Năng lực khái quát hóa nhanh chóng và rộng rãi các đối tượng, quan hệ, các phép toán của toán học’’

LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Nguyễn Quốc Vang i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình thầy giáo TS Phạm Anh Giang Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Trong trình học tập làm luận văn, từ giảng Giáo sư, Tiến sĩ công tác Viện tốn học, thầy trường Đại Học sư phạm Hà Nội, Đại Học Vinh, đặc biệt thầy cô trường Đại Học Hồng Đức, tác giả tiếp thu lĩnh hội thêm nhiều kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu q trình cơng tác thân Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới Thầy Cô Tác giả xin chân thành cảm ơn tới Ban Giám Hiệu, phòng Đào tạo sau Đại học, Khoa khoa học tự nhiên trường Đại Học Hồng Đức quan tâm giúp đỡ trình học tập trường Tác giả xin chân thành cảm ơn tới Ban Giám Hiệu đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Quán Nho tạo điều kiện động viên giúp đỡ tơi q trình học tập hồn thành ln văn Cuối tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình ln động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu để hoàn thành luận văn Thanh Hoá tháng 05 năm 2021 Tác giả Nguyễn Quốc Vang ii MỤC LỤC LỜI CAM ĐOAN i LỜI CẢM ƠN ii MỤC LỤC iii MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Dự kiến kết Cấu trúc luận văn Chương TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU VÀ MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 1.1.1 Khái niệm khái quát hóa đặc biệt hóa 1.1.2 ([12], Trang 108) Mối liên hệ hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa với hoạt động trí tuệ khác: Phân tích, tổng hợp, tương tự hóa, trừu tượng hóa… 1.1.3 Các biểu hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa 10 1.1.4 Khái quát hóa đặc biệt hóa định hướng giải tốn phát triển toán 13 1.2 Kiến thức bổ trợ 16 1.2.1 Kiến thức véc tơ 16 1.2.2 Một số tính chất tam giác 18 1.2.3 Các bất biến phép biến đổi 19 1.2.4 Các bất đẳng thức sử dụng 19 1.2.5 Các phép biến hình 20 Kết luận chương 21 CHƯƠNG 2: SỬ DỤNG THAO TÁC TƯ DUY KHÁI QT HĨA, ĐẶC BIỆT HĨA ĐỂ GIẢI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 22 iii 2.1 Từ Bài tốn hình học phẳng, xét tương tự để có Bài tốn khơng gian sau mở rộng Bài tốn nhờ khái qt hóa 22 2.1.1 Xây dựng Bài tốn hình học khơng gian từ tính chất Bài tốn hình học phẳng 23 2.1.2 ([2], Trang 37,38,46), Từ phán đốn hợp lí đến khẳng định Bài tốn 26 2.1.3 Từ tính chất trọng tâm tam giác đến Bài toán khái quát không gian 37 2.1.4 ([10], Trang120), Khai thác bất đẳng thức hình học 44 2.2 Sử dụng thao tác tư khái quát hóa, đặc biệt hóa để phát triển số Bài toán Sách giáo khoa 51 2.2 Xuất phát từ toán tỉ số thể tích hình tứ diện 52 2.2.2 Từ Bài tốn Sách Giáo khoa đến cơng thức tính khoảng cách hai đường thẳng chéo 63 2.3 Từ Bài tốn khái qt tìm thể từ việc tổng hợp kiến thức sách giáo khoa 69 Kết luận chương 80 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 82 TÀI LIỆU THAM KHẢO 83 iv MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Chúng chọn đề tài nghiên cứu lý sau 1.1 Hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa gắn với nhu cầu phát triển tư người học; tư phản ánh khái quát vật tượng quan hệ chúng Nhiều để khái quát hóa tư người phải xuất phát