Góp phần phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh THPT qua chủ đề giải toán bằng phương pháp vectơ và tọa độ trong hình học phẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG PT NGUYỄN MỘNG TUÂN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GÓP PHẦN PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO TOÁN HỌC CHO HỌC SINH THPT QUA CHỦ ĐỀ GIẢI TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ VÀ TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Người thực hiện: Lương Bá Tính Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Toán THANH HÓA NĂM 2016 TT NỘI DUNG Trang MỞ ĐẦU NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Phương pháp nghiên cứu 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm học sinh 19 Kết luận 20 MỤC LỤC MỞ ĐẦU - Lý chọn đề tài Ngày Việt Nam, nhiều nước giới, giáo dục coi quốc sách hàng đầu, động lực để phát triển kinh tế xã hội Với nhiệm vụ mục tiêu giáo dục đào tạo người phát triển toàn diện mặt, có kiến thức tốt mà vận dụng kiến thức tình công việc Để làm điều này, với lượng kiến thức thời gian phân phối cho môn toán bậc THPT, giáo viên phải có phương pháp giảng dạy phù hợp truyền tải tối đa kiến thức cho học sinh, phát huy tư sáng tạo học sinh, đáp ứng cho môn học mà áp dụng kiến thức học vào khoa học khác chuyển tiếp bậc học cao sau Vectơ có nhiều ứng dụng vật lý, kỹ thuật, công cụ vectơ tạo điều kiện thực mối liên hệ liên môn trường phổ thông Phương pháp vectơ toạ độ cho phép học sinh tiếp cận kiến thức hình học phổ thông cách gọn gàng có hiệu cách nhanh chóng, tổng quát, không cần đến hình vẽ Nó có tác dụng tích cực việc phát triển tư sáng tạo, trừu tượng, lực phân tích, tổng hợp Từ vectơ xây dựng cách chặt chẽ phương pháp toạ độ theo tinh thần toán học đại, xây dựng lý thuyết hình học cung cấp công cụ giải toán, cho phép đại số hoá hình học Thực tế giảng dạy áp dụng vectơ toạ độ để giải toán phổ thông đa số sơ sài Sách giáo khoa, với lý sư phạm dừng lại mức độ bản, học sinh chưa thực nắm nhiều ứng dụng phương pháp Với lý nêu trên, tìm hiểu nghiên cứu: "Góp phần phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh THPT qua chủ đề giải toán phương pháp vectơ toạ độ hình học phẳng" - Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu trình rèn luyện phát triển tư sáng tạo toán học học sinh bậc THPT - Trên sở lý thuyết vectơ, toạ độ mặt phẳng chương trình THPT, với kiến thức hình học tổng hợp khác, dạng tập ứng dụng phương pháp vectơ toạ độ hình học phẳng, góp phần phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh - Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu sở lý luận tư sáng tạo, trình rèn luyện phát triển loại hình tư bậc THPT - Đưa hệ thống tập ứng dụng, hướng dẫn học sinh khai thác phát triển toán theo hướng sáng tạo - Đưa số biện pháp sư phạm nhằm thực mục đích nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận - Nghiên cứu khai thác tài liệu tư biện chứng thông qua việc giảng dạy môn Toán trường phổ thông, đặc biệt khía cạnh tư sáng tạo - Nghiên cứu khai thác tài liệu liên quan đến hứng thú học tập, động học tập, phát huy tính tích cực học tập học sinh qua môn Toán - Nghiên cứu chương trình nội dung đổi sách giáo khoa phương pháp giảng dạy bậc THPT, đặc biệt hình học lớp 10 Phương pháp quan sát điều tra - Điều