Luận án bồi dưỡng các thủ pháp hoạt động nhận thức theo tư tưởng sư phạm của g polya cho học sinh trong dạy học môn toán ở trường trung học cơ sở

1 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài 1.1 Cuộc cách mạng khoa học công nghệ tiếp tục phát triển với bước tiến nhảy vọt kỷ XXI, đưa giới chuyển từ kỷ ngun cơng nghiệp hóa sang kỷ ngun thơng tin phát triển kinh tế tri thức Khối lượng kiến thức ngày tăng nhanh theo cấp số nhân Bởi vậy, vấn đề quan trọng đặt cho giáo dục không dạy cho HS biết mà phải giúp em hiểu cách để biết điều Vì thế, địi hỏi giáo dục phải có thay đổi cách chiếm lĩnh sử dụng tri thức người học theo hướng chủ động, sáng tạo Dạy học trình tổ chức HĐNT cho HS Nhiều nghiên cứu giáo dục giới để giúp HS độc lập giải nhiệm vụ lĩnh hội kiến thức tốn học việc tổ chức HĐNT cho họ, có việc bồi dưỡng TPHĐNT việc làm cần thiết DH tốn trường phổ thơng Theo I V Titova [127, tr 5], “Việc hình thành TP thích hợp HĐNT trả lời trực tiếp cho câu hỏi quan trọng đặt trước nhà trường phổ thông “Làm để dạy trẻ học cách hợp lý”, TP lĩnh hội trở thành tài sản riêng HS “công cụ” việc lĩnh hội độc lập tài liệu học tập” Tác giả Trần Luận [63] cho rằng, TP cơng việc học tập có mặt hoạt động học tập HS đóng vai trị yếu phát triển trí tuệ em Vì vậy, bồi dưỡng TPHĐNT cho HS việc làm cần thiết giai đoạn nay, giúp người học phát triển lực, góp phần đổi giáo dục phổ thơng theo định hướng “tiếp cận lực” 1.2 G Polya nhà toán học, nhà sư phạm tiếng, cơng trình ơng cơng trình nghiên cứu Ơristic (heuristic), cách thức nhằm tăng nhanh trình tìm kiếm giải pháp hợp lý để giải vấn đề thông qua suy nghĩ rút gọn Theo G Polya, nhiệm vụ DH tốn trường phổ thơng dạy cho HS suy nghĩ Ơng cho rằng, điểm việc giảng dạy tốn học phát triển chiến thuật giải vấn đề Mặt khác, theo G Polya giải tốn nói riêng giải vấn đề nói chung nghệ thuật, vậy, địi hỏi người học cần có khả khéo léo, linh hoạt, sáng tạo để đạt hiệu cao Từ đó, tác giả đưa số kinh nghiệm kỹ thuật để chuyển việc giải tốn chưa khơng có dạng chuẩn toán chuẩn Đây cách thức tư linh hoạt, khéo léo, độc giải hiệu vấn đề toán học Như vậy, G Polya không đề cập đến TPHĐNT theo chúng tôi, kinh nghiệm hay ơristic mà tác giả đề xuất giải vấn đề TPHĐNT Đó cơng cụ hữu hiệu giúp HS giải hiệu vấn đề, phát huy tối đa tính tích cực nhận thức người học Vì vậy, cần quan tâm bồi dưỡng TPHĐNT cho HS trường phổ thông Đúng Shuard khẳng định nghiên cứu chương trình giáo dục quốc gia Anh xứ U-ên “Mối quan tâm lớn TP xuất phát từ cơng trình G Polya giải vấn đề toán học” [22, tr 403] 1.3 Nội dung chương trình mơn Tốn trường THCS có vị trí quan trọng chương trình tốn phổ thơng Các mạch kiến thức trình bày với mục đích cung cấp cho HS hiểu biết ban đầu về: quan sát dự đốn, phân tích tổng hợp, suy luận logic… Bên cạnh đó, đặc điểm nhận thức HS THCS theo J Piaget [73, tr 419] là: “Suy nghĩ không bị giới hạn vào trực quan, cụ thể Trẻ thích suy xét vấn đề mang tính giả thuyết Chúng có khả lập luận hệ thống suy diễn, điều cho phép chúng cân nhắc nhiều giải pháp vấn đề tìm câu trả lời đúng” Do đó, q trình DH mơn Tốn THCS thuận lợi cho việc vận dụng tư tưởng sư phạm G Polya vào bồi dưỡng TPHĐNT cho HS giúp em độc lập chiếm lĩnh kiến thức tài liệu học tập Trong thực tiễn DH mơn Tốn trường THCS, nhiều GV hướng dẫn cho HS biết vận dụng tư tưởng sư phạm G Polya vào việc tư để tìm hiểu, vạch kế hoạch, thực kế hoạch nhìn lại cách giải vấn đề đó; số GV trang bị cho HS TP: Xem xét đối tượng nhiều góc độ khác nhau, TP mơ hình hóa (sơ đồ, biểu đồ ), TP dự đoán, xét trường hợp đặc biệt Tuy nhiên, việc làm cịn rời rạc, chưa phổ biến rộng rãi nên chưa trở thành hoạt động em nhiều tình khác Hơn nữa, nhiều giáo viên toán chưa am hiểu cách đầy đủ TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya nên việc bồi dưỡng chúng cho HS cịn gặp khơng khó khăn 1.4 Đã có nhiều cơng trình đề cập đến tổ chức HĐNT vận dụng TPHĐNT DH mơn Tốn trường phổ thơng Có nhiều cách nhìn nhận TP, rõ ràng TP rộng mặt khả [22] Tiếp cận quan niệm TP góc nhìn hành động, có Burton Shuard [22]; nhìn nhận GQVĐ TP có Shufelt Smart [22]; quan niệm TP phương tiện có nhà tâm lý học đương đại người Mỹ - Robert Mills Gragne [114]; Nhìn nhận TP cách thức, phương pháp mang tính thủ thuật để có giải pháp hiệu đưa số TP cụ thể GQVĐ nói riêng HĐNT nói chung kết nghiên cứu hầu hết tác giả [22], [61], [63], [66], [116], [119], [124], [126], [127], [128] Trong nghiên cứu trên, trình bày cách hiểu chung chung TP, chưa có thống thuật ngữ Dưới góc độ khác nhau, tác giả đưa TP cụ thể với ví dụ minh họa (thường tản mạn, khơng gắn với chủ đề cụ thể chương trình) Các nghiên cứu khẳng định, để HS biết vận dụng TPHĐNT cách thích hợp tình việc thao tác cách hiệu quả, địi hỏi em phải trang bị TP có nhiều kinh nghiệm việc sử dụng TP vào tình cụ thể suốt thời gian học nhà trường phổ thông Tuy nhiên, TP chưa dạy mà chúng hấp thụ vào vốn hiểu biết HS qua việc sử dụng thời gian dài Và vấn đề HS học TP nào, vận dụng chúng vào thời điểm cho thích hợp chưa nghiên cứu nhiều; giáo viên toán chưa am hiểu cách đầy đủ TPHĐNT Hơn nữa, vấn đề TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya hoàn toàn mới, việc bồi dưỡng cho HS DH mơn Tốn trường THCS chưa quan tâm nghiên cứu Từ lý nêu trên, lựa chọn nghiên cứu đề tài: “Bồi dưỡng thủ pháp hoạt động nhận thức theo tư tưởng sư phạm G Polya cho học sinh dạy học mơn Tốn trường Trung học sở” Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu nhằm đề xuất số biện pháp sư phạm bồi dưỡng TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya cho HS, góp phần nâng cao hiệu dạy học mơn Tốn trường THCS Đối tượng, khách thể phạm vi nghiên cứu 3.1 Khách thể nghiên cứu: Quá trình DH TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya mơn Tốn trường THCS 3.2 Đối tượng nghiên cứu: Các biện pháp bồi dưỡng TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya cho HS DH mơn Tốn trường THCS 3.3 Phạm vi nghiên cứu: Đề tài tập trung vào nghiên cứu DH mơn Tốn lớp cuối cấp (8, 9) trường THCS Giả thuyết khoa học Nếu xác định TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya cần bồi dưỡng cho HS DH mơn Tốn trường THCS xây dựng số biện pháp có sở khoa học, phù hợp, khả thi bồi dưỡng TP cho người học, góp phần nâng cao chất lượng DH mơn Tốn Nhiệm vụ nghiên cứu Luận án có nhiệm vụ trả lời câu hỏi nghiên cứu sau: 1) Quan niệm TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya? Những TPHĐNT cụ thể, thường sử dụng DH mơn Tốn trường THCS? 2) Vai trò TPHĐNT việc phát triển lực cho HS? Các điều kiện sư phạm việc hình thành phát triển TPHĐNT cho HS trường THCS? 3) Thực trạng việc sử dụng TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya DH mơn Tốn trường THCS nào? 4) Các biện pháp giúp bồi dưỡng TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya cho HS DH mơn Tốn lớp cuối cấp trường THCS? 5) Tính khả thi, hiệu biện pháp đề xuất? Phương pháp nghiên cứu 6.1 Nhóm phương pháp nghiên cứu lý luận: Hệ thống hóa, phân tích, tổng hợp, khái qt hóa nguồn tư liệu để xây dựng sở lý luận cho đề tài nghiên cứu 6.2 Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn: - Quan sát sư phạm: Sử dụng q trình dự nhằm mục đích quan sát hoạt động GV HS việc bồi dưỡng TPHĐNT cho HS trình DH - Điều tra: sử dụng phiếu hỏi, vấn nhằm đánh giá thực trạng hoạt động DH GV việc bồi dưỡng TPHĐNT cho HS theo tư tưởng sư phạm G Polya trường THCS - Tổng kết kinh nghiệm: nghiên cứu, phân tích, phát hiện, tổng kết kinh nghiệm tiên tiến GV mơn Tốn cán quản lý số trường THCS - Hỏi ý kiến chuyên gia: Xin ý kiến chuyên gia vấn đề thuộc phạm vi nghiên cứu đề tài - Thực nghiệm sư phạm: Thể việc vận dụng biện pháp bồi dưỡng TPHĐNT q trình DH mơn Tốn nhằm kiểm nghiệm tính khả thi hiệu biện pháp đề xuất 6.3 Phương pháp xử lý thơng tin: Sử dụng thống kê tốn học khoa học giáo dục phần mềm cần thiết để xử lý số liệu với thông tin định lượng, xử lý logic với thơng tin định tính để phân tích kết điều tra khảo sát thực trạng kết thực nghiệm sư phạm Luận án Những đóng góp Luận án 7.1 Về mặt lý luận - Xác định quan niệm TPHĐNT (dựa sở khoa học), tư tưởng sư phạm G Polya DH TPHĐNT; Xác định nội hàm quan niệm TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya thông qua việc đưa số nhóm TPHĐNT thường sử dụng theo tư tưởng sư phạm Polya cần bồi dưỡng cho HS DH mơn Tốn trường THCS - Đưa điều kiện sư phạm để hình thành phát triển TPHĐNT cho HS - Trình bày rõ thuận lợi, khó khăn thực tiễn hình thành khắc sâu TPHĐNT cho HS theo tư tưởng sư phạm G Polya để giải vấn đề - Đưa năm định hướng năm biện pháp sư phạm nhằm góp phần bồi dưỡng TPHĐNT cho HS theo tư tưởng sư phạm G Polya DH mơn Tốn lớp cuối cấp THCS Khơng dừng lại việc đề xuất biện pháp mà tổ chức thực việc dẫn dắt, lôi cách hợp lý để HS tham gia tích cực vào q trình phát giải vấn đề nhằm phát triển nhiều lực cho người học (phù hợp với định hướng đổi phương pháp dạy học Toán giai đoạn nay) 7.2 Về mặt thực tiễn - Đưa hướng dẫn sư phạm cụ thể cho việc bồi dưỡng số nhóm TPHĐNT DH mơn Tốn lớp cuối cấp THCS thông qua số nội dung - Cung cấp tài liệu tham khảo cho GV, góp phần nâng cao hiệu DH mơn Tốn trường THCS Đặc biệt, góp phần đổi phương pháp DH phổ thông theo hướng “tiếp cận lực” Việt Nam sau 2015 Các luận điểm đưa bảo vệ - Cách quan niệm TPHĐNT