từ việc khảo sát trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt để từ phát thuộc tính chung có mặt đối tượng nghiên cứu Bản chất đối tượng, quan hệ toán học trừu tượng, chúng khái quát theo nhiều thang bậc khác Để phát triển tư cho học sinh cho thân giáo viên cần thiết phải chuẩn bị tri thức khái quát hóa, đặc biệt hóa; tri thức dùng để định hướng cho hoạt động tư nghiên cứu dạy học tốn nói chung hoạt động dạy tốn nói riêng 1.2 ([6], Trang 41) Khái quát hóa, đặc biệt hóa thao tác tư hay thường gọi hoạt động trí tuệ cần cho hoạt động tìm tịi lời giải tốn Nhiều để giải tốn người ta mị mẫm, xem xét từ trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, sau khái quát cho trường hợp tổng quát Hoạt động khái quát hóa đặc biệt hóa cần cho hoạt động tìm tịi kiến thức mới, hoạt động chiếm lĩnh tri thức tình 1.3 ([1], Trang 129), Khái quát hóa thành tố lực toán học Theo Krutexki: Một lực then chốt lực toán học là: ‘’Năng lực khái quát hóa nhanh chóng rộng rãi đối tượng, quan hệ, phép toán toán học’’ Dẫn theo : Phạm Văn Hoàn, Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình(1981), Giáo dục học mơn tốn; NXB Giáo Dục 1.4 Hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa kèm theo hoạt động: Quan sát, phân tích, so sánh, tổng hợp sở để tiến hành hoạt động mơ hình hóa tốn học lớp tượng thực tiễn Khi tiến hành mơ hình hóa, chủ thể nhận thức, xác định đối tượng, quan hệ lớp tượng tương ứng với tập hợp đối tượng quan hệ toán học để thu mơ hình tốn khái qt, trừu tượng phục vụ cho việc nghiên cứu tượng thực tiễn 1.5 Đổi giáo dục toán học trường THPT quan tâm tiếp cận lực người học lực quan tâm bao gồm: Năng lực phát giải vấn đề cách sáng tao, lực tư suy luận, lực giao tiếp, lực mơ hình hóa(Xem chương trình mơn tốn THPT) 1.6 Khái qt hóa, đặc biệt hóa thao tác tư có vai trị quan trọng q trình dạy học tốn trường phổ thơng Khái qt hóa, đặc biệt hóa, giúp mị mẫm, dự đốn để tìm lời giải toán; mở rộng, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức góp phần quan trọng việc hình thành phẩm chất trí tuệ cho học sinh Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá chưa rèn luyện mức dạy học trường phổ thông Việc nghiên cứu đề tài có ý nghĩa quan trọng việc tác động tích cực đến phát triển lực người học dạy học hình học khơng gian trường THPT Vì lý nêu chọn đề tài nghiên cứu là: “Khái quát hóa, đặc biệt hóa giải tốn hình học khơng gian” Mục đích nghiên cứu Đề tài có mục đích nghiên cứu là: Sử dụng thao tác tư khái qt hóa, đặc biệt hóa để giải tốn hình học khơng gian nhằm góp phần nâng cao hiệu dạy học hình học khơng gian trường THPT Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu tính chất, tốn hình học để từ phát triển khái qt hóa, đặc biệt hóa tốn không gian Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu tổng hợp, phân tích Phương pháp nghiên cứu tài liệu gồm: Đọc tài liệu sách tham khảo, sách chun khảo, tạp chí tốn học chủ đề liên quan đến hình học Dự kiến kết Đưa phương thức khái quát hóa, đặc biệt hóa hoạt động giải tập hình học khơng gian để có hệ thống toán mới; toán phát triển từ SGK hình học khơng gian Góp phần nâng cao hiệu dạy học giải tập toán trường THPT Trên sở khảo sát vai trò khái quát quát hóa, đặc biệt hóa vào dạy học tốn trường phổ thông Chúng cho đề