tra thực trạng giảng dạy học tập giáo viên học sinh - Quan sát việc học tập học sinh, khảo sát mức độ tích cực học tập, tư sáng tạo học để phát nguyên nhân cần khắc phục lựa chọn nội dung thích hợp cho đề tài - Thu thập kết thực tế học sinh làm sở thực tiễn để đưa hệ thống tập phù hợp có tính khả thi NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm - Khái niệm tư tư sáng tạo Tư nhận thức, phản ánh thuộc tính chất, mối quan hệ có tính quy luật vật tượng mà trước chủ thể chưa biết Các hình thức tư duy: + Khái niệm: Khái niệm hình thức tư phản ánh lớp đối tượng + Phán đoán: Phán đoán hình thức tư duy, khẳng định dấu hiệu thuộc hay không thuộc đối tượng Phán đoán có tính chất hoặc sai thiết xảy hai trường hợp mà + Suy luận: Suy luận trình tư có quy luật, quy tắc định (gọi quy luật, quy tắc suy luận) Muốn suy luận cần phải tuân theo quy luật, quy tắc Các thao tác tư duy: + Phân tích-tổng hợp: Phân tích thao tác tư để phân chia đối tượng nhận thức thành phận, mặt, thành phần khác Còn tổng hợp thao tác tư để hợp phận, mặt, thành phần tách rời nhờ phân tích thành chỉnh thể + So sánh-tương tự: So sánh thao tác tư nhằm xác định giống hay khác nhau, đồng hay không đồng nhất, hay không đối tượng nhận thức So sánh liên quan chặt chẽ với phân tích-tổng hợp hình thức tư mức độ đơn giản nhận thức yếu tố chất vật, tượng.Tương tự dạng so sánh mà từ hai đối tượng giống số dấu hiệu, rút kết luận hai đối tượng giống dấu hiệu khác + Khái quát hoá- đặc biệt hoá: Khái quát hoá thao tác tư nhằm hợp nhiều đối trượng khác thành nhóm, loại theo thuộc tính, liên hệ hay quan hệ chung giống thuộc tính chung chất + Trừu tượng hoá: Trừu tượng hoá thao tác tư nhằm gạt bỏ mặt, thuộc tính, liên hệ, quan hệ thứ yếu, không cần thiết giữ lại yếu tố cần thiết cho tư Sự phân biệt chất hay không chất mang nghĩa tương đối, phụ thuộc mục đích hành động - Khái niệm tư sáng tạo, thành phần tư sáng tạo Tư sáng tạo dạng tư độc lập, tạo ý tưởng độc đáo có hiệu giải vấn đề cao Ý tưởng thể chỗ phát vấn đề mới, tìm hướng mới, tạo kết Tính độc đáo ý tưởng thể giải pháp lạ, hiếm, không quen thuộc Tư sáng tạo gồm thành phần sau: + Tính mềm dẻo: Là lực thay đổi dễ dàng, nhanh chóng trật tự hệ thống tri thức, chuyển từ góc độ quan niệm sang góc độ quan niệm khác, định nghĩa lại vật, tượng, gạt bỏ sơ đồ tư có sẵn xây dựng phương pháp tư mới, tạo vật mối quan hệ chuyển đổi quan hệ nhận chất vật điều phán đoán Tính mềm dẻo gạt bỏ sơ cứng tư duy, mở rộng nhìn nhận vấn đề từ nhiều khía cạnh khác chủ thể nhận thức + Tính nhuần nhuyễn: Là lực tạo cách nhanh chóng tổ hợp yếu tố riêng lẻ tình hoàn cảnh, đưa giả thuyết ý tưởng Tính nhuần nhuyễn tư sáng tạo đặc trưng khả tạo số ý tưởng nhận thức vấn đề + Tính độc đáo: Là lực độc lập tư trình xác định mục đích giải pháp, biểu giải pháp lạ, hiếm, tính hợp lý, tính tối ưu giải pháp + Tính hoàn thiện: Là khả lập kế hoạch, phối hợp ý nghĩ hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra chứng minh ý tưởng + Tính nhạy cảm vấn đề: Là lực nhanh chóng phát vấn đề, mâu thuẫn, sai lầm, thiếu lôgic, chưa tối ưu từ đề xuất hướng giải quyết, tạo - Dạy học giải tập trường phổ thông - Vai trò việc giải tập toán - Bài tập toán học có vai trò quan trọng trình học tập môn toán nhà trường phổ thông Giải tập toán hình thức chủ yếu hoạt