toán học, TPHĐNT toán học theo tư tưởng sư phạm G Polya nhóm TPHĐNT đưa Luận án cách quan niệm có ý nghĩa lý luận thực tiễn - Hình thành phát triển TPHĐNT cho HS vừa điều kiện, vừa kết HĐ giải vấn đề trình DH mơn Tốn Các điều kiện sư phạm việc bồi dưỡng TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya cho HS DH mơn Tốn trường THCS mà Luận án đề xuất phù hợp với thực tiễn - Các biện pháp sư phạm nhằm bồi dưỡng TPHĐNT theo tư tưởng sư phạm G Polya cho HS DH mơn Tốn trường THCS (đề xuất Luận án) khả thi hiệu Việc tổ chức thực biện pháp, quan tâm hợp lý đến việc tăng cường tính tích cực HĐ HS, đặc biệt bồi dưỡng lực phát giải vấn đề, lực tư sáng tạo cho người học góp phần đổi phương pháp DH theo định hướng “tiếp cận lực” Cấu trúc Luận án Ngoài phần Mở đầu Kết luận, nội dung Luận án gồm chương: Chương Cơ sở lý luận Chương Khảo sát thực trạng Chương Một số biện pháp bồi dưỡng thủ pháp hoạt động nhận thức cho học sinh theo tư tưởng sư phạm G Polya dạy học môn Toán lớp cuối cấp Trung học sở Chương Thực nghiệm sư phạm Chương CƠ SỞ LÝ LUẬN 1.1 Tổng quan tình hình nghiên cứu vấn đề có liên quan đến đề tài 1.1.1 Những kết nghiên cứu liên quan đến thủ pháp hoạt động nhận thức 1.1.1.1 Những kết nghiên cứu liên quan giới Nhiều nghiên cứu giới quan tâm đến TPHĐNT vai trò giải vấn đề, chẳng hạn [22], [66], [114], [117], [118], [119], [124], [125], [126], [127] [128] Trong nghiên cứu trên, tác giả có nhìn nhận, quan niệm khác TPHĐNT Tuy nhiên, nhìn nhận TP cách thức mang tính thủ thuật để có giải pháp hiệu đưa số TP cụ thể giải vấn đề quan niệm hầu hết tác giả Chẳng hạn: + Trong nghiên cứu [118], [119], [124], [125], [129] , tác giả thừa nhận, giảng dạy toán cần trang bị cho HS hai hệ thống tri thức: 1) Về thực đối tượng; 2) Về cách thức thực hành động trí tuệ đảm bảo việc nắm vững tri thức khoa học thực đối tượng Quan điểm phù hợp với mơ hình trí tuệ gồm hai thành phần nhà tâm lý học N A Menchinskaya, E N Kabanova – Meller, là: tri thức đối tượng (cái phản ánh) thủ thuật trí tuệ (phương thức phản ánh) Thủ thuật trí tuệ thực chất hệ thống thao tác, hình thành cách đặc biệt để giải nhiệm vụ theo kiểu định [66, tr 44, 45] Cũng theo quan điểm này, nghiên cứu HĐ HS nhằm lĩnh hội vận dụng tri thức, nhà tâm lý học Xô Viết S L Rubinstein, N A Menchinskaya, E N Kabanova - Meller chứng tỏ rằng: “Những loại đối tượng khác nhau, kiểu tài liệu học tập khác đòi hỏi thủ thuật phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa khái quát hóa khác nhau” [80, tr.111] Do đó, muốn hình thành tri thức khái niệm đắn cần phải dạy HS thủ thuật hoạt động trí tuệ để phát hiện, tách hợp dấu hiệu chất lớp đối tượng cần nghiên cứu + Trong [126], nhà tâm lý học Xô Viết E N Kabanova - Meller khẳng định: Các TP cần thiết cho việc độc lập giải nhiệm vụ lĩnh hội kiến thức Tác giả dẫn số ví dụ minh họa cho TP quan trọng như: TP phân chia dấu hiệu không khái niệm, TP xem xét đối tượng nhiều góc độ khác (cùng đoạn thẳng tam giác cân xem đường cao, phân giác trung tuyến), TP tạo lập ảnh ghi nhớ tưởng tượng (khác với khái niệm, ảnh biểu thị mà HS hình dung đầu) Tuy nhiên, tên gọi TP đưa chưa thống xuất xứ (một số TP lấy từ thuật ngữ tương ứng môn học, số khác lại lấy từ tâm lý học ) nhiều TP cần thiết phải có mặt cơng việc học tập lại chưa có tên gọi [126, tr 28] + Tác giả I V Titôva [127], nghiên cứu điều kiện sư phạm nhằm thúc đẩy việc hình thành TP hoạt động tư duy: So sánh phân loại DH toán cho HS Tiểu học Theo tác giả, trình giáo dục, trẻ em chủ thể hoạt động tư duy, nên trọng DH kiến thức, nội dung chưa đủ, mà cần dạy phương pháp hoạt động tư duy, khơng có chương trình cụ thể cho kỹ thuật phát triển hoạt động tư Bởi vậy, cần lồng ghép việc hình thành kiến thức khái niệm phương pháp hình thành hoạt động tư vào trình nhất, vấn đề quan tâm giáo viên nhà tâm lý học J K Babanskaya, D B Epiphany, P Y Halperin, I J Lerner, A N Leontiev, N A Menchinskaya I V Titôva khẳng định, thành công DH trường Tiểu học xác định phụ thuộc vào hình thành TP hợp lý HĐ tư + Theo S Krulik J Rudnick [120], nhà giáo dục cần phải dạy phương pháp suy nghĩ không liên quan đến vấn đề cụ thể mà phải áp dụng cho nhiều tình khác Các tác giả cho rằng, TP loại phương pháp đặc biệt áp dụng cho tình khác nhau; TP khơng đảm bảo chắn thành cơng mang lại khả nhanh chóng tìm giải pháp để giải vấn đề hiệu + Giáo sư tâm lý học D N Perkins nhiều nhà tâm lý học khác [22], đề cao vai trò TP (phương pháp thủ thuật) phát triển trí thơng minh Họ cho rằng, dạy - học rèn luyện kỹ tư duy, TP dạy cho người học khả vận dụng TP vào lúc Bởi vậy, trọng tâm vấn đề trường phổ thông ngày không ngừng hướng tới