tài làm sáng tỏa số luận điểm khái quát hóa, đặc biệt hóa để từ khắc sâu dạng tốn tìm tịi phát triển tốn hình học chương trình tốn phổ thơng toán sơ cấp trường Đại học Sư phạm Đề tài có ứng dụng sâu sắc dạy học tốn Cấu trúc luận văn Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương Chương 1: Tổng quan vấn đề nghiên cứu số kiến thức sở Chương 2: Sử dụng thao tác tư khái quát hóa, đặc biệt hóa để giải tốn hình học khơng gian Chương TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU VÀ MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 1.1.1 Khái niệm khái quát hóa đặc biệt hóa Khái qt hóa q trình dùng trí óc hợp đối tượng khác thành nhóm, loại theo thuộc tính định, quan hệ chung định Quá trình bao gồm việc quan sát, phân tích tìm mối quan hệ đối tượng để đặc điểm chung có tính khái qt Suy luận tương tự xem tiền đề khái quát hóa Từ đặc điểm chung đối tượng tương tự nhau, dễ dàng tìm kiếm kết luận có tính khái qt 1.1.2 ([12], Trang 108) Mối liên hệ hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa với hoạt động trí tuệ khác: Phân tích, tổng hợp, tương tự hóa, trừu tượng hóa… “Tham khảo tài liệu BDTX Giáo viên THPT chu kì III(2004-2007)” Khai thác mối quan hệ hoạt động trên, việc tập luyện cho học sinh khái quát hóa, khơng u cầu học từ riêng đến chung (khái qt hóa) mà cịn địi hỏi họ từ chung đến riêng (đặc biệt hóa) làm rõ mối quan hệ chung riêng đạt xuất phát (phân tích) Có thể u cầu họ đặc biệt hóa mệnh đề tìm cho lại nhận mệnh đề xuất phát, thơng qua nhấn mạnh mối quan hệ chung riêng mệnh đề tìm mệnh đề xuất phát Nhiều nên yêu cầu học sinh đặc biệt hóa mệnh đề khái quát tìm thành nhiều trường hợp riêng đa dạng để sơ kiểm nghiệm (chứ chưa phải chứng minh) tính chân thực mệnh đề Phân tích, tổng hợp chất hoạt động tư nói chung, khái qt hóa hoạt động trí tuệ có liên quan nói riêng Khái quát hóa hoạt động trí tuệ có liên quan dạng xuất phân tích tổng hợp Vì vậy, tập luyện cho học sinh khái quát hóa hoạt động có liên quan, cần phải rèn luyện cho học sinh khái quát hóa hoạt động có liên quan, cần phải rèn luyện cho họ khả phân tích, tổng hợp coi sở để thực hoạt động trí tuệ Nếu học sinh gặp khó khăn tiến hành hoạt động cần quay lại sở hoạt động phân tích tổng hợp Chẳng hạn, hướng dẫn học sinh khái quát hóa số Ví dụ cụ thể để tìm quy luật, học sinh gặp khó khăn việc phát đặc điểm chung u cầu họ mơ tả đặc điểm ví dụ (phân tích) đối chiếu với để tìm đặc điểm chung (tổng hợp) Nếu học sinh gặp khó khăn việc phân biệt đặc điểm chất với đặc điểm khơng chất, gợi cho họ liên hệ đặc điểm chung vừa phát với mục đích hành động (tổng hợp) Đặc điểm ảnh hưởng tới kiện đặc điểm chất, đặc điểm không ảnh hưởng tới kiện đặc điểm khơng chất Tương tự hóa thao tác tư dựa giống tính chất quan hệ đối tượng khác (hai phép chứng minh tương tự đường lối, phương pháp chứng minh giống nhau).Sau ví dụ minh họa: Ví dụ 1.1.2.1 ([9], Trang 351) Cho tam giác ABC điểm M di động tam giác Các đường thẳng AM , BM , CM cắt cạnh BC , CA, AB tương ứng D, E , F Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 MA   MB   MC  P =   +  +   AD   BE   CF  Q = AM BM CM + + MD ME MF Lời giải (Xem Hình.1.1) Hình 1.1 MD ME MF MA MB MC + + =1 + + = nên AD BE BF AD BE CF Ta có   MA 2  MB   MC    MA MB MC  3  + +  + + =4   AD   