam giác đều;

Tính chất tiếp tuyến của đường tròn;

Sử dụng tính chất đường kính của đường tròn đi qua trung điểm của dây cung

thì vuông góc với dây cung đó.

Sử dụng tính chất trục đẳng phương của hai đường tròn.

Từ đó ta có tình huống giải quyết bài toán như sau:

Có thể định hướng tìm tòi cách giải quyết bài toán dưới góc độ mới khi đó SV hình

thành tri thức phương pháp chứng minh vuông góc mới như sau:

Tồn tại một phép quay có góc quay bằng 900 biến đường thẳng a thành đường

thẳng b;

Biểu thức tọa độ tích vô hướng của hai vectơ a và b bằng 0:

. ' ' 0a b xx yy a b r r r r

- 47 -

Hoạt động này giúp SV điều ứng: để chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta

có thể sử dụng chuyển đổi ngôn ngữ sang phép biến hình (cụ thể chứng minh ảnh của

đường thẳng này là đường thẳng còn lại qua phép quay có góc quay 090 ), chuyển đổi

sang ngôn ngữ tọa độ và vectơ (chứng minh biểu thức tích vô hướng của hai vectơ của

hai đường thẳng đó bằng 0).

Theo hướng này ta có tình huống như sau:

Tình huống 1: Phương pháp biến hình:

Trên cạnh BC lấy G’ sao cho BG’ = BG.

Thực hiện phép quay 0( , 90 ) : ',Q B G G C A .

Do đó 0( , 90 ) : 'Q B GC G A theo tính chất

của phép quay ta có ' , ' .GC G A GC G A

Mặt khác ta có BI là trung bình của 'A EG nên

/ / ' .BI G A Từ đó ta có .BI GC

Tình huống 2: Phương pháp tọa độ:

Giả sử hai hình vuông ABCD và BEFG lần lượt có cạnh là a và b.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho

B O(0; 0), C(a; 0), A(0; a), E(-b; 0), G(0, -b)

I là trung điểm của AE nên ;2 2b aI

Ta có ;2 2b aBI

uuur và ;GC a b

uuur nên . 0BI GC

uuur uuur. Vậy .BI GC

Tình huống 3: Phương pháp vec tơ:

Ta có 1 ;2

BI BE BA GC BC BG uuur uuur uuur uuur uuur uuur

. Do đó

G'

H

I

GF

E

D

CB

A

- 48 -

0 0

1 1. . . . .2 2

. . 0

BI GC BE BA BC BG BE BC BA BC BE BG BA BG

BE BC BA BG

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur14 2 43 14 2 43

Vậy .BI GC

Thích nghi sơ đồ nhận thức mới: Qua bài toán trên, SV có thể định hướng tìm tòi

cách giải quyết vấn đề từ đó tiếp thu được kiến thức mới (giải quyết được bài toán) và

hình thành được tri thức phương pháp mới trong cách tìm lời giải bài toán và tạo ra

một sơ đồ nhận thức mới.

Ví dụ 12. Cho hình bình hành ABCD. Trên cạnh DC lấy điểm E sao cho 1DE DCn

,

trên cạnh DB lấy điểm F sao cho 11

DF DBn

(n > 0). Chứng minh rằng A, E, F

thẳng hàng.

Yêu cầu tình huống: bài toán chứng minh thẳng hàng đối với SV không phải là bài

toán lạ nhưng bài toán được cho ở đây dưới dạng tổng quát với n > 0 thỏa điều kiện:

1DE DCn

và 11

DF DBn

.

Tình huống 1: SV gặp khó khăn với những tri thức đã có (cách chứng minh

thẳng hàng đã biết với giả thiết bài toán) từ đó giúp SV hoạt động điều ứng: khảo sát

đặc biệt hóa, xét các trường hợp n cụ thể từ đó đưa ra dự đoán tìm cách tìm tòi lời giải

bài toán .

- Khi n = 1, ta có DE DC , 12

DF DB

nên E C, F O, với O là tâm hình bình hành

ABCD. Hiển nhiên ta có A, E, F thẳng hàng.