TP để có giải pháp Backhouse nhiều người khác đưa ý kiến: “Nói chung, TP coi cách để làm phương thức hoạt động” [22, tr 404], cách mà HS sử dụng để đưa khái niệm, tri thức kĩ vào làm Len Frobisher [22] đưa tên số TP “chung” vận dụng khám phá giải vấn đề toán học như: Các TP giao tiếp; TP lý giải, TP mổ xẻ, TP ghi chép Ngoài ra, với mơn học lại có TP đặc trưng riêng Tác giả liệt kê số TP mà theo nhà giáo dục toán học chúng phù hợp cho mơn Tốn sơ đồ sau (Sơ đồ 1.1) Đốn Tìm mơ hình Ngoại suy Nội suy Dự đoán Phỏng đoán Kiểm tra Giả thuyết Kiểm tra Khái quát hóa Chứng minh Sơ đồ 1.1 Các TP “riêng” cho toán học [22, tr 407] Theo Len Frobisher, nhiều TP vận dụng khám phá giải vấn đề toán học chưa liệt kê trên, chẳng hạn: TP biểu tượng hóa Như vậy, thấy nhiều tác giả tâm lý học, giáo dục học giáo dục toán học giới quan tâm nghiên cứu TP với cách nhìn nhận khác nhau, mức độ khác Trong đó, hầu hết tác giả quan niệm TP cách thức, phương tiện mang tính thủ thuật để có giải pháp hiệu giải vấn đề góc độ khác đưa TP cụ thể minh họa (thường tản mạn, không gắn với chủ đề cụ thể chương trình) 1.1.1.2 Tình hình nghiên cứu có liên quan đến thủ pháp nói chung thủ pháp hoạt động nhận thức nói riêng nước Ở Việt Nam, nghiên cứu liên quan đến TP đề cập đến chủ yếu lĩnh vực văn học nghệ thuật, cịn chưa có nhiều nghiên cứu TPHĐNT DH nói chung DH mơn Tốn nói riêng Năm 1996, mơ hình DH sáng tạo, tác giả Trần Luận [63] đề xuất việc trang bị TP HĐNT cho HS nhằm phát huy tính tích cực, chủ động em để giải vấn đề cách sáng tạo không đưa quan niệm TP mà nêu tên gọi số TP (TP Ơristic, TP suy luận có lý…) Theo tác giả, TP cơng việc học tập có mặt HĐ học tập HS đóng vai trị yếu phát triển trí tuệ họ; việc lĩnh hội TP học tập sở mà kỹ kỹ xảo học tập HS hình thành; để HS lĩnh hội tốt đẹp tri thức, họ cần phải lĩnh hội TP công việc học tập TP điều kiển HĐ học tập; tất TP chưa có vị trí xứng đáng chương trình, SGK sách phương pháp Sau đó, năm 1999 Trần Luận khẳng định vai trò TP DH nêu vấn đề Ơng đề xuất phát triển cơng thức nhà giáo dục học V A Radumovski mối quan hệ phụ thuộc mức độ tích cực HS đặt trước tình có vấn đề nói riêng nhiệm vụ cần giải quyết: T = N(KCT – KĐC) (*) T = N[(KCT – KĐC) + (TPCT – TPĐC)] (**) Trong đó: N nhu cầu nhận thức HS; T mức độ sáng tạo, tính tích cực HS; KCT KĐC kiến thức, kỹ cần thiết có để GQVĐ HS; TPCT TPĐC tri thức phương pháp, TPHĐNT cần thiết có HS [61] Tác giả Trần Luận khẳng định, việc cần thiết phải trang bị cho HS thành phần TPCT thích hợp nhiều nghiên cứu đề cập, đặc biệt mơ hình DH phát triển Thực tiễn DH nước ta, có phận GV quan tâm đến việc trang bị, bồi dưỡng cho HS thành phần TPĐC như: Xét tương tự, xét đối tượng nhiều góc độ khác nhau, khái quát hóa, đặc biệt hóa, xét trường hợp tới hạn, xét đối tượng có liên quan, suy xi, suy ngược tiến chưa phổ biến rộng rãi chưa có tính hệ thống Gần đây, tác giả Thịnh Thị Bạch Tuyết [108], đề cập đến vấn đề bồi dưỡng lực giải vấn đề DH Giải tích thông qua trang bị TPHĐNT Tác giả đưa quan niệm “Thủ pháp hoạt động nhận thức toán học tri thức cách thức tìm hiểu, biến đổi đối tượng (mang tính độc đáo khéo léo) để giải tình cụ thể hoạt động nhận thức toán học” Với quan niệm này, tác giả xem TPHĐNT tri thức cách thức thực mang tính độc đáo khéo léo đối tượng để truyền thụ cho học sinh Tác giả đưa số TPHĐNT lĩnh vực Giải tích trường Phổ thơng đề xuất biện pháp trang bị TPHĐNT cho HS nhằm bồi dưỡng lực giải vấn đề 1.1.2 Những nghiên cứu tư tưởng sư phạm G Polya dạy học toán G Polya nhà toán học nhà sư phạm tiếng Các cơng trình sư phạm ông đồ sộ bao quát hầu hết lĩnh vực lý luận DH toán bậc phổ thơng Trong cơng trình mình, tác giả đề xuất nhiều quan điểm sư 10 phạm đặc sắc, đường biện pháp thực hóa ý đồ với số lượng khổng lồ ví dụ minh họa sâu sắc nhằm giải vấn đề Đặc biệt, sau G Polya công bố sách “How to solve it”, tư tưởng sư phạm ơng giải vấn đề nhà giáo dục giáo dục nhiều nước giới quan tâm Từ thập niên 1980 trở đi, giải vấn đề trở thành tâm điểm chương trình tốn học nhà trường nhiều nước Chẳng hạn, Hoa Kỳ, Hội đồng giáo viên toán quốc gia (NCTM) nhận định “Giải vấn đề trọng điểm toán học trường phổ thông vào năm 80 năm tiếp theo” [22, tr 338] Tính trọng tâm việc giải vấn đề toán học miêu tả rõ khung chương trình tốn học Singapore [116] Khung chương trình mơn Tốn trường THCS Singapore đưa số ơristic để giải toán dựa vào ơristic G Polya Mặt khác, nhiều nghiên cứu tiếp cận tư tưởng sư phạm G Polya góc độ bồi dưỡng TP để giải vấn đề cách sáng tạo, chẳng hạn: + S Krulick J A Rudnick [120], dựa sở bốn bước giải vấn đề G Polya để xây dựng quy trình giải vấn đề gồm năm giai đoạn: đọc vấn đề, khám phá, chọn chiến lược, thực chiến lược, xem lại mở rộng Vận dụng ơristic G Polya, tác giả đưa chiến thuật xem TP để giải vấn đề, là: Phát quy luật, làm ngược, giải theo cách nhìn khác, giải tốn đơn giản hơn, xét trường hợp đặc biệt, vẽ hình, đốn thử, tính tốn cho khả (liệt kê số liệu), xếp liệu, suy luận logic + Trong [63], tác giả Trần Luận khai thác tư tưởng mục đích, nguyên tắc DH G Polya đề xuất định hướng bồi dưỡng lực sáng tạo cho HS chuyên toán cấp II cách xây dựng hệ thống tập theo chủ đề Tác giả khẳng định, việc cần thiết phải trang bị TPHĐNT cho HS để em độc lập, sáng tạo học tập không đưa quan niệm TP cụ thể + L M Phơritman, E N Turetxki, V.Ia.Xtetxencô [128], dựa vào bảng gợi ý G Polya DH giải tập toán biến đổi, cải tiến cho phù hợp với điều kiện, đối tượng cụ thể Theo tác giả “Nếu tốn khơng chuẩn cần phải hành động theo hai hướng: Tách từ toán chia nhỏ thành tốn có dạng chuẩn (TP chia nhỏ); Diễn đạt lại toán theo cách khác, dẫn đến tốn có dạng chuẩn (TP mơ hình hóa) Để thực TP chia nhỏ mơ hình hóa dễ hơn, trước tiên cần phải xây dựng mơ hình trực quan bổ trợ tốn, viết dạng sơ đồ” [128, tr 77,78] Họ cho rằng, TP chia nhỏ, TP mô hình hóa nghệ thuật hoạt động giải tốn mà lĩnh hội kết phân tích thường xuyên hành động giải toán luyện tập giải loại tốn khác tương tự HS khái quát TP GV cần nhấn mạnh: nên bổ sung hình phụ đường kính đường trịn tốn mà kết luận có liên quan đến độ dài bán kính đường trịn hay tốn liên quan đến khoảng cách từ tâm đến hai lần khoảng cách từ tâm đến trung điểm dây Vẽ tiếp tuyến chung hai đường tròn tiếp xúc với - Để chứng minh ∠BAC = 900 ta Ví dụ Cho hai đường trịn ( O; R) ’ ’ cần chứng minh điều gì? ( ∆ABC (O ; R ) tiếp xúc với A Vẽ tiếp tuyến chung BC với B thuộc - Muốn chứng minh ∆ABC vuông đường tròn (O) C thuộc đường tròn (O’) Chứng minh ∠BAC = 900 A ta cần cứng minh điều gì? Lời giải: Vẽ GV hướng dẫn thêm: Có cách B M C tiếp tuyến để chứng minh tam giác vuông A) tam giác vng? O' chung hai đường trịn (Trung tuyến ứng với cạnh A cắt BC nửa cạnh ấy, tam giác có cạnh M Theo đường kính đường trịn ngoại tiếp, tính chất tiếp tuyến cắt ta có MA = có góc 900) - Đối với tốn ta nên lựa chọn MB; MA = MC Do AM đường trung tuyến phương pháp nào? O (Chứng minh ∠ABC + ∠ACB= 90°; ∠BAO + ∠CAO=' 90°; Hay AM = A BC nên tam giác ABC vuông 900 chứng minh trung tuyến ứng với cạnh A hay ∠BAC = BC nửa cạnh BC) - Để chứng minh trung tuyến ứng với cạnh BC nửa cạnh BC ta cần vẽ thêm yếu tố phụ nào? (Vẽ tiếp tuyến chung AM hai đường tròn) - Để chứng minh BC//DE ta cần chứng tỏ điều gì? (Chứng minh góc đồng vị góc so le nhau,…) - Chúng ta chứng minh hai góc nhau? ( ∠AED = ∠ACB ) Ví dụ Cho hai đường tròn (O;R) (O’; r) (R > r) tiếp xúc A Các dây AB, x AC đường B tròn (O) cắt D đường tròn A (O’) O' O điểm thứ hai E D x' C E Chứng minh BC // DE Sau HS vẽ tiếp tuyến chung A thể hình vẽ toán dễ dàng chứng minh GV: Với tốn có cho hai đường trịn tiếp xúc, vẽ tiếp tuyến chung hai đường trịn làm xuất góc tạo tia tiếp tuyến dây nhờ mối liên hệ góc nội tiếp góc tạo tai tiếp tuyến dây giúp ta giải toán (tiếp tuyến chung yếu tố liên kết hai đường tròn với nhau) Vẽ tiếp tuyến đường tròn (song song với đoạn thẳng) cần chứng minh đường kính vng góc với đoạn thẳng Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao BD CE Chứng minh OA ⊥ DE GV yêu cầu HS tự tìm sở Lời giải: Vẽ tiếp tuyến xy đường tròn để vẽ yếu tố phụ Nếu HS chưa (O) A, ta có OA ⊥ xy (1) tìm GV gợi ý: ∠yAC = ∠ABC ( góc nội tiếp góc tạo GV: Trong đường trịn có yếu tố tia tiếp tuyến với dây cung chắn vng góc với bán kính? cung AC đường trịn) HS: Tiếp tuyến vng góc với Lại có ∠BDC = ∠BEC = 900 bán kính tiếp điểm nên BCDE tứ giác nội tiếp, cho ta GV: Điều sở để giúp ∠ADE = ∠ABC tìm yếu tố phụ cần vẽ Nên ∠yAC = ∠ADE ⇒ xy // DE (2) Từ (1) (2) suy OA ⊥ DE y A x D E O B C Ví dụ Cho đường trịn (O) đường kính GV: Để c/m ∠MAE = ∠DAB ta có AB Trên tiếp tuyến đường trịn (O) thể c/m trực tiếp không ? Nếu không A lấy điểm M Vẽ cát tuyến MCD (C nằm ta chứng minh nào? M D) Gọi E giao điểm BC HS: Chứng minh hai góc OM Chứng minh ∠MAE = góc thứ ba ∠DAB GV: ∠MAE góc nào? Lời giải Nếu HS khơng tự nghĩ Vẽ tiếp tuyến MN đường trịn (O), (N GV gợi ý : thuộc (O)) Tứ giác AMNO GV: Ta có MA tiếp tuyến, E ∠MAO + ∠MNO = 900 + 90= 1800 thuộc MO, điều giúp ta nghĩ tới E yếu tố có vai trị tương tự MA? có N M C HS: Tiếp tuyến thứ hai kẻ từ M GV: Đó yếu tố phụ mà D A cần vẽ GV hướng dẫn HS vận dụng thủ B O pháp tương tự việc tìm cở sở để vẽ yếu tố phụ Do tứ giác AMNO nội tiếp ⇒ ∠NME = ∠NAO Mà ∠NCE = ∠NAB (Hai góc nội tiếp chắn cung BN) Do ∠NME = ∠NCE , suy tứ giác MNEC