BE   CF    AD BE CF    2  MA   MB   MC    +  +    AD   BE   CF  Dấu “=” xảy MA MB MC = = = suy M trọng tâm tam giác ABC AD BE CF Vậy giá trị nhỏ biểu thức P Đặt S MBC = a , S MAC = b , S MAB = c Khi AD S ABC a + b + c AM b + c = =  = MD SMBC a2 MD a2 Tương tự, ta có BM a + c CM a + b = , = ME b2 MF c2 Vì ( b2 + c2 )  ( b + c )2 nên Vậy Q = AM b2 + c2 b+c =  MD a a AM BM CM  b+c a +c a +b  + +  + + =   MD ME MF b c  2 a Dấu = xảy a = b = c  S MAB = S MAC = S MAB = S ABC  AM BM CM = = MD ME MF Hay M trọng tâm tam giác Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q Nếu thay tam giác ABC thành tứ diện ABCD M điểm tùy ý nằm tứ diện ta có tốn tương tự khơng gian sau đây: Ví dụ 1.1.2.2 ([9], Trang 346 352) Cho tứ diện ABCD điểm M chuyển động tứ diện Các đường thẳng AM , BM , CM , DM theo thứ tự cắt mặt BCD, ADC , ABD, ABC A ', B ', C ', D ' Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau 2 2 MA   MB   MC   MD  P =   +  +  +   MA '   MB '   MC '   MD '  b) GAi =R Khi với điểm M thuộc mặt phẳng thỏa mãn:  n  k MA   i i   ki  R i =1  i =1  n Đẳng thức xảy M  G Lời giải ki MAi = = 1 ki MAi GAi  ki MAi GAi R R ( ) 1 ki MG + GAi GAi = ki MG.GAi + ki R R R Lấy tổng hai vế ta được: n  ki MAi  i =1  n   n   n  MG   ki GAi  +   ki  R =   ki  R R  i =1   i =1   i =1  Một số Bài toán thể trường hợp riêng Bài tốn tổng qt 2.3.1 chúng tơi tìm tịi từ kiến thức liên quan Bài tốn 2.3.1.1 Cho tứ diện gần ABCD với AB = CD = a; AC = BD = b; BC = AD = c Chứng minh với điểm M bất kì, ta có bất đẳng thức sau: MA + MB + MC + MD  ( a + b2 + c ) Lời giải Vì ABCD tứ diện gần nên trọng tâm rứ diện trùng với tâm G mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nghĩa ta có : GA + GB + GC + GD = O GA = GB = GC = GD = R Áp dụng Bài toán 2.3.1 ta có MA + MB + MC + MD  4R Đẳng thức xảy M  G ta dễ dàng tính R = a + b2 + c2 Bài toán dùng phương pháp tổng hợp vất vả Bài tốn 2.3.1.2 Cho hình chóp tam giác S.ABC ngoại tiếp mặt cầu tâm O bán kính r Gọi S1 , A1 , B1 , C1 theo thứ tự điểm tiếp xúc mặt cầu với mặt đối diện đỉnh S , A, B, C Gọi S S , S A , S B , SC theo thứ tự diện tích mặt hình chóp đối diện với đỉnh S , A, B, C Chứng minh với điểm M khơng gian ta có bất đẳng thức 70 SS MS1 + S A MA1 + SB MB1 + SC MC1  24 3.r Lời giải Ta có SS OS1 + S A.OA1 + SB OB1 + SC OC1 = O Mặt khác OS1 = OA1 = OB1 = OC1 = r nên theo Bài toán 2.3.1 ta có SS MS1 + S A.MA1 + SB MB1 + SC MC1  ( SS + S A + SB + S ) r (1) Gọi  góc tạo mặt bên với đáy hình chóp ta thấy SS = ( S A + SB + SC ) cos  S S = 3.r cot   nên ( S S + S A + S B + SC ) = S S 1 +   cos    Do từ (1) ta có S S MS1 + S A MA1 + S B MB1 + SC MC1  3.r cot Đặt x = tan    1 +  (2)  cos    ;    900   x      (3) Ta có cot 1 + =  cos   x (1 − x ) Từ (2) (3) ta suy điều phải chứng minh Bài toán 2.3.2 (Bài toán tổng quát 2) Trong mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 , , An Tìm vị trí điểm M mặt phẳng cho biểu thức sau: P = 1MA12 +  MA22 + +  n MAn2 nhận giá trị nhỏ với 1 +  + +  n  Và nhận giá trị lớn với 1 +  + +  n  Trong 1 ,  , ,  n  1 +  + +  n  Lời giải Ta ln tìm điểm I thỏa mãn: 1 IA1 + 2 IA2 + + n IAn = Ta có: ( P = 1MA12 +  MA22 + +  n MAn2 = 1 MI + IA1 ) = (1 +  + +  n ) MI + 1IA12 +  IA22 + +  n IAn2 71 ( ) + 2MI ( IA +  IA + +  IA ) +  MI + IA2 ) ( + +  