- Khi n = 2, ta có 12

DE DC , 13

DF DB

Khi đó, EF // CI nên · ·BIC EFB (1)

I

F

ED C

BA

- 49 -

Ta có · · , ,A DB DBC A D BC A F BI

ADF = CBI (c-g-c) nên · ·A FD BIC (2)

Từ (1) và (2) ta có · ·EFB A FD A, E, F thẳng hàng.

- Khi n = 3, giả sử DC được chia 3 phần bằng nhau bởi điểm E và J

DB được chia 4 phần bằng nhau bởi F, O, I

Ta có EF // JO // CI (tính chất đường trung bình

của tam giác và hình thang) nên

µ µ µ1 1 1F I O (đồng vị)

mặt khác ADF = CBI (c-g-c) nên µ µ2 1F I

ta có · ·EFB A FD A, E, F thẳng hàng.

Từ việc khảo sát các trường hợp riêng của bài toán, SV có thể rút ra tính chất

chung của lời giải các trường hợp trên:

+ sử dụng đường trung bình của tam giác, hình thang ta có các góc bằng nhau ở vị

trí đồng vị.

+ xét hai tam giác bằng nhau ta có hai góc tương ứng bằng nhau

Khi đó, SV có thể đưa ra được cách giải bài toán tổng quát ban đầu.

Tình huống 2: Nhận xét giả thuyết bài toán có trên cạnh DC, DB lấy điểm E, F

sao cho 1DE DCn

, 11

DF DBn

(n > 0), ta có thể viết lại như sau

1DE DCn

uuur uuuur

, 11

DF DBn

uuur uuur

Như vậy SV có thể chuyển bài toán về ngôn ngữ vectơ để chứng minh A, E, F

thẳng hàng bằng chứng minh hai vec tơ được tạo bởi trong 3 điểm đó cùng phương.

Ta có

1A E DE DA DC DAn

uuur uuur uuur uuuur uuur

1

1

2 1

O

JI

F

ED C

BA

- 50 -

1 1

1 11 1

1 1 1 1

A F DF DA DB DA DA A B DAn nn n nA B DA DC DA A E

n n n n n

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

uuur uuur uuuur uuur uuur

1nA F A E

n

uuur uuur. Vậy A, E, F thẳng hàng.

Thích nghi sơ đồ nhận thức mới: đối với tình huống 1 để chứng minh được A, E, F

thẳng hàng thì ta phải đi khảo sát các trường hợp riêng từ đó rút ra được những tính

chất chung dẫn đến việc khái quát cách giải bài toán ban đầu. Đối với tình huống 2 SV

điều ứng chuyển đổi bài toán về ngôn ngữ vectơ khi đó SV hình thành tri thức phương

pháp mới là để chứng minh ba điểm thẳng hàng thì chứng minh hai vectơ được tạo bởi

trong 3 điểm đó cùng phương.

Ví dụ 13. Cho ABC vuông tại A. Gọi Au là tia phân giác của góc A. Qua trung điểm

M của cạnh huyền BC ta dựng đường thẳng vuông góc với tia Au cắt các đường thẳng

AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng BE = CF.

Yêu cầu tình huống: Để chứng minh hai đoạn

thẳng bằng nhau SV đã biết phương pháp đưa vào hai

cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau hay sử dụng

các tính chất của tam giác cân, đều, hình thoi, hình bình

hành,… Nhưng đối với bài toán này, với những tri thức

đã có đó thì SV gặp khó khăn (không tạo được 2 tam

giác bằng nhau, không sử dụng được các tính chất của

các hình) vì vậy đòi hỏi SV phải tiến hành hoạt động

điều ứng:

Tình huống 1: Nhận xét giả thiết bài toán, ABC vuông tại A tức là AB AC

giúp SV liên tưởng đến hệ trục tọa độ.

- Chọn hệ trục tọa độ Oxy?

u

H

M

E

F

C

BA

- 51 -

O A, AB Ox, AC Oy. Giả sử B(b; 0), C(0; c)

- Tìm tọa độ và phương trình các yếu tố liên quan:

Trung điểm M của BC: ;2 2b cM

Tia phân giác Au có phương trình 0x y

Phương trình EF đi qua M và vuông góc Au:

0 2 2 02 2b cx y x y b c

Ta có E = EF Ox và F = EF Oy nên ; 02

b cE

, 0;2

b cF

Do đó ta có

; 02 2

c b c bBE BE

uuur, 0;

2 2b c b cCF CF

uuur

Vậy BE = CF.