động toán học Thông qua việc giải tập, học sinh phải thực nhiều hoạt động như: Nhận dạng, thể khái niệm, định nghĩa, định lý, quy tắc-phương pháp, hoạt động phức hợp, hoạt động trí tuệ chung, hoạt động trí tuệ phổ biến toán học - Vị trí tập toán: Giải toán hình thức chủ yếu hoạt động toán học, giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ kỹ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn - Chức tập toán là: Dạy học, giáo dục, phát triển kiểm tra - Vai trò tập toán thể ba bình diện: Mục đích, nội dung phương pháp trình dạy học Cụ thể: + Về mặt mục đích dạy học, tập toán thể chức khác hướng đến việc thực mục đích dạy học môn toán như: Hình thành, củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo, kỹ ứng dụng toán học giai đoạn khác trình dạy học Phát triển lực trí tuệ chung: Rèn luyện thao tác tư duy, hình thành phẩm chất trí tuệ Hình thành, bồi dưỡng giới quan vật biện chứng phẩm chất đạo đức người lao động + Về mặt nội dung dạy học: Bài tập toán phương tiện để cài đặt nội dung dạng tri thức hoàn chỉnh hay yếu tố bổ sung cho tri thức học phần lý thuyết + Về mặt phương pháp dạy học: Bài tập toán giá mang hoạt động để học sinh kiến tạo nội dung định sở thực mục đích dạy học khác Khai thác tốt tập góp phần tổ chức tốt cho học sinh học tập hoạt động hoạt động tự giác, tích cực, chủ động sáng tạo thực độc lập giao lưu Trong thực tiễn dạy học, tập sử dụng với dụng ý khác Về phương pháp dạy học: Đảm bảo trình độ xuất phát, gợi động cơ, làm việc với nội dung mới, củng cố kiểm tra Đặc biệt mặt kiểm tra, tập phương tiện thay để đánh giá mức độ tiếp thu tri thức, khả làm việc độc lập trình độ phát triển tư học sinh, hiệu giảng dạy giáo viên - Phương pháp giải tập toán Theo G.Pôlya, phương pháp chung giải toán gồm bước: + Bước 1: Hiểu rõ toán? Đâu kiện? Có thể thoả mãn điều kiện hay không ? Điều kiện có đủ để xác định ẩn hay không, hay chưa đủ, hay thừa, hay có mâu thuẫn? - Hình vẽ Sử dụng ký hiệu thích hợp - Phân biệt phần khác điều kiện Có thể diễn tả điều kiện thành công thức không? Qua bước trên, ta thấy việc đánh giá kiện có thoả mãn hay không, thừa hay thiếu bước đầu thể tư sáng tạo Nếu làm tốt khâu việc giải toán thuận lợi để tìm lời giải + Bước 2: Xây dựng chương trình giải - Bạn gặp toán lần chưa? Hay gặp toán dạng khác? - Bạn có biết toán liên quan không? Một định lý dùng không? - Xét kỹ chưa biết (ẩn) thử nhớ lại toán quen thuộc có ẩn hay ẩn tương tự - Đây toán liên quan mà bạn có lần giải Có thể sử dụng không? Có thể sử dụng kết không? Hãy sử dụng phương pháp? Có cần phải dựa thêm số yếu tố phụ sử dụng không? - Có thể phát biểu toán cách khác không? Một cách khác nữa? Quay định nghĩa - Nếu bạn chưa giải toán đề ra, thử giải toán có liên quan Bạn nghĩ toán có liên quan dễ không? Một toán tổng quát hơn? Một trường hợp riêng? Một toán tương tự? Bạn giải phần toán không? Hãy giữ lại phần điều kiện, bỏ qua phần Khi ẩn xác định đến chừng mực đó, biến đổi nào? Bạn từ kiện rút yếu tố không? Có thể thay đổi ẩn hay khác kiện, hay hai cần thiết, cho ẩn kiện gần không? - Bạn sử dụng kiện hay chưa? Đã sử dụng toàn điều kiện hay chưa? Đã để ý đến khái niệm chủ yếu toán chưa? Qua phần dẫn dắt bước 2, ta thấy tư sáng tạo thể mức độ cao Chẳng hạn việc giải thử toán có liên quan, hay tổng quát thể tư sáng tạo + Bước 