n MI + IAn 2 n n Do 2MI (1 IA1 +  IA2 + +  n IAn ) = 1 IA12 +  IA22 + +  n IAn2 đại lượng không đổi nên: Nếu 1 +  + +  n  P  1IA12 +  IA22 + +  n IAn2 Suy giá trị nhỏ biểu thức P 1 IA12 +  IA22 + +  n IAn2 M I Nếu 1 +  + +  n  P  1IA12 +  IA22 + +  n IAn2 Suy giá trị lớn biểu thức P 1 IA12 +  IA22 + +  n IAn2 M I Đặc biệt tam giác tam giác A1 A2 A3 1 =  = 3 biểu thức P = 1MA12 +  MA22 +  MA32 đạt giá trị nhỏ (hoặc đạt giá trị lớn nhất) điểm M trọng tâm tam giác A1 A2 A3 Bằng cách xây dựng tương tự ta có Bài tốn tổng qt không gian là: Trong không gian cho n điểm A1 , A2 , , An Khi biểu thức P = 1MA12 +  MA22 + +  n MAn2 đạt giá trị nhỏ (hoặc đạt giá trị lớn nhất) M điểm thỏa mãn: 1 MA1 + 2 MA2 + + n MAn = Đặc biệt tứ diện A1 A2 A3 A4 1 =  = 3 =  biểu thức P = 1MA12 +  MA22 +  MA32 +  MA4 đạt giá trị nhỏ (hoặc đạt giá trị lớn nhất) điểm M trọng tâm tứ diện A1 A2 A3 A4 Bài tốn 2.3.2.1 (Sở GD&ĐT Bình Phước - 2020) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên a Xét điểm M thay đổi mặt phẳng (SCD ) cho tổng Q = MA2 + MB + MC + MD + MS nhỏ Gọi V1 thể tích khối chóp S.ABCD V2 thể tích khối chóp M ACD Tỉ số A V2 V1 11 140 B 22 35 C Lời giải(Xem hình 2.35) 72 11 70 D 11 35 Hình 2.35 Theo kết Bài tốn 2.3.1 Ta xác định điểm I cho IA + IB + IC + ID + IS = O Q = MA2 + MB + MC + MD + MS nhỏ M hình chiếu vng góc I mặt phẳng ( SBC ) Gọi E trung điểm CD, H hình chiếu ca O trờn (SCD ) ị M , H ẻ SE Ta có SO = Vì a a 3a , SE = , SH = 2 12a 11a SM SI = = Þ SM = Þ ME = SE - SM = SH SO 5 10 d M ,( ABCD )).S ACD V2 ( 11 11 ME 11 Ta có = = Þ = = = d (S ,( ABCD )) SE 35 V1 35 70 d (S ,( ABCD )).S ABCD d (M ,( ABCD )) Bài tốn 2.3.2.2 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A (1;1;1) , B ( 0;1; ) , C ( −2;1;4) vàmặt phẳng ( P ) : x − y + z + = Tìm điểm N  ( P ) cho S = NA2 + NB + NC đạtgiá trị nhỏ A N  − ; 2;   3 4 C N  − ; ;   4 B N ( −2;0;1) Lời giải Với điểm I ta có ( ) ( ) ( 2 S = NA2 + NB2 + NC = NI + IA + NI + IB + NI + IC ( ) = NI + NI IA + IB + IC + IA2 + IB + IC 73 ) D N ( −1;2;1) Chọn điểm I cho 2IA + IB + IC = 2IA + IB + IC =  4IA + AB + AC = Suy tọa độ điểm I I ( 0;1; ) Khi S = NI + IA2 + IB + IC , S nhỏ N hình chiếu I lên mặt phẳng ( P ) x = + t Phương trình đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng ( P )  y = − t z = + t  Tọa độ điểm N ( t;1 − t; + t )  ( P )  t −1+ t + + t + =  t = −1  N ( −1;2;1) Bài tốn 2.3.2.3 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;4;5) , B ( 3; 4;0 ) , C ( 2; −1;0) ( P ) cho mặt phẳng ( P ) : 3x − y − 2z −12 = Gọi M ( a ; b ; c ) thuộc MA2 + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a + b + c A C −2 B D −3 Lờigiải Gọi I ( x ; y ; z ) điểm thỏa mãn IA + IB + 3IC = Ta có: IA = (1 − x ; − y ;5 − z ) , IB = ( − x ; − y ; − z ) 3IC = ( − 3x ; − − y ; − 3z ) 1 − x + − x + − 3x = x =  Từ ta có hệ phương trình: 4 − y + − y − − y =   y =  I ( 2;1;1) 5 − z − z − 3z = z =   Khi đó: MA2 = MA = ( MI + IA) = MI + 2MI IA + IA2 2 ( MB2 = MB = MI + IB ( ) = MI + 2MI IB + IB2 3MC = 3MC = MI + IC ) ( ) = MI + 2MI IC + IC Do đó: S = MA2 + MB + 3MC = 5MI + IA2 + IB + 3IC Do IA2 + IB + 3IC không đổi nên S đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ Tức M hình chiếu I lên mặt phẳng ( P ) : 3x − y − 2z −12 = Vectơ phương IM n = ( 