nội tiếp ⇒ ∠DCB = ∠MNE  MAE có MN=MA; ∠NME = ∠AME (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); ME chung ⇒  MNE =  MAE (c.g.c) ⇒ ∠MNE = ∠MAE Mặt khác : ∠DCB = ∠DAB ( Hai góc nội tiếp chắn cung BD) Vậy ∠MAE = ∠DAB GV nhấn mạnh: với tốn có kết luận đường kính (bán kính) vng góc với đường thẳng (đoạn thẳng) (khơng phải dây đường trịn) nên vẽ tiếp tuyến đường trịn song song với đường thẳng để sử dụng tính chất tiếp tuyến đường trịn vng góc với bán kính qua tiếp điểm tính chất đường thẳng vng góc với hai đường thẳng song song vng góc với đường thẳng Vẽ dây chung đường nối tâm hai đường trịn cắt Ví dụ Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt A B Qua A vẽ cát tuyến EAF E thuộc đường trịn (O1) F thuộc đường tròn (O2) Chứng minh đường trung trực EF qua điểm cố định GV: Thông thường điểm cố định Lời giải: Vẽ dây chung AB đường phải nằm liên quan đến yếu kính AO1C, AO2D tố cố định Ta có ∠ABC = ∠ABD = 900 ba điểm GV: Hãy phát yếu tố cố B, C, D thẳng hàng CD cố định, định ∠AEC = 900 ; ∠AFD = 900 , suy HS: AB dây chung cố định EC// FD GV: AB cố định đường vng F Nên tứ giác A góc với AB B có cố định CEFD hình E khơng? thang vng, O2 O1 GV: Từ ta nghĩ đến việc vẽ đường C D I B thêm yếu tố phụ nào? trung trực HS: Dây AB đường kính đoạn EF qua trung điểm I CD nên I AO1C, AO2D điểm cố định GV: Hai đường tròn cắt đường nối tâm có tính chất gì? HS: Đường nối tâm trung trực dây chung GV: Điều gợi cho vẽ thêm yếu tố phụ nào? HS: Vẽ thêm dây chung AB để có O1O2 trung trực AB Ví dụ 10 Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt A B Vẽ hình bình hành O1BO2C Chứng minh AC // O1O2 Lời giải: C A Vì hai đường tròn (O1) I O1 O2 (O2) cắt A B B nên O1O2 trung trực AB ⇒ O1O2 ⊥ AB (1) Gọi I giao điểm hai đường chéo hình bình hành O1BO2C IB = IC Vì I thuộc O1O2 nên IA = IB ; suy IA =IB =IC hay tam giác BAC vuông A ⇒ AC ⊥ AB (2) Từ (1) (2) ta có: AC // O1O2 Ví dụ 11 Cho hình vng ABCD Vẽ đường trịn (O) đường kính AB đường trịn (D; DC) chúng cắt điểm thứ hai E Tia BE cắt DC M Chứng minh M trung điểm DC GV yêu cầu nhận đặc điểm HD giải: tốn hai đường trịn cắt Nối A với E, D với nhau, từ em biết cách vẽ O Ta có 90° thêm hình phụ dây chung AE ∠AEB = ⇒ BE ⊥ AE đường nối tâm OD Ta lại có: (tính OD ⊥ AE chất dây chung) O A B E D C M Suy BE // OD Mặt khác OB//DM nên tứ giác OBMD hình MD = OB bình hành nên: 1 = = AB CD 2 Do M trung điểm CD GV: Đối với hai đường tròn cắt nhau, đường nối tâm đường trung trực dây chung, nên để làm xuất yếu tố liên quan đến hai đường trịn ta thường vẽ thêm yếu tố phụ dây chung hai đường tròn đường nối tâm hai đường trịn Dây chung đóng vai trị yếu tố trung gian kết nối hai đường trịn Vẽ bán kính qua tiếp điểm có tiếp tuyến GV gợi ý để HS biết vẽ thêm bán kính qua tiếp điểm N câu a) trở nên dễ Nếu HS thể góc hình vẽ em dễ dàng làm câu b) Ví dụ 12 Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính AB, CD vng góc với Trên cung nhỏ BD lấy điểm N, CN cắt AB M Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N điểm P Chứng minh rằng: a) OMNP tứ giác nội tiếp b) Tứ giác CMPO hình bình hành C Lời giải: a) Ta có ∠ONP = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), lại có O M B A 1 N ∠OMP = 90 (giả P D thiết) Nên tứ giác OMNP nội tiếp đường trịn đường kính OP (1) b) Do OC // MP (⊥ AB) ⇒ ∠C = ∠M (so le trong) mà ∠C = ∠N1 (vì ∆CON cân O) nên ∠N1 = ∠M , lại có ∠O1 = ∠M (do (1)), Suy ∠N1 = ∠O1 ⇒ CM // OP Mặt khác OC // MP nên tứ giác CMPO hình bình hành Qua số tốn khác có giả thiết tiếp tuyến với đường trịn, HS thấy hình phụ phải bổ sung đoạn thẳng nối tâm với tiếp điểm Từ đó, họ hình thành khắc sâu TP bổ sung hình phụ đoạn thẳng nối tâm với tiếp điểm để giải toán dạng Khi có hai tiếp tuyến đường tròn cắt nên vẽ đoạn nối giao điểm với tâm, dây nối hai tiếp điểm GV hướng dẫn, gợi ý qua câu hỏi Ví dụ 13 Từ điểm A nằm đường giúp HS biết vẽ đường phụ đoạn nối giao điểm tiếp tuyến với tâm SO dây nối hai tiếp điểm AB từ dễ dàng giải toán nhưu bên Nếu HS khơng biết kẻ thêm số đường tốn khó HS biết kẻ thêm tốn trở nên dễ dàng tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ACD với đường tròn (A, B, C, D ∈ (O)) Chứng minh rằng: a) SAIB tứ giác nội tiếp b) IS tia phân giác góc AIB Lời giải: A C D I S O B b) Do I trung điểm dây CD ⇒ OI ⊥ CD hay ∠SIO = 900 , lại có ∠SAO = ∠SBO = 90° (tính chất tiếp tuyến) suy A, I, B thuộc đường trịn đường kính SO, tứ giác SAIO nội tiếp đường trịn đường kính SO (1) a) Từ (`1) ⇒ ∠I1 =∠A1 , ∠I = ∠B1 mà ∠A1 = ∠B1 (= Sđ  AB /2) nên ∠I1 =∠I Vậy IS tia phân giác góc AIB Ví dụ có tứ giác nội tiếp nên vẽ hai đường chéo để vận dụng cặp góc Củng cố: GV: - Để giải tốn đường