3: Thực chương trình giải Hãy kiểm tra lại bước Bạn thấy rõ ràng bước chưa? Bạn chứng minh không? Qua bước ta thấy việc thực chương trình giải chứng minh đúng, tức hoàn thành toán, yếu tố tư sáng tạo thể đầy đủ + Bước 4: Trở lại cách giải - Bạn có kiểm tra lại kết quả? Bạn kiểm tra lại toàn trình giải toán không? - Có tìm kết cách khác không? Có thể thấy trực tiếp kết không? - Bạn sử dụng kết hay phương pháp cho toán khác không? Trong trình giải toán nên làm cho học sinh biết nội dung lôgic hình thức cách có ý thức, xem vốn thường trực quan trọng để làm việc với toán học để sử dụng trình học tập liên tục, thường xuyên Để thực điều này, sau giải xong toán cần có phần nhìn lại phương pháp sử dụng để giải Dần dần hiểu biết lôgic thâm nhập vào ý thức học sinh Rất nên hệ thống hoá toán có liên quan với chủ đề hay mô hình để học sinh thấy tính chất đa dạng thông qua chủ đề mô hình đó, sở quan trọng để phát triển tư sáng tạo trình học tập nghiên cứu 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiêm - Những khó khăn giải toán vectơ toạ độ hình học phẳng học sinh: Từ chương trình hình học phẳng bậc THCS, vào lớp 10 học sinh tiếp cận hàng loạt khái niệm, phép toán hoàn toàn như: Mệnh đề, tập hợp, vectơ Cách tư phép toán đối tượng hoàn toàn khác so với tư phép toán học trước Do vậy, thời gian đầu em thường bỡ ngỡ hay sai lầm làm toán Có thể nói, sách giáo khoa chỉnh lý hành, vectơ toạ độ phương pháp chủ đạo giải toán hình học, mức độ yêu cầu tư cao, nhiều toán không cần đến hình vẽ, có vẽ tường minh Đây khó khăn học sinh Hệ thống lý thuyết vectơ toạ độ chương trình đầy đủ để giải hầu hết dạng toán Tuy vậy, hệ thống tập chưa đầy đủ Cũng thời gian phân phối cho môn học, yêu cầu giảm tải chương trình Nhưng mâu thuẫn thực hành kỹ phương pháp cho học sinh Vì kỳ thi Đại học, Cao đẳng, THPT quốc gia tập phần hình học dễ lắm, dạng tập có điều lạ so với dạng tập sách giáo khoa Về đường bậc hai đường tròn elip, khái niệm tính chất phức tạp giải toán, học sinh dễ sa vào đường phức tạp hoá toán nhìn nhận theo góc độ thông thường, cần phải kết hợp linh hoạt tính chất hình học phẳng học bậc THCS cách toán gọn nhẹ Cũng lý trên, nên học sinh thường gặp sai lầm giải toán phương pháp vectơ toạ độ Chỉ rõ cho em sai lầm cách để em nắm lý thuyết vững tránh sai lầm tương tự học hình học không gian sau - Những sai lầm thường gặp học sinh giải toán vetơ toạ độ 1) Không xét hết trường hợp toán 2) Sai lầm định dạng hình nắm tính chất hình không vững 3) Không nắm vững công thức góc hai đường thẳng hai vectơ 4) Không rõ ràng xác định đường phân giác góc tam giác, không nắm phương pháp chưa nắm vững tính chất vectơ hình học Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề: 2.3.1 Các định hướng phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh trường THPT qua nội dung giải tập vectơ toạ độ hình học phẳng Việc trang bị kiến thức, kỹ cho học sinh đại trà, đặc biệt bồi dưỡng tư nói chung, tư sáng tạo nói riêng cho học sinh trình liên tục, trải qua nhiều giai đoạn với mức độ khác Điều quan trọng dạy học sáng tạo giải phóng hoạt động tư học sinh cách hướng hoạt động cho em, em tự hoạt động, tự khám phá tìm tòi, phải kết hợp tốt hoạt động học tập hoạt động nhận thức Bên cạnh việc nâng dần tính tích cực theo mức độ từ thấp đến cao; Tính tích cực