3; − 3; − 2) 74  x = + 3t Phương trình tham số IM là:  y = − 3t , (t   z = − 2t  ) Gọi M ( + 3t ;1 − 3t ;1 − 2t )  ( P ) hình chiếu I lên mặt phẳng ( P ) Khi đó: ( + 3t ) − (1 − 3t ) − (1 − 2t ) − 12 =  22t − 11 =  t = Suy ra: M  ; − ;0  Vậy a + b + c = − = 2  Bài toán 2.3.2.4 ([11],TH&TT Số 430(4-2013) trang 22) Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC , AD đơi vng góc với M điểm di động khơng gian Cho biết AB = 4, AC = 8, AD = 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 7MA + 11MB + 23MC + 43MD Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho O  A, B  Ox, C  Oy, D  Oz Khi từ giả thiết AB = 4, AC = 8, AD = 12 Ta suy B ( 4;0;0) , C ( 0;8;0) , D ( 0;0;12) Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD ta có G (1; 2;3) Suy GA = 14, GB = 22, GC = 46, GD = 86 ta có 2.P = GA.MA + GB.MB + GC.MC + GD.MD  GA.MA + GB.MB + GC.MC + GD.MD = ( ) = MG GA + GB + GC + GD + GA2 + GB + GC + GD Bài toán 2.3.2.5 Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB = CD, BC = AD, AC = BD , điểm X thay đổi nằm bên tứ diện Xác định vị trí X để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ P = XA + XB + XC + XD Lời giải (Xem hình 2.36) + a b  a.b  − a b + Liên hệ tính chất trọng tâm tứ diện ABCD 75 Hình 2.36 Gọi G trọng tâm tứ diện M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN = BN suy MN ⊥ AB , tương tự ta chứng minh MN ⊥ CD đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC, AD Từ suy GA = GB = GC = GD Ta có XA + XB + XC + XD =  = XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD GA XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD ( XG + GA)GA + ( XG + GB)GB + ( XG + GC )GC + ( XG + GD)GD = GA GA ( ) XG GA + GB + GC + GD + 4.GA2 GA = 4GA Dấu xảy X trùng với điểm G Vậy XA + XB + XC + XD nhỏ X trọng tâm tứ diện ABCD Bài toán tương tự Bài toán 2.3.2.5 Bài toán 2.3.2.6: Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB = CD, BC = AD, AC = BD , điểm X thay đổi nằm bên tứ diện, gọi Y giao điểm đường thẳng AX với mặt phẳng ( BCD) Tính tỉ số 2 AX biểu AY thức T =  XA +  +  XB +  +  XC +  +  XD +  đạt giá trị nhỏ 2 2         Hướng dẫn: Gọi G trọng tâm tứ diện, M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN = BN suy MN ⊥ AB , tương tự ta chứng minh MN ⊥ CD 76 đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC, AD Từ GA = GB = GC = GD 2 1 1 Ta có: T =  XA +  +  XB +  +  XC +  +  XD +  2  2  2  2  = XA2 + XB + XC + XD + XA + XB + XC + XD + Dựa vào Bài toán 2.3.2 Bài toán 2.3.2.5 ta có T = 4GA2 + 4GA + Dấu xảy X trùng với G Vậy T = 4GA2 + 4GA + X trùng với G , từ AX AG = = AY AY Bài tốn 2.3.3 ( Bài tốn tổng qt 3) Trong khơng gian cho n điểm A1 , A2 , , An Với điểm M bất kỳ, tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1 MA1 +  MA2 + +  n MAn , Trong 1 ,  , ,  n  1 +  + +  n  Lời giải Ta ln tìm điểm I thỏa mãn 1 IA1 + 2 IA2 + + n IAn = Ta có: P = 1 MA1 +  MA2 + +  n MAn ( ) ( ) ( = 1 MI + IA1 +  MI + IA2 + +  n MI + IAn ) = (1 +  + +  n ) MI + 1 IA1 +  IA2 + +  n IAn = (1 +  + +  n ) MI = 1 +  + +  n MI Vậy biểu thức P đạt giá trị nhỏ MI nhỏ Suy biểu thức P đạt giá trị nhỏ M  I Bài toán 2.3.3.1 Cho tam giác ABC I điểm thỏa mãn: IA − 2IB + 3IC = Hãy xác định vị trí điểm I từ tìm vị trí điểm M mặt phẳng để biểu thức P = MA − 