trịn, ta có TP vẽ hình phụ nào? Các dạng tốn vận dụng TP đó? - Ngồi ra, tốn có đa giác (tam giác, tứ giác) nội tiếp thường vẽ thêm hình phụ đường trịn ngoại tiếp để sử dụng tính chất liên quan Hướng dẫn học nhà - Ôn lại thủ pháp vẽ yếu tố phụ để giải toán đường tròn - Làm tập sau: Bài Cho đường tròn (O;R), dây AB tiếp tuyến Ax Vẽ BH ⊥ Ax Chứng AB không đổi BH Bài Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Vẽ bán kính OC ⊥ AB từ C vẽ tiếp tuyến xy với nửa đường tròn Vẽ đường tròn (K) tiếp xúc với AB tiếp xúc với đường tròn (O) Chứng minh tâm K cách điểm O đường thẳng xy Bài Cho đường tròn (O; R) điểm K bên đường trịn cho OK = r Vẽ đường tròn (K; r); vẽ dây AB đường tròn (O) tiếp xúc với đường tròn (K) M Xác định vị trí dây AB để tổng S = MA2 +MB2 có giá trị lớn Tính giá trị lớn Bài Cho đường trịn (O;1) Lấy điểm A cố định đường tròn Vẽ tam giác MAB vuông M, AB dây đường trịn (O) Tìm giá trị lớn OM Bài Cho hai đường tròn ( O; R) (O’; R’) tiếp xúc A Điểm B thuộc minh tỉ số (O) điểm C thuộc (O’) cho ∠BAC = 900 Gọi H hình chiếu A BC Xác định vị trí B C để AH lớn Phụ lục 5: ĐỀ KIỂM TRA SAU CÁC ĐỢT THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Đề kiểm tra đợt thực nghiệm thứ Đề mơn Tốn lớp (Thời gian 60 phút) Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với H trực tâm tam giác Các đường thẳng AH, BH, CH cắt BC, AC, AB A’, B’, C’ Chứng minh rằng: a) HA ' S BHC = AA' S ABC b) HA ' HB ' HC ' + + = AA ' BB ' CC ' c) Tính giá trị biểu thức HA HB HC + + AA ' BB ' CC ' AA ' BB ' CC ' + + HA ' HB ' HC ' e) Nếu H không trực tâm tam giác ABC kết câu b) cịn khơng? d) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Câu (2,0 điểm) Phân tích thành nhân tử: A = x − y + 12 x + y + Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình x − 2000 x − 1993 x − 1986 + + −6 = 11 29 b) Hãy phát biểu giải toán trường hợp tương tự, trường hợp tổng quát? Đáp án biểu điểm: Nội dung Câu a) Ta có S BHC = Điểm HA BC , 0,5 đ S ABC = AA BC , (5,0đ) , , HA BC S BHC HA ⇒ = = , S ABC AA , BC AA , S BHC HA Vậy (1) , = S ABC AA , 0,5 đ , S AHC HC S HAB b) Tương tự câu a ta có: (2) ; , = , = SCAB S ABC CC BB HB Cộng vế với vế, ta được: (3) 0,5 đ , HA AA , + c) Ta có HB BB , + , HC CC , = , S HBC + S HAC + S HBA S ABC = =1 S ABC S ABC AA − HA , HA = , AA HB , , = 1− HA 0,5 đ , , AA AA , , , HA HC HA HB HC ⇒ 3− , + , + , = , − , − , AA BB CC AA BB CC , , , AA BB CC d) Đặt , = x; , = y ; , = z HB HC HA Bài tốn đưa về: Tìm giá trị nhỏ biểu thức x + y + z 1 biết + + = x y z 1 9 Ta có: + + ≥ ⇒1≥ ⇒ x+ y+z ≥9 x y z x+ y+z x+ y+z Dấu xẩy ⇔ x = y = z ⇔ AA HA , , = BB , , HB , HA = HC , HB , ⇔ AA , HB , , BB , HC + HA AA , HC , , = HB BB , , = HC CC , 0,5 đ 0,5 đ , , = CC , HA ⇒ , = , = , = AA BB CC Suy ra, H trọng tâm ∆ABC Mà H trực tâm ∆ABC Do ∆ABC , , , AA BB CC Vậy GTNN , + , + , HA HB HC Dấu xẩy ⇔ ∆ABC e) Tương tự chứng minh câu b) ta thấy H điểm nằm Mặt khác: + , CC 0,5 đ miền tam giác ABC H khơng trực tâm kết 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ câu b) (2,0đ) ( 4x = = + 12 x + ) − ( y − y + 1) = ( x + y + )( x − y + ) Giải phương trình (4,0đ) 0,5 đ Ta có: A = x − y + 12 x + y + ( x + 3) − ( y − 1) 2 x − 2000 x − 1993 x − 1986 + + −6 = (*) 11 29 Ta có:  x − 2000   x − 1993   x − 1986  (*)   − 3 +  − 2 +  − 1 =    11   29  1 1  ⇔x= 2015 ⇔ x − 2015 = ⇔ ( x − 2015 )  + +  =  11 29  0,5 đ 1,0 đ 0,5 đ 1,0đ 0,5 đ HS phát biểu giải toán tương tự thay số số thực khác thỏa mãn điều kiện tương tự toán thay yêu cầu giải phương trình giải bất phương trình Từ em phát biểu toán tổng quát: Giải phương trình bất phương trình đưa dạng: 0,5 đ kx + bn kx + b1 kx + b2 + + + +m= Trong đó: a1 a2 an b1 + m1 a1 =+ b2 m2 a = =+ bn mn a n , m1 + m2 + + mn = m Bằng cách tổ chức lại liệu vế trái, sau: 0,5 đ  kx + bn   kx + b1   kx + b2  = + m1  +  + m2  + +  + mn  VT   a1   a2   an  Từ đó, ta có lời giải toán Lưu ý : Mọi cách giải khác đúng, cho điểm tối đa Đề kiểm tra đợt thực nghiệm thứ hai Đề kiểm tra số 1: Đại số lớp (Thời gian 60 phút) Câu (4,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức: a) A1 = −2 x + x + b) A2 = x ( x − 3)( x − )( − x ) Hãy phát biểu tốn dạng tìm giá trị nhỏ nhất? Sau phát biểu giải tốn tổng quát của? Câu (3,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3x − x + a) B1 = x − 2x + Hãy giải toán nhiều cách? b) B2 = x − x + + Câu (3,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: = P x2 + x + 2 Hãy phát biểu giải toán tương tự? Đáp án biểu điểm: Câu Nội dung 1 9   Ta có: A1 = −2  x − x −  = −2  x − x + −  2 2   9  = −2 ( x − x + ) −  = − ( x − 2) + 2  Điểm 0,5 đ 0,5 đ Do ( x − ) ≥ ⇔ −2 ( x − ) ≤ (4,0đ) Suy ra: A1 =−2 ( x − ) + ≤ 9, dấu “=” xẩy ( x − 2) = ⇔ x = 0,5 đ 0,5 đ Vậy max A1 = x = b) Ta có: A2 =  x ( − x )  ( x − 3)( x − )  = ( x − x )( x − x + 12 ) = − ( x − x )( x − x + 12 ) Đặt y = x − x + Khi đó: A2 = − ( y − )( y + ) = − y + 36 Do y ≥ nên A2 ≤ 36 Suy ra: A2 đạt giá trị lớn 36 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ y = , suy x − x + = 0⇔x= x = a) Ta có: B1 = ( x − x + 1) − ( x − 1) + ( x − 1) ( x − 1) − ( x − 1) + = = + 3− 2 x − ( x − 1) ( x − 1) 2     − 1 + =  + + 2=   − x −1  x −1   x −1  0,5 đ 0,5 đ 2 (3,0đ)   Vì  − 1 ≥ nên B2 ≥ Dấu “=” xẩy  x −1  0,5 đ − = ⇔ x − = ⇔ x = x −1 Vậy minB1 = x = b) Ta có: 0,5 đ 1  B2 = ( x + ) − x + + = ( x + ) − x + +  + 4  1  =  x+5 −  + 2  0,5 đ 1  Ta có  x + −  ≥ Dấu “=” xảy 2  0,5 đ 19 19 x + = ⇔ x =− Vậy: MinB2 = ⇔ x = − 4 b) Ta có: C2 = x + + −2 x +2 0,5 đ Đặt = t x + , điều kiện t ≥ Ta có C2 = t + − t Xét biểu thức D2 = t + , với t ≥ ta có t (3,0đ) D2 = 0,5 đ t 3x t 3.2 + + ≥ + = t 4 t 0,5 đ t = 3t nhỏ t nhỏ t 0,5 đ ⇔t= Suy ra: D2 nhỏ t = 2 Dấu “=” xẩy Khi đó: x + = ⇔ x = 5 Vậy: MinD2 = ⇔ x = Suy ra: MinC2 = − = ⇔ x = 2 ) b) Học sinh phát biểu giải toán tương tự thay 1,0đ số số thực dương Lưu ý : Mọi cách giải khác đúng, cho điểm tối đa Đề kiểm tra số 2: Hình học lớp (thời gian 60 phút) Câu (2,0 điểm) Trong hình bên, có băng giấy hình chữ nhật che khuất phần đường tròn (O) Cho biết AB = 1cm; BC = 4cm; MN = 2cm Tính độ dài đoạn thẳng NP (hình bên) Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nho ̣n nô ̣i tiế p đường tròn (O; R) Hai đường cao của tam giác ABC là BD và CE Chứng minh rằ ng: a) Tứ giác BCDE nô ̣i tiế p đường tròn b) OA ⊥ ED P N M Q K A B C H D O Câu (4,0 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiế p xúc ngoài ta ̣i A Vẽ các cát tuyế n chung BAC, DAE (trong đó B, D ∈ (O); C , E ∈ (O ') ) Chứng minh: a) ∠ABD + ∠ADB = ∠AEC + ∠ACE b) BD // CE c) Hãy phát biểu chứng minh toán trường hợp hai đường tròn ( O; R ) và ( O '; R ') tiế p xúc với ta ̣i A Đáp án biểu điểm: Câu Nội dung Vẽ OK ⊥ NP, cắt BC H M Điểm P N A Ta có: NP // BC (các cạnh đối hình chữ nhật) Nên (2,0đ) OH ⊥ BC , BH = HC 0,5 đ K Suy NK = KP Q D C H B 0,5 đ O 0,5 đ Mà BC = 4cm nên BH = 2cm Suy AH = AB + BH = 3cm Mặt khác: AMKH hình chữ nhật (tứ giác có góc vng), nên AH = MK, MK = 3cm Suy NK = MK - MN = cm 0,5 đ Do đó: NP = 2.NK = (cm) a) Vì: EC ⊥ AB ( gt ) ⇒ ∠BEC =90 A x 0,5 đ BD ⊥ AC ( gt ) ⇒ ∠BDC =900 Do đó BEDC nô ̣i tiế p đường tròn (4,0đ) 0,5 đ D E 1,0 đ O đường kıń h BC C B b) Kẻ tia tiế p tuyế n Ax của (O) hıǹ h ve:̃ Ta có: ∠xAB = ∠ACB (góc nội tiếp góc tiếp tuyến với 0,5 đ 0,5 đ dây đường tròn (O) chắn cung AB) Mà BEDC là tứ giác nô ̣i tiế p nên ∠ACB = ∠AED (cùng bù 0,5 đ với góc BED) Suy ∠xAB = ∠AED nên Ax // ED 0,5 đ a) Ta có ∠BAD + ∠ABD + ∠ADB =1800 0,5 đ Và ∠EAC + ∠AEC + ∠ACE =180 Mà ∠BAD = ∠EAC ( đố i đı̉nh) Suy ∠ABD + ∠ADB = ∠AEC + ∠ACE b) Vẽ tiế p tuyế n chung xAy của (O) và (O’) Xét (O) ta có: ∠xAB = ∠ADB Xét (O’) ta có: ∠yAC = ∠AEC (4,0đ) Mà ∠xAB = ∠yAC (đớ i đı̉nh) ⇒ ∠ABD = ∠AEC Do đó: BD // EC 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ c) HS biết phát biểu chứng minh toán: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiế p xúc với ta ̣i A Vẽ các cát tuyế n chung ABC, ADE (trong đó B 0,5 đ x E 0,5 đ O O' A C D B, D ∈ (O); C , E ∈ (O ') ) Chứng minh: i) ∠ABD + ∠ADB = ∠AEC + ∠ACE ii) BD // CE Lưu ý : Mọi cách giải khác đúng, cho điểm tối đa y 1,0 đ Phụ lục 6: KẾT QUẢ KIỂM TRA SAU CÁC ĐỢT THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Bảng thống kê kết kiểm tra HS lớp TN lớp ĐC sau TNSP Số HS đạt điểm tương ứng Điểm kiểm tra Bài KT Sau TN đợt Bài KT số TN đợt Bài KT số đợt TN1 TN2 ĐC1 ĐC2 TN1 TN2 ĐC1 ĐC2 TN1 TN2 ĐC1 ĐC2 (8D) (8E) (8C) (8G) (9D) (9E) (9C) (9G) (9D) (9E) (9C) (9G) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 2 3 1 1 2 3 1 4 5 6 10 10 10 12 10 8 6 6 6 11 10 2 10 1 2 1 3 1 Tổng số HS 37 35 37 37 37 35 37 37 37 35 37 37 Điểm TB 6,38 6,29 5,76 5,81 6,78 6,74 5,81 5,84 7,14 7,09 5,86 5,92 ... G Polya HS q trình học mơn Toán trường THCS 1.5 Thủ pháp hoạt động nhận thức theo tư tưởng sư phạm G Polya dạy học mơn Tốn trường trung học sở Trên sở quan niệm TPHĐNT 1.3.2.2; tư tưởng sư phạm. .. ? ?Bồi dưỡng thủ pháp hoạt động nhận thức theo tư tưởng sư phạm G Polya cho học sinh dạy học môn Tốn trường Trung học sở” Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu nhằm đề xuất số biện pháp sư phạm bồi dưỡng. .. Một số biện pháp bồi dưỡng thủ pháp hoạt động nhận thức cho học sinh theo tư tưởng sư phạm G Polya dạy học mơn Tốn lớp cuối cấp Trung học sở Chương Thực nghiệm sư phạm Chương CƠ SỞ LÝ LUẬN 1.1 Tổng