động não, độc lập suy nghĩ đến tích cực sáng tạo, người thầy cần rèn luyện học trò nâng dần hoạt động từ dễ đến khó; Theo dõi cách chứng minh, đến hoạt động mò mẫm dự đoán kết cuối tự lực chứng minh Việc dự đoán, mò mẫm kết không tập cho học sinh phong cách nghiên cứu khoa học, tập thao tác tư tiền lôgic cần thiết, mà biện pháp quan trọng nhằm nâng cao tính tích cực học sinh Khi tự đưa dự đoán, học sinh hào hứng có trách nhiệm trình tìm tòi lời giải cho kết dự đoán 2.3.2 Rèn luyện lực giải toán theo thành phần tư sáng tạo + Tính mềm dẻo: Tính mềm dẻo tư có đặc trưng bật sau: - Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ sang hoạt động trí tuệ khác, vận dụng linh hoạt hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá, cụ thể hoá phương pháp suy luận như: Quy nạp, suy diễn, tương tự; dễ dàng chuyển từ giải pháp sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ gặp trở ngại - Suy nghĩ không dập khuôn, không áp dụng cách máy móc kinh nghiệm, kiến thức, kỹ có vào hoàn cảnh mới, điều kiện mới, có yếu tố thay đổi; có khả thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm kinh nghiệm, phương pháp, suy nghĩ có từ trước - Nhận vấn đề điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức đối tượng quen biết Qua sở lý luận tính mềm dẻo tư duy, ta thấy để giải tập cụ thể có vướng mắc, thấy cách giải chưa hay, gợi mở cho học sinh theo hướng hiệu đạt tốt Ví dụ: Cho ∆ABC, biết A(1;3) hai trung tuyến có phương trình (d1): x-y+1= (d2): 3x+2y-2= Xác định toạ độ đỉnh B,C Nếu theo suy nghĩ thông thường, từ giả thiết tính trung điểm M BC, viết phương trình BC qua M, cho MB=MC toán phức tạp, phương trình tổng quát đường thẳng có ẩn, điểm thuộc đường thẳng có ẩn Theo sách hướng dẫn, đa số dùng cách đối xứng A qua trọng tâm G A', có A'B, A'C song song (d2), (d1), tìm B, C Nhưng việc nghĩ đối xứng A qua G không tự nhiên Nếu ta mềm dẻo tư phương trình đường thẳng dạng tham số, từ điểm đường thẳng phụ thuộc ẩn, ta đưa phụ thuộc ẩn: Từ giả thiết⇒A∉(d1), A∉(d2), gọi (d1) trung tuyến qua đỉnh B, (d2) A trung tuyến qua đỉnh C Gọi G trọng tâm ∆ABC toạ độ G nghiệm hệ: d2 d1 x − y + = G ⇒ G=(0,1) Nếu M trung điểm BC  3x + 2y − =  M B C thì: uuur uuuu r  x G − x A = 2(x M − x G ) AG = 2GM ⇒  ⇒ M=( − ,0).(d1) có dạng tham số: x = t,  yG − y A = 2(y M − y G ) y =1+t; (d2) có dạng tham số: x =2t', y =1-3t' Vì B∈(d1), C∈(d2) nên: B=(t,1+t),  x B + x C = 2x M C=(2t',1-3t') Do M trung điểm BC nên ta có:  ⇒ t=-7/5, t'=1/5  y B + y C = 2y M Vậy B=(-7/5,-2/5), C=(2/5,2/5) + Tính nhuần nhuyễn: Được thể rõ nét hai đặc trưng sau: - Tính đa dạng cách xử lý giải toán: Khả tìm nhiều giải pháp nhiều góc độ tình khác nhau: Đứng trước vấn đề giải quyết, người có tư nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm đề xuất nhiều phương án khác từ đưa phương án tối ưu - Khả xem xét đối tượng nhiều khía cạnh khác nhau, có cách nhìn sinh động từ nhiều phía vật tượng nhìn bất biến, phiếm diện, cứng nhắc Khi thực hành giải toán, để thực điều này, ta cần phân tích cho học sinh thấy rõ bước để giải toán, tìm quan hệ gần gũi toán cho với toán biết Qua thể dược tính nhuần nhuyễn tư duy, tính độc lập suy nghĩ 2.3.3 Hướng vào rèn luyện hoạt động trí tuệ học sinh qua giải tập toán Các hoạt động trí tuệ môn toán kể đến như: Dự đoán, bác bỏ, lật ngược