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ Lời giải Ta có: IA − 2IB + 3IC =  IA + IC − ( IB − IC ) =  2IK − 2CB =  IK = BC (với K trung điểm AC ) 77 Vậy điểm I đỉnh thứ tư hình bình hành BCKI Ta có: P = MA − 2MB + 3MC = ( MI + IA) − ( MI + IB ) + ( MI + IC ) = 2MI + IA − IB + 3IC = 2MI Suy biểu thức P nhỏ M  I Bài tốn 2.3.3.2 Trong khơng gian cho điểm phân biệt A, B, C , D, E , F Giá trị nhỏ biểu thức: T = MA + MB + MC + MD + ME + MF , với M điểm tùy ý không gian Lời giải: Gọi P, Q trọng tâm tam giác ABC , DEF Ta có: T = MA + MB + MC + MD + ME + MF 3MP + 3MQ = ( MP + MQ )  3PQ Vậy giá trị nhỏ T PQ M thuộc đoạn thẳng PQ Bài tốn 2.3.3.3 Trong khơng gian Oxyz cho điểm A ( 5;8; −11) , B ( 3;5; −4) , C ( 2;1; −6 ) 2 mặt cầu ( S ) : ( x − ) + ( y − ) + ( z + 1) = Gọi M ( xM ; yM ; zM ) điểm ( S ) cho biểu thức MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ Giá trị tổng xM + yM A C −2 B Lời giải (Xem hình 2.37) Hình 2.37 Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4;2; −1) , bán kính R = 78 D Gọi E điểm thỏa mãn EA − EB − EC =  E ( 0; −2;1) Khi đó: T = MA − MB − MC = −ME = ME Gọi H , K giao điểm IE với mặt cầu ( S ) EH  EK Với điểm M  ( S ) , ta có: ME  MI − IE = R − IE = HI − IE = HE Khi đó: T nhỏ  ME nhỏ  M  H EH = EI − R EI EI = 6−3 EI = EI  H ( 2;0;0 ) Vậy: M ( 2;0;0)  xM = 2, yM =  xM + yM = Bài tốn 2.3.3.4 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm: A(1,3, 2); B(0;1;1); C (1;0; 2) mặt phẳng ( P) : x + y + z + = Tìm (  ) điểm M cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ 1) P = MA − 2MB + 4MC 2) Q = MA2 + 2MB2 + 3MC Hướng dẫn 1) M hình chiếu vng góc điểm I lên mặt phẳng (  ) với I thỏa mãn IA − 2IB + 4IC = O 2) M hình chiếu vng góc điểm E lên mặt phẳng (  ) với E thỏa mãn EA + 2EB + 3EC = O 79 Kết luận chương Trong chương chúng tơi tiến hành cụ thể hóa số vấn đề lí luận chương chúng tơi tiến hành khái qt hóa tốn nhằm mở rộng kiến thức giúp cho người giáo viên định hướng kiến thức mới, tốn thơng qua hoạt động khái quát hóa Tuy nhiên để tiến hành khái qt hóa cần thực hoạt động trí tuệ: Phân tích, so sánh, tổng hợp, đặc biệt hóa tương tự hóa Cụ thể chương này, chúng tơi tiến hành tìm tịi mệnh đề mới, tốn theo hướng sau - Xuất phát từ toán phẳng chúng tơi đề xất tốn tương tự khơng gian, sau tiếp tục thực khái quát hóa để có tốn - Phép tương tự sử dụng luận văn bao gồm tương tự theo cấu trúc tương tự theo thuộc tính Chẳng hạn đường thẳng mặt phẳng tương tự với mặt phẳng khơng gian Sở dĩ có tương tự đường thẳng mặt phẳng 1-phẳng, mặt phẳng không gian 2-phẳng trường hợp riêng m –phẳng không gian n chiều; tam giác mặt phẳng tương tự tứ diện khơng gian chúng trường hợp riêng m đơn hình khơng gian n chiều; đường trịn mặt phẳng có tính chất tương tự mặt cầu khơng gian Trong chương chúng tơi trình bày số dạng khái quát hóa: - Từ việc xét trường hợp riêng sau mở rộng tính chất cho tập hợp đối tượng rộng - Từ tốn hình học mặt phẳng chuyển sang khơng gian sau tiến hành hoạt động khái qt hóa - Xuất phát từ tốn khơng gian tiến hành hoạt động khái qt hóa để có tốn Đặc biệt chương chúng tơi trọng mở rộng tốn khơng gian để tạo tốn có tính khái quát nhằm phát triển kiến thức sgk Trong chương nhờ việc khái quát hóa mệnh đề, tốn mà ta có - Hướng nhìn có giá trị sâu sắc