Tình huống 2: giáo viên có thể gợi ý chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau tức

là chứng minh hai khoảng cách bằng nhau, từ đó SV có thể điều ứng liên tưởng đến các

khái niệm đã biết: các phép biến hình có tính chất bảo toàn khoảng cách.

Gọi H EF A u . Ta có AEF có AH vừa là

đường cao vừa là phân giác nên AEF vuông cân tại

A. Từ B kẻ đường thẳng vuông góc Au cắt AC tại B’.

Thực hiện phép đối xứng trục Au, ta có

: , ' .A uD E F B B

Do đó : ' ' .A uD BE FB BE FB (1)

Xét CBB’ có FM là đường trung bình của CBB’

do đó F là trung điểm của CB’ CF = FB’ (2)

Từ (1) và (2) ta có BE = CF.

B'u

H

M

E

F

C

BA

- 52 -

Ví dụ 14. Cho tam giác ABC, các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA,

AB sao cho A’B = 2A’C, B’C = 2B’A, C’A = 2C’B. Ba đường thẳng AA’, BB’, CC’

cắt nhau tạo thành tam giác PQR. Tính diện tích tam giác PQR biết diện tích tam giác

ABC là S.

Yêu cầu tình huống: để tính diện tích tam giác SV đã biết sử dụng các công

thức tính diện tích tam giác: Stam giác = 21 ah =

21 bcsinA.

Đối với bài toán này yêu cầu tính diện tích tam giác PQR theo S, ở đây SV gặp

khó khăn với những kiến thức đã biết (không vận dụng được công thức tính diện tích

tam giác).

Nhận thấy giả thiết bài toán có A’B = 2A’C, B’C = 2B’A, C’A = 2C’B.

Điều này tương đương với ta có các tỉ số vì vậy SV có thể sử dụng các tính chất tỉ số

để tính diện tích tam giác PQR.

- Tìm tỉ số diện tích hai tam giác qua tỉ số các cạnh của chúng:

Áp dụng định lí Mênêlauyt cho tam giác AA’C và 3 điểm B, P, B’ thẳng hàng, ta có

' ' 21 ( 2) 13' ' '

3 34 ' 7'

PA BA B C PAPA BC B A PA

PA A PA APA

Suy ra

''

'

' 3 1 1' 7 3 7 7 21

APB A ACAPB

A A C

S SA P A B SSS A A A C

.

- Hoạt động tương tự: ta có ' ' 21BQC CRA

SS S .

- Hoạt động tổng hợp ta được

' ' ' ' ' ' 3 33 21 7PQR A A C BB A CC B A PB BQC CRA

S S SS S S S S S S S S .

Vậy 7PQR

SS .

RQ

P

CA'

C'

B'

B

A

- 53 -

Ví dụ 15. Cho góc xAy và một điểm C thuộc miền trong của góc đó. Một đường thẳng

d thay đổi luôn đi qua C cắt tia Ax, Ay lần lượt tại P, Q. Tìm vị trí của đường thẳng d

để tam giác APQ có diện tích nhỏ nhất.

Yêu cầu tình huống: xác định đường thẳng d để diện tích APQ nhỏ nhất, SV

đã biết một đường thẳng hoàn toàn xác định khi đi qua một điểm và phương của nó,

hoặc đi qua 2 điểm. Theo giả thiết, đường thẳng d đi qua C cho trước như vậy ta tìm vị

trí của P trên Ax hoặc Q trên Ay để diện tích tam giác APQ nhỏ nhất.

- SV có thể nhận xét (hoạt động đồng hóa):

Ta có 1 . . sin2A PQS A P A Q A do góc xAy cố định nên SAPQ nhỏ nhất khi và chỉ

khi tích AP.AQ nhỏ nhất.