vấn đề, thao tác tư toán học Rèn luyện cho học sinh hoạt động khâu quan trọng dạy học sáng tạo 2.3.4 Khuyến khích tìm nhiều lời giải cho toán Sau giải toán, bước quan trọng tìm thêm lời giải khác, điều giúp học sinh bồi dưỡng lực tìm hiểu nhiều giải pháp cho vấn đề, nhìn nhận vấn đề nhiều góc cạnh khác nhau, điều giúp học sinh phát triển lực giải toán phương diện sau: - Rèn luyện khả phân tích toán - Rèn luyện khả định hướng xác định đường lối giải - Rèn luyện kỹ chọn lựa phương pháp công cụ giải - Rèn luyện khả kiểm tra lời giải - Rèn luyện khả tìm toán, kiến thức liên quan Cụ thể, phương diện áp dụng ví dụ sau: x y2 + = Tìm giá trị lớn nhỏ Ví dụ 1: Cho M=(x,y) điểm (E): biểu thức P=2x-y+5 Đây toán thường gặp kỳ thi tuyển sinh đại học Rất nhiều học sinh lúng túng gặp loại toán Nhưng lại toán phong phú tư rduy r phương r r pháp.rSau r r rmột số cách làm: Cách 1: Ta có: | u.v |=|| u | | v | cos(u, v) |≤| u | | v | r x y r Xét u = ( , ) v = (6, −2) Áp dụng bất đẳng thức có: x y x y2 | + ( −2) |≤ + 62 + ( −2) = 40 ⇔ −2 10 ≤ 2x − y ≤ 10 Vậy: − 10 ≤ P ≤ + 10 r r ,y = MinP= − 10 ( u, v) = π ⇔ x = − 10 10 r r ,y = − MaxP= + 10 ( u, v) = ⇔x = 10 10 Trong cách thể khả phân tích toán theo phương diện vectơ toạ độ, nhờ tính chất tích vô hướng Cách 2: Sau có cách giải trên, loại toán cho quan hệ biến bậc hai, Biểu thức P có biến bậc ngược lại, dạng tiêu biểu bất đẳng thức Bunhiacôpski Áp dụng ta có: 2 x y  x   y   x y  2 1= + =  ÷ +  ÷  (6) + (−2)  ≥  + ( −2) ÷ = (2x − y) 40      40   ⇒ −2 10 ≤ 2x − y ≤ 10 Vậy: − 10 ≤ P ≤ + 10 y x  3 x = ± 10  =  − ⇔ Dấu xảy    x y2 y = m =   + 10 9 ,y = Vậy: MinP=5- 10 x = − MaxP= + 10 10 10 −2 x= ,y = 10 10 Cách 3: Dùng phương pháp miền giá trị P=2x-y+5 ⇒ y=2x+5-P, thay vào phương trình (E), phải có nghiệm: x (2x + − P) + = ⇔ 40x + 36(5 − P)x + 9P − 90P + 189 = ∆' = -9(P -10P-15) > ⇔ 5-2 10 < P < 5+2 10 18(P − 5) =− ,y = MinP=5-2 10 x= 40 10 10 18(P − 5) = ,y = − MaxP=5+2 10 x= 40 10 10 * Phương pháp miền giá trị học sinh làm quen chương trình THCS, cách để rèn luyện khả lựa chọn phương pháp công cụ giải Cách 4: Trong giả thiết toán có tổng hai bình phương 1, gợi cho học sinh đẳng thức lượng giác quen thuộc: sin2x+cos2x=1, ∀x∈R Do học sinh rèn kỹ tìm kiếm kiến thức liên quan: x y2 + = , nên có góc α ∈[0,2π ] cho: x =3sinα, y =2cosα Vì ⇒ P=6sinα-2cosα+5 Mặt khác: |6sinα-2cosα| < 62 + (−2) sin α + cos 2α = 10 Vậy: 5-2 10 < P < 5+2 10  y x x = − = 18 −4 10 sin α cosα  ⇔ = ⇔ MinP=5-2 10 -2  x + y = y =  10  9 y  x x = = 18 −4 sin α cosα 10  ⇔ = ⇔ MaxP=5+2 10   -2  x + y = y = − 10   Chắc chắn nhiều lời giải khác, ta tiếp tục suy nghĩ (như dùng hàm số, bất đẳng thức khác) Điều cho thấy, sau giải toán cách đó, nên nhìn nhận toán nhiều góc độ phương diện khác nhau, nhiều lời giải khác 2.3.5 Vấn đề sáng tạo toán Sáng tạo toán bước quan trọng trình giải toán, phương thức rèn luyện tư sáng tạo toán học, mục tiêu học tập sáng tạo Để xây dựng toán mới, hướng dẫn học sinh theo đường sau đây: a) Xuất phát từ khái niệm, định nghĩa, tiên đề đối tượng toán học đặt mối quan hệ toán học Ví dụ: Từ khái niệm hai vectơ phương, ta xây dựng hệ thống tập: BT1: Chứng minh điểm A,B,C thẳng hàng ⇔ ∀M ta có: uuuu r uuuu r uuuu r r α MA + βMB + γ MC = , với α+β+γ = uuur uuur BT2: Chứng minh AB//CD ⇔ AB = kCD b) Xuất phát từ định lý, tính chất, toán biết, theo hướng để xây dựng nên toán mới, cách: - Sử dụng thao tác tư như: Tương tự, đặc biệt hoá hay tổng quát hoá để đến toán tương tự, toán đảo, đặc biệt hoá hay tổng quát hoá 10 - Nghiên cứu sâu chất toán: Phân tích nguồn gốc cho, cần tìm mối liên hệ chúng, đoán nhận sở hình thành nên toán để xây dựng toán dạng - Xét vận động thích hợp giả thiết, dẫn đến vận động tương ứng kết luận, toán Ví dụ: Xét toán sau: BT1: Cho ∆ABC, biết A=(1,2), hai đường cao có phương trình (d): x-y =0 (d'): 2x+y-1=0 Xác định toạ độ đỉnh lại tam giác? Giải: Dễ thấy A không thuộc (d) (d'), gọi (d) đường cao qua B, (d') đường cao qua C Do (d) ⊥AC nên AC có phương r d' A pháp tuyến n d = (1, −1) , AC qua A nên x −1 y − = phương trình AC là: ⇔ x+y-3=0 d −1 Tương tự có phương trình AB là: x-2y+3=0 C B B=AB∩(d), giải hệ AB (d) có B=(3,3) C=AC∩(d'), giải hệ AC (d') có C=(-2,5) Bài toán khó khăn tìm lời giải Vấn đề đặt ta có khai thác qua toán không? Trước hết ta thử thay đổi giả thiết đường cao hai đường khác tam giác Chẳng hạn thay đường trung tuyến Ta có toán sau: BT2: Cho ∆ABC, biết A=(1,3) hai trung tuyến có phương trình : (d): x-3y+1=0 (d'): y-1=0 Xác định toạ độ đỉnh B,C Giải: Từ giả thiết⇒ A∉(d), A∉(d'), gọi (d) trung tuyến qua B, (d') trung tuyến qua C G trọng tâm ∆ABC ⇒ Toạ độ G nghiệm hệ: uuur uuuu r  x − 3y + = ⇒ G=(2,1) Nếu M trung điểm BC AG = 2GM  y − =  x G − x A = 2(x M − x G ) ⇒ ⇒ M=(5/2,0)  yG − y A = 2(y M − yG ) (d) có dạng tham số: x =3t-1, y = t; (d') có dạng tham số: x = t', y =1 Vì B∈(d), C∈(d') nên: B=(3t-1,t), C=(t',1) Do M trung điểm BC nên ta có:  x B + x C = 2x M  t = −1 ⇒ Vậy B=(-4,-1) C=(9,1) Thay đường cao   y B + y C = 2y M  t ' = hai phân giác, ta có toán sau: A BT3: Cho ∆ABC biết A=(2,4), hai đường phân giác qua B,C d' (d): x+y-2=0 (d'): x-3y-6=0 Viết phương trình cạnh BC tam giác I J d C B N M 11 Giải: Đối xứng điểm A qua (d) (d') M, N ∈BC ∆ABM, ∆ACN r uu r cân Vậy BC ≡ MN Xác định M: AM ⊥ (d) nên AM có phương u = nd (1; −1) x−2 y−4 ⇒ Phương trình AM: ⇔ x-y+2=0 Nếu I hình chiếu A lên (d) = 1 I=(d)∩AM ⇒ I=(0,2) ⇒  x M = 2x I − x A = −2 Vậy M=(-2,0).Tương tự ta có phương trình AN: x-2=0   y M = 2y I − y A = Nếu J hình chiếu A lên AN J=(18/5,-4/5) N=(26/5,-28/5) Vậy phương trình MN≡BC: 7x+9y+14=0 Mặt khác thay hai đường cao hai đường bất kỳ, chẳng hạn đường cao, trung tuyến, hay đường cao phân giác; trung tuyến phân giác ta có toán sau: BT4: Xác định toạ độ đỉnh lại ∆ABC biết B=(2,-1), đường cao qua A (d): 3x-4y+27= phân giác góc C (d'): x+2y-5=0 Giải: Vì (d) ⊥ BC, nên BC có phương d r pháp tuyến (d): n d =(3,-4) A x − y +1 d' = ⇒ Phương trình BC: −4 ⇔ 4x+3y-5=0, C=BC∩(d') ⇒ C=(-1,3) C B Sử dụng tính chất phân giác trên, đối xứng B qua (d') D∈AC r BD có phương pháp tuyến (d') n d ' =(1,2), phương I x − y +1 = trình BD : ⇔ 2x-y-5=0 Nếu I hình chiếu B lên (d') I=BD∩(d') ⇒ I=(3,1) ⇒ D=(4,3) Vậy phương trình AC ≡ DC: y-3=0 Vì A=(d)∩AC nên A=(-5,3) Vì A∈(d) nên: 2t-1-(2-4t)= ⇒ t=1/2⇒A=(0,0) Như vậy, qua hệ thống toán ta thấy rõ vận động suy luận, nhìn vấn đề góc độ vận động, ta nhiều kết tương tự, nhờ sáng tạo nhiều toán hay, phù hợp với nhận thức học sinh 2.3.6 Xây dựng hệ thống tập vectơ toạ độ hình học phẳng nhằm phát triển tư sáng tạo cho học sinh bậc THPT - Những kiến thức, kỹ năng, lực cần