tư duy môn toán chuyền đề cực trị

BÀI ĐIỀU KIỆN Rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học các bài toán cực trị hình học Các học viên trong nhóm: Doãn Thị Kim Huế (nhóm trưởng) Nguyễn Thị Hiếu Salongsay Sayyasa I. CƠ SỞ LÍ LUẬN: Tâm lý học hiện đại đã kết luận: “ Con người có tiềm năng sáng tạo to lớn và vô tận”. Cũng theo bộ lao động Mỹ, người lao động thế kỷ 21 cần có 13 kỹ năng mà theo họ, kỹ năng tư duy sáng tạo là quan trọng nhất. Vậy sáng tạo và tư duy sáng tạo đang được hiểu như thế nào? Làm thế nào để khơi dậy tiềm năng sáng tạo? 1. Khái niệm về tư duy sáng tạo: - Tư duy sáng tạo (TDST) là một dạng tư duy độc lập, tạo ra ý tưởng mới độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao - Ý tưởng mới được thể hiện ở chỗ phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo kết quả mới - Tính độc đáo của ý tưởng mới thể hiện ở giải pháp lạ, hiếm, không quen thuộc hoặc duy nhất - Tổng hợp các kết quả nghiên cứu về cấu trúc của TDST, có thể nêu lên ba thành phần cơ bản của TDST đó là tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo 2. Tính chất hay thành phần của tư duy sáng tạo: 2.1. Tính mềm dẻo Tính mềm dẻo của tư duy có các đặc trưng nổi bật sau: 1 - Dễ dàng chuyển từ hoạt động này sang hoạt động khác, vận dụng linh hoạt các hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, cụ thể hóa các phương pháp suy luận như: Quy nạp, suy diễn, tương tự, dễ dàng chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ nếu gặp trở ngại. - Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những kinh nghiệm, kiến thức, kỹ năng đă có vào trong hoàn cảnh mới, điều kiện mới, trong đó có những yếu tố đă thay đổi có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, những phương pháp, những suy nghĩ đă có trước. - Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết. 2.2. Tính nhuần nhuyễn: Được thể hiện rõ nét ở 2 đặc trưng sau: - Tính đa dạng của các cách sử lí khi giải toán: Khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau. Đứng trước một vấn đề khi giải quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất nhiều phương án khác nhau và từ đó đưa ra được phương án tối ưu. - Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có một cách nhìn sinh động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tượng chứ không phải cái nhìn bất biến, phiếm diện, cứng nhắc. Khi thực hành giải toán, để thực hiện được điều này ta cần phân tích cho học sinh thấy rõ các bước để giải một bài toán, tìm sự quan hệ gần gũi giữa bài toán đă cho với các bài toán đă biết Qua đó thể hiện được tính nhuần nhuyễn của tư duy, tính độc lập trong suy nghĩ. 2.3. Tính độc đáo: tìm kiếm và quyết định phương thức mới Tính độc đáo của TDST được đặc trưng bởi các khả năng - Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới. 2 - Khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau. 2.4. Tính hoàn thiện: lập kế hoạch, phối hợp các hoạt động 2.5. Tính nhạy cảm vấn đề: nhanh chóng phát hiện vấn đề, liên tưởng tốt Các yếu tố cơ bản nói trên không tách rời nhau mà trái lại chúng quan hệ mật thiết với nhau, hỗ trợ, bổ sung cho nhau. Khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác (tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn) và nhờ đề xuất nhiều phương án khác nhau mà có thể tìm được những phương án lạ, đặc sắc (tính độc đáo). Các yếu tố cơ bản này lại có quan hệ khăng khít với các yếu tố khác như: tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề Tất cả các yếu tố đặc trưng nói trên cùng góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao nhất trong các hoạt động trí tuệ của con người. II. ỨNG DỤNG VÀO DẠY TOÁN Hướng tới phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong học toán, nhóm chúng tôi khai thác các bài toán cực trị hình học. 1. Phát triển tư duy sáng tạo bằng bài toán có nhiều cách giải: Khi gặp các bài toán cực trị hình học ta có thể nghĩ tới một trong các phương pháp giải sau: 1) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức. Chúng ta thường dùng bất đẳng thức cổ điển như: Cosi, Bunhiacopski… 2) Phương pháp sử dụng đạo hàm của hàm số 3) Phương pháp tọa độ 4) Phương pháp sử dụng các nguyên lí cơ bản trong hình học 3 Nguyên lí 1: Đường vuông góc luôn ngắn hơn đường xiên. Nguyên lí 2: Trong tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn. Xét bài toán 1: “Cho hình chóp SABC có ( ) ,SA ABC ⊥ SA=2a , ABC ∆ vuông tại C, AB=2a , µ 30A = o . Gọi M là điểm di động trên cạnh AC, SH ⊥ BM. Đặt AM x= . Tìm x để khoảng cách từ S đến BM lớn nhất” Giải Phân tích: Khoảng cách từ S đến BM chính là độ dài SH nên ta có một số hướng tiếp cận như sau: + Hướng 1: Đoạn SH có thể tính được theo x và a. Vậy ta sẽ tính đoạn SH sau đó tìm giá trị lớn nhất của SH theo x. + Hướng 2: Ta so sánh ,SH SM SM SC≤ ≤ nên SH lớn nhất khi SM lớn nhất hay M C≡ . + Hướng 3: Ta thấy ( ) SA ABC⊥ gợi ý cho ta tọa độ hóa bài toán Với ba hướng tiếp cận như trên ta sẽ tìm cách giải bài toán theo ba cách khác nhau. 4 Cách 1: Tính SH theo à xa v sau đó tìm giá trị lớn nhất Ta có : BM BM AH SH SA BM ⊥  → ⊥  ⊥  Tính khoảng cách từ S đến BM bằng SH do SH BM⊥ tại M Tính SM ta có : .BC AM AHM BCM AH BM ∆ ∆ ⇒ =: Mặt khác : ( ) 0 , ,3AM x x BC a= =„ „ a 2 2 2 3 4BM x a x a = − + 2 2 2 3 4 ax AH x a x a ⇒ = − + Xét SAH∆ là tam giác vuông tại A có : 2 2 2 2 2 2 4 2 3 4 x SH SA AH SH x a x a = + ⇒ + − + Tìm x để SH lớn nhất ⇔ ( ) 2 2 2 2 3 4 x f x x a x a = − + Suy ra ( ) 2 2 ' 2 2 2 3 8 2 3 4 a x a x f x x a x a − + = − + ( ) ' 0 0 4 3 3 x f x a x =   = ⇔  =   Cho SH lập bảng biến thiên từ đó ta có kết quả ( ) max 3f x = khi 3x a = với 0, 3x a   ∈   khi đó M C≡ và 7SH a= Cách 2: So sánh đường vuông góc với đường xiên. Do SH BM⊥ nên ,SM M CSH M A ∀ ∈ ∈ „ .Vậy SH lớn nhất khi H M ≡ hay SH lớn nhất khi SM lớn nhất. Mặt khác, M di động trên AC thì SM AC„ với mọi M hay SM lớn nhất khi H M ≡ . Vậy từ đây ta có SH lớn nhất khi M H C≡ ≡ . Từ đó ta tính được SH=SC dựa vào SCB∆ vuông tại C 2 2 2 2 8SH SA AH a= + = · 1 sin 2 . 2 BC AB BAC a a= = = Mặt khác 2 2 2 2 2 7SH SC SB BC a= = − = 7SH a ⇒ = 5 Khi đó · 3 cos 2 3 2 x AC AB BAC a a= = = = . Cách 3: Tọa độ hóa bài toán Chọn hệ trục tọa độ Axyz với ,S AZ C Ax∈ ∈ . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,0,0 , 3, ,0 , 3,0,0 , 0,0,2 , ,0,0A B a a C a S a M x Ta có ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2 2 2 2 , 4 4 3 , 3 SM BM a a x a a x d d S BM BM x a a   + − +   = = = − + uuur uuuur uuuur Biến đổi công thức độ dài vì dạng : ( ) 2 2 4 2 2 4 3 a x d a x a a = + − + Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 3 a x a d a x a a + − + „ „ Vậy 7 max d a= đạt được khi 3x a M C= ⇔ ≡ . Nhờ việc nhìn bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau mà học sinh có thể giải bài toán theo nhiều cách khác nhau. Trong các cách giải trên thì cách giải thứ 2 là cách giải hay nhất vì đơn giản và chỉ có sử dụng mối quan hệ đường vuông góc với đường xiên. 6 Qua ví dụ trên ta thấy: Nhờ việc chuyển hướng qua trình tư duy và nhìn nhận đối tượng dưới nhiều khía cạnh ( nhìn bài toán dưới 3 góc độ khác nhau –tính niềm dẻo ) mà học sinh có thể tìm ra nhiều hướng giải quyết bài toán , từ đó có được nhiều lời giải bài toán mà chọn được cách giải tối