- Để xét tích AP.AQ nhỏ nhất dựa dữ kiện bài toán thì SV gặp khó khăn nên phải tiến

hành hoạt động điều ứng: Tạo nên tỉ số các đoạn

thẳng bằng cách dựng các đường thẳng song song

và sử dụng định lí Talet.

Trên Ax, Ay lấy các điểm B, D sao cho

ABCD là hình bình hành. Khi đó ta có

A B QCA P QP

, A D PCA Q PQ

Nên 1A B A D QC PCA P A Q QP QP

.

- Đến đây SV có thể liên tưởng đến mối liên hệ giữa tổng và tích (trung bình cộng và

trung bình nhân) nên sử dụng bất đẳng thức Cauchy

Từ đó ta có

2 1

. 1 . 4 .

. 4

A B A D A B A DA P A Q A P A QA B A D A P A Q A B A DA P A Q

D

B Q

P

y

x

C

A

- 54 -

Dấu bằng xảy ra khi 1 2 , 22

A B A D hay A P A B A Q A DA P A Q

.

Vậy đường thẳng d đi qua vị trí P và Q được xác định như trên thì diện tích tam

giác APQ nhỏ nhất.

Ví dụ 16. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi I là trung điểm của cạnh CD, J là trung điểm

của BC. AI và AJ cắt BD ở hai điểm tương ứng G và K.

Chứng minh rằng DG = GK = KB.

Yêu cầu tình huống: bài toán yêu cầu chứng minh DG = GK = KB, nếu SV

suy nghĩ đến hướng chứng minh DG = GK và GK = KB, xét tam giác CDK có ID = IC

vì vậy để chứng minh DG = GK thì SV tìm cách chứng minh IG // CK và đến đây thì

bế tắc (SV gặp chướng ngại, khó khăn).

Điều này kích thích SV tiến hành điều ứng: phân tích điều phải chứng minh biến

đổi tương đương DG = 31 DB (hoạt động quy lạ về quen).

Tình huống 1: Việc điểm G chia đoạn DB theo tỉ lệ 31 gợi cho SV nghĩ đến giao

điểm của các trung tuyến trong một tam giác:

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của hình

chữ nhật ta có AO = OC. Trong ADC có G là

giao điểm của hai trung tuyến DO và AI. Nên

DG = 32 DO mà DO =

21 DB do đó DG =

31 DB

Chứng minh tương tự ta được BK = 31 DB.

Từ đó suy điều phải chứng minh.

Phân tích lời giải, ta thấy giả thiết “ABCD là hình chữ nhật” ta chỉ sử dụng ở

OA = OC và DO = 21 DB, tức là hai đường chéo của ABCD cắt nhau tại trung điểm

KO

G

I

J

C

B

D

A

- 55 -

của mỗi đường. Ở đây tính chất vuông góc của ABCD không cần sử dụng,. Vì vậy, ta

có thể khái quát bài toán trên bằng cách thay thế hình chữ nhật bằng hình bình hành.

Phát biểu bài toán khái quát: Cho hình bình hành ABCD. Gọi I là trung điểm

của cạnh CD, J là trung điểm của BC. AI và AJ

cắt BD ở hai điểm tương ứng G và K. Chứng

minh rằng DG = GK = KB.

Tình huống 2: tạo tam giác mới nhận G là

trọng tâm. Kéo dài BI, gọi E = BI AD.

Dễ dàng chứng minh G là trọng tâm của ABE

( I, D lần lượt là trung điểm của BE, AE

do DEI = CBI (g-c-g)) nên DG = 31 DB.

Gọi H là trung điểm của AB ta có CH // AI.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Trong chương này đã đề xuất bốn biện pháp sư phạm nhằm tăng cường năng

lực tiếp cận kiến thức cho SVCĐ qua dạy học môn HHSC&THGT, bên cạnh đó trình

bày các ví dụ minh họa cho việc thực hiện các biện pháp cụ thể với các tình huống dạy

học điển hình trong môn học HHSC&THGT.

E

H

K

G

I

J

C

B

D

A

- 56 -

KẾT LUẬN

Qua quá trình nghiên cứu, đề tài đã đạt những kết quả chủ yếu sau:

- Phân tích và làm sáng rõ quan điểm kiến tạo.