thiết học sinh Về kiến thức: - Học sinh phải nắm vững khái niệm, tính chất, định lý vectơ toạ độ hình học phẳng (đã nêu phần trước) - Nắm vững khái niệm, tính chất, định lý hình học phẳng THCS Về kỹ năng: - Kỹ thực hành tính toán, vẽ hình, trình bày lời giải - Kỹ chung để tìm lời giải 12 D - Kỹ khai thác toán - Kỹ sử dụng vectơ toạ độ giải toán Về lực: - Năng lực sử dụng ngôn ngữ - Năng lực suy luận toán học - Năng lực tiến hành thao tác tư duy: Phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, đặc biệt hoá, khái quát hoá - Năng lực tiến hành hoạt động trí tuệ phổ biến toán học: Lật ngược vấn đề, xét tính giải được, phân chia trường hợp, xét tương ứng - Yêu cầu hệ thống tập số định hướng xây dựng hệ thống tập vectơ toạ độ phẳng Hệ thống tập vectơ toạ độ phẳng xây dựng với mục đích rèn luyện phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh giỏi, cần thiết phải đảm bảo yêu cầu sau: - Củng cố vững kiến thức, kỹ chương trình học vấn phổ thông - Tác động đến yếu tố thành phần tư sáng tạo - Gợi cho học sinh niềm say mê, khám phá tìm tòi sáng tạo toán học - Bài tập có tính tổng hợp, đề cập đến nhiều nội dung kiến thức chương trình học - Giúp học sinh nâng cao tính độc lập, tính tích cực, sáng tạo học tập - Giúp học sinh rèn luyện thao tác tư duy, hoạt động trí tuệ toán học - Bài tập có tác dụng kiểm tra kết học tập, đánh giá mức độ phát triển tư học sinh - Bám sát nội dung chương trình sách giáo khoa hành, khai thác, sử dụng hiệu hệ thống tập sách giáo khoa sách tập - Đảm bảo định hướng nêu chương I - Hệ thống tập được chọn, phân loại hợp lý, đảm bảo mục đích đề ra, tính khả thi sử dụng, tính vừa sức học sinh - Hệ thống tập + Bài tập vectơ Hệ thống tập phần xây dựng kiến thức khái niệm phép toán vectơ Đặc biệt khái quát hoá nhiều dạng toán phần để làm sở xây dựng hệ thống tập như: Phân tích vectơ theo sở để xây dựng nên hệ thống tập chứng minh điểm thẳng hàng, vuông góc, song song hệ thống trọng tâm hệ điểm, tâm tỉ cự hệ điểm xây dựng sở suy luận tổng quát tương tự Sau số minh hoạ: BT1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H, trọng tâm G Gọi B' điểm uuurđối utâm uuu r uB uurChứng uuur minh: a) AH = B'C AB' = HC ; uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur b) OA + OB + OC = OH c) HA + HB + HC = 2HO ; 13 d) Chứng minh G,H,O thẳng hàng tính OG:OH A ( Đường thẳng Ơle) B' Giải: a) Ta có: AH⊥BC, B'C⊥BC ⇒AH//B'C CH⊥AB, B'A⊥AB ⇒ HC//AB' Vậy AHCB'là hbh ⇒ O H đpcm uuur uuur uuur uuur G b) Ta có: OA + OB + OC = OH ⇔ C B uuuu r uuur uuur uuuu r uuur M ⇔2OM = OH − OA ⇔ 2OM = AH uuuu r uuuu r uuur Điều vì: 2OM = B'C = AH , theo a) uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur c) Ta có: HA + HB + HC = 3HO + OA + OB + OC = 3HO + OH = 2HO uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur d) Ta có theo b): OA + OB + OC = OH OA + OB + OC = 3OG uuur uuur ⇒ OH = 3OG Vậy OH:OG=3 * Qua lời giải toán ta thấy, thành phần tư sáng tạo thể hiện, tính nhuần nhuyễn thể rõ nét, cụ thể: - Việc chứng minh hai vectơ nhau, nắm định nghĩa, ta đưa chứng minh tứ giác AHCB' hình bình hành, dễ thấy có điều phải chứng minh - Ở phần b) sử dụng phương pháp tương đương để biến đổi đẳng thức vectơ sử dụng phép trừ thể tính nhuần nhuyễn suy luận - Trong phần c), thể rõ việc chèn điểm vế trái để dẫn đến vế phải