ưu. Xét bài toán 2: “Cho hình lập phương 1 1 1 1 ABCDA B C D cạnh a . Trên cạnh BD và 1 B A lần lượt lấy điểm M, N sao cho 1 BM B N t= = . Tìm t để MN đạt giá trị nhỏ nhất”. Giải Phân tích : Đoạn MN là đoạn thẳng nối hai đường thẳng chéo nhau trong không gian và đặt trong hình lập phương nên ta có các hướng tiếp cận như sau: Hướng 1: Nếu MN là đoạn vuông góc chung của BD và 1 B A thì MN chính là đoạn nhỏ nhất cần tìm. Hướng 2: Bài toán đặt trong hình lập phương do đó ta có thể tọa độ hóa bài toán. Hướng 3: Ta có thể tính MN theo a và t sau đó tìm giá trị lớn nhất của đoạn MN. Trong ba hướng tiếp cận trên ta thấy hướng 1 là không sử dụng được vì AC là đường vuông góc chung cuả 1 àBDv B A là AO với O là tâm hình vuông ABCD . Nhưng đoạn AO không thỏa mãn điều kiện 1 BM B N t= = .Do đó không sử dụng được cách giải bài toán này. Hai hướng còn lại cho ta 2 cách giải bài toán như sau: Cách 1: Tọa độ hóa bài toán. Chọn hệ trục tọa độ Axyz ,với 1 , ,D Ax B Ay A Az∈ ∈ ∈ .Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 ,0,0 , 0, ,0 , , ,0 ,0,0 , 0,0, , 0, , , , , , ,0,A a B a C a a D a A a B a a C a a a D a a 7 Đường thẳng BD qua D, vtcp ( ) ( ) 1,1,0 ,a a BD− r r uuur P có phương trình: ( ) [ ] , 0, 0 :B x au u aD y u z =   ∈ =   =  ( ) , ,0M BD M a u u ∈ ⇒ − Đường thẳng 1 B A qua A, vtcp ( ) ( ) 1 1,1,0 ,b b AB− r r uuur P có phương trình ( ) [ ] 1 0 0: , , x v a y v z v B A =   ∈ =   =  ( ) 1 0, ,N M vB A v ∈ ⇒ Theo giả thiết : ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2BM B N t t a u a v u v = = ⇒ = − = − ⇒ = Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MN a u a v v u au a a a a u = − + − + = − +   = − +  ÷   … 8 Vậy 2 min 2 a MN = ,đạt được khi 2 2 2 a a u t= ⇒ = tức là ,M N lần lượt là trung điểm của BD và 1 B A . Cách 2: Tính MN theo a và t. Xét 1 BB N ∆ có : · 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 . 2 cos 45 2BN BB B N BB B NcosBB N a t at a t at= + − = + − = + − o Xét PNA ∆ vuông tại A có: ( ) 2 22 2 2 22 2 3 2 2PN AD AN a a t a at t= + = + − = − + Áp dụng định lí cosin trong BND∆ ta được : · 2 2 2 cos 2 . 2 BD BN ND t NBM BD BN BN + − = = Trong BMN∆ ta có theo định lí cosin có: · 2 22 2 .MN BN BM BN BMcosMBN= + − 2 2 2a at t= − + V ậy MN đạt giá trị lớn nhất bằng 2 2 a khi 2 2 a t = khi đó M, N là trung điểm của 1 à .BD v B A Xét bài toán 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M( 1 ; 2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác 0 sao cho 2 2 1 1 OA OB + bé nhất. Giải Ở ví dụ này, ta trình bày ba cách giải theo ba phương pháp nói trên. 9 Cách 1: Hạ OH ⊥ ∆ . Trong tam giác vuông OAB, ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 OA OB OH OM + = ≥ (không đổi). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: H M OH≡ ⇔ ⊥ ∆ . Vậy 2 2 1 1 OA OB + đạt giá trị bé nhất khi đường thẳng A đi qua điểm M( 1 ; 2) và có pháp vectơ là ( ) 1;2OM uuuur Vậy đường thẳng A cần tìm là: ( ) ( ) 1 1 2 2 0 2 5 0x y x y − + − = ⇔ + − = . Nhận xét: • Phép biến đối 2 2 2 1 1 1 OA OB OH + = là chuyển biểu thức ban đầu với hai đại lượng biến thiên OA, OB về biểu thức còn một đại lượng biến thiên OH. • Cách giải trên không mở rộng được cho bài toán tổng quát hơn : xác định vị trí của đường thẳng ∆ để 2 2 1 1 OA OB + nhỏ nhất (a>0,b> 0). Cách 2: Đường thẳng A đi qua M( 1 ; 2), cắt các trục toạ độ và không đi qua gốc nên nó là đường thẳng có hệ số góc k với 0k ≠ , 2k ≠ . Khi đó : ( ) : 2 1 2y k x y kx k∆ − = − ⇔ = − + Ta có : A(k 2 +1 , 2) , B(0 ; 2 - k) và ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 k OA OB k + + = − Xét hàm số : ( ) ( ) ( ) 2 2 1 , 0,2 2 k f k k k + = ≠ − ( ) ( ) 2 ' 4 4 6 4 2 k k f k k − + + ⇒ = − 10 [...]