hoạt động dạy học 80 - Song song với hướng khái qt nói chúng tơi đưa Ví dụ phát triển tốn Ví dụ góp phần giúp định hướng cho người giáo viên trường phổ thông chuẩn bị tiềm để đáp ứng yêu cầu dạy học toán giai đoạn nay, hướng học sinh vào hoạt động phát giải vấn đề, luyện tập cho họ hoạt động tư đặc biệt tư sáng tạo từ góp phần phát triển lực người học, đặc biệt lực giải vấn đề, lực tư suy luận giải vấn đề toán học 81 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Quá trình nghiên cứu luận văn thu kết sau - Làm sáng tỏ luận điểm khái quát hóa, mối liên hệ hoạt động khái quát hóa với hoạt động trí tuệ khác phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa tương tự Sáng tỏ cách nhìn nhận hoạt động khái qt hóa với hoạt động tư duy, đặc biệt tư logic tư sáng tạo - Đưa hướng phát triển toán mới, mệnh đề nhờ thực tiến trình khái qt hóa - Bước đầu sáng tạo kiến thức SGK nhờ hướng mở rộng tốn thơng qua hoạt động khái qt hóa gắn kết hoạt động trí tuệ khác như: Phân tích, tổng hợp, tương tự hóa, trừu tượng hóa… hướng phát triển có ý nghĩa quan trọng việc bồi dưỡng Giáo viên rèn luyện lực cho Học sinh - Đưa hệ thống tốn thơng qua hoạt động khái qt hóa, đặc biệt hóa Tác giả mong muốn luận văn phục vụ thiết thực cho thân việc giảng dạy mơn hình học nhà trường, tương lai Dù thân cố gắng nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu, song thời gian khả có hạn, chắn luận văn khơng tránh khỏi khiếm khuyết Tác giả mong muốn nhận nhiều ý kiến đóng góp q báu thầy cơ, bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh 82 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Văn Hoàn(Chủ biên) - Nguyễn Gia Cốc - Trần Thúc Trình(1981), Giáo dục học mơn tốn, Nhà xuất Giáo dục [2] Đào Tam(2014), Từ phán đoán hợp lý đến khẳng định tốn mới, Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Đặc san số 10, trang 37,38,46 [3] Đào Tam, Trần Trung(2010), Tổ chức hoạt động nhận thức dạy học mơn tốn trường THPT, Nhà xuất Đại học Sư phạm [4] Đào Tam(2004), Phương pháp dạy học Hình học trường THPT, Nhà xuất Đại học Sư phạm [5] Đào Tam(2012), Giáo trình hình học sơ cấp, Nhà xuất Đại học Sư phạm [6] Trần Hữu Tài(2007), góp phần bồi dưỡng lực huy động kiến thức cho học sinh THPT theo quan điểm kiến tạo thơng qua dạy học giải tập tốn; Luận văn thạc sĩ trường Đại học Vinh [7] G Polya(1997), Giải toán nào, Nhà xuất Giáo dục [8] Nguyễn Cảnh Toàn(1997), Phương pháp luận vật biện chứng với việc học, dạy, nghiên cứu toán học(tập 1), Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Lê Quốc Hán(chủ biên) - Đinh Quang Minh - Lê Thị Ngọc Thuý(2016), Những đường sáng tạo giải tốn hình học, Nhà xuất Giáo dục [10] Toán học tuổi trẻ (2010), Nhà xuất Giáo dục [11] Tạp chí Tốn Học tuổi trẻ năm (2011,2012,2013,2014,2015,2016), Nhà xuất Giáo dục [12] Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên giáo viên trung học phổ thơng chu kì III(2004-2007), Nhà xuất Đại học Sư phạm [13] Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương(Chủ biên) – Phạm Khắc Ban – Tạ Mân(2010), Sách giáo khoa Hình học lớp 11 nâng cao, Nhà xuất Giáo dục 83 [14] Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) – Nguyễn Mộng Hy(Chủ biên) – Nguyễn Văn Đồnh – Trần Đức Hun(2006), Sách giáo khoa Hình học lớp 10 , Nhà xuất Giáo dục 84