- Phân tích năng lực và năng lực tiếp cận kiến thức.

- Đề xuất một số biện pháp sư phạm nhằm tăng cường năng lực tiếp cận kiến

thức cho SV theo quan điểm kiến tạo qua dạy học môn HHSC&THGT.

- Tiến hành thử nghiệm sư phạm để bước đầu kiểm tra tính khả thi của các

biện pháp đã đề xuất.

Những kết quả trên cho phép rút ra những kết luận sau:

Lý thuyết kiến tạo được gọi là lý thuyết của nhận thức hơn là lý thuyết của

tri thức. Kiến thức luôn là kết quả của hoạt động kiến tạo và từ đó nó không thể

thâm nhập vào một người học thụ động. Nó phải được xây dựng một cách tích cực

bởi chính mỗi người học. Vì vậy, giáo viên có thể định hướng cho người học theo

một cách tổng quát và sự hướng dẫn đó sẽ giúp người học kiến tạo tri thức mới cho

bản thân. Các nhà kiến tạo đều thống nhất rằng, tri thức được kiến tạo một cách tích

cực bởi chủ thể nhận thức, chứ không phải được tiếp nhận một cách thụ động từ

môi trường bên ngoài. Và rằng, nhận thức là quá trình điều ứng và tổ chức lại thế

giới quan của chính mỗi người.

Hi vọng rằng, đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho GV, SV để mỗi GV có

thể vận dụng quan điểm kiến tạo vào dạy học những nội dung thích hợp để hướng dẫn

và giúp đỡ cho SV hình thành năng lực tự học, tự nghiên cứu, từ đó tăng cường năng

lực tiếp cận kiến thức mới cho chính mình.

- 57 -

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. L.S. Atanaxian (1978), Tuyển tập toán về hình học sơ cấp, NXB Giáo dục.

[2]. Jean Piaget (1981), Tâm lí học và giáo dục học, NXB Giáo dục.

[3]. Đào Tam (2005), Phương pháp dạy học hình học ở trường trung học phổ

thông, NXB Đại học Sư phạm.

[4]. Đào Tam, Lê Hiển Dương (2008), Tiếp cận các phương pháp dạy học không

truyền thống trong dạy học toán ở trường Đại học và trường Phổ thông, NXB Đại học

Sư phạm.

[5]. Hoàng Chúng (1995), Phương pháp dạy học Toán học ở trường Phổ thông

trung học cơ sở, NXB Giáo dục.

[6]. Nguyễn Bá Kim (2004), Phương pháp dạy học môn toán, NXB Đại học Sư

phạm Hà Nội.

[7]. Nguyễn Hữu Châu (1999), Dạy học và quá trình dạy học, NXB Giáo dục.

[8]. Nguyễn Hữu Châu (2006), Những vấn đề cơ bản về chương trình và quá trình

dạy học, NXB Giáo dục, Hà Nội.

[9]. Nguyễn Phú Lộc (2008), Sự thích nghi trí tuệ trong quá trình nhận thức theo quan

điểm của J. Peaget, Tạp chí Giáo dục, số 183, Hà Nội.

[10]. Nguyễn Vũ Thanh (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS

Hình học, NXB Giáo dục.

[11]. Phạm Gia Đức, Phạm Đức Quang (2007), Dạy học sinh THCS tự lực tiếp cận

kiến thức toán học, NXB Đại học Sư phạm.

[12]. Phạm Gia Đức, Phạm Đức Quang (2007), Đổi mới phương pháp dạy học môn

toán ở Trung học cơ sở nhằm hình thành và phát triển năng lực sáng tạo cho học sinh,

NXB Đại học Sư phạm.

[13]. Phan Trọng Ngọ (2005), Dạy học và phương pháp dạy học trong nhà trường,

NXB Đại học Sư phạm.

- 58 -

[14]. Văn Như Cương (chủ biên) (2005), Hình học sơ cấp và thực hành giải toán,

NXB Đại học Sư phạm.

[15]. Trần Văn Tấn (2006), Các chuyên đề Hình học bồi dưỡng học sinh giỏi

THCS, NXB Giáo dục.