... Trong không gian, cho tứ diện tư ng tự với tam giác ta sẽ có bài toán trong không gian như sau Bài toán 9: Cho tứ diện OABC , có OA, OB, OC đôi một vuông góc AH là đường cao có độ dài bằng 1 a b III Tìm tứ diện có thể tích lớn nhất Tìm giá trị lớn nhất của KẾT THÚC: T= 1 1 1 + + OA OB OC Trên đây là một số phương pháp sử dụng bài toán cực trị hình học để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh Do thời... góc giữa OA, OB, OC với mp ( ABC ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = sin α + sin γ + sin β 3 Phát triển tư duy sáng tạo bằng tư ng tự hóa: Ta xét bài toán trong mặt phẳng sau ° µ Bài toán 8: Cho ∆ABC , A = 90 , AH = 1 a) b) Tìm tam giác có diện tích lớn nhất Tìm giá trị lớn nhất của T= 1 1 + AB AC 13 1 1 1 1 1 = + AH = 1 ⇒ 1 = + 2 2 2 2 AB AC theo bài toán ta có AB AC 2 Trong tam giác ∆ABC có... thức xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 m + n =1 m = 5    1 ⇔  5 1 = m m = 2  2 1  n  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 5, nghĩa là ∆ : x + 2y - 5 = 0 2 Phát triển tư duy sáng tạo bằng cách nghiên cứu sâu bài toán 11 Xét bài toán 4: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc Gọi α , β , γ theo thứ tự lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với mp ( ABC ) Chứng minh rằng: sin 2 α + sin 2 γ + sin... 1 2 2 OA OB OC 2   Mặt khác ta có HD: Ta thấy kết quả bài toán là một đẳng thức hình học bây giờ ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Côsi cho vế trái của ( 3) ta có sin 2 α + sin 2 γ + sin 2 β … 3 sin 2 α sin 2 γ sin 2 β ⇔ sin α sin γ sin β „ 3 Dấu bằng xảy ra ⇔ sin α = sin γ = sin β hay 1 3 3 OA = OB = OC Từ đây ta có các bài toán sau: 12 Bài toán 5: Cho hình tứ diện có OA, OB, OC đôi một vuông góc Gọi... theo thứ tự lần lượt góc OA, OB, OC với mp ( ABC ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = sin α sin γ sin β HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho vế trái của ( 3) ta có 2 1 α + sin 2 γ + sin 2 β ) „ 3 ( sin 4 α + sin 4 γ + sin 4 β ) ⇔ sin 4 α + sin 4 γ + sin 4 β … 3 ấu bằng xảy ra ⇔ sin α = sin γ = sin β hay OA = OB = OC ( sin 2 D Bài toán 6: Cho hình tứ diện có OA, OB, OC đôi một vuông góc Gọi... theo thứ tự lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với mp ( ABC ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = sin 4 α + sin 4 γ + sin 4 β HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có ( sin α + sin γ + sin β ) 2 „ 3 ( sin 2 α + sin 2 γ + sin 2 β ) = 3 ⇔ sin α + sin γ + sin β „ 3 Dấu bằng xảy ra khi sin α = sin γ = sin β hay OA = OB = OC Bài toán 7: Cho hình tứ diện có OA, OB, OC đôi một vuông góc Gọi α , β ,... hình học để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh Do thời gian và năng lực có hạn nên bài tập còn nhiều thiếu sót và chưa đầy đủ, chưa phong phú Chúng tôi rất mong được sự chỉ bảo tận tình của TS Bùi Duy Hưng và sự đóng góp của các học viên khác cho bài tập của chúng tôi hoàn thiện hơn nữa 14 . học sinh trong học toán, nhóm chúng tôi khai thác các bài toán cực trị hình học. 1. Phát triển tư duy sáng tạo bằng bài toán có nhiều cách giải: Khi gặp các bài toán cực trị hình học ta có. kỹ năng tư duy sáng tạo là quan trọng nhất. Vậy sáng tạo và tư duy sáng tạo đang được hiểu như thế nào? Làm thế nào để khơi dậy tiềm năng sáng tạo? 1. Khái niệm về tư duy sáng tạo: - Tư duy sáng. vấn đề Tất cả các yếu tố đặc trưng nói trên cùng góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao nhất trong các hoạt động trí tuệ của con người. II. ỨNG DỤNG VÀO DẠY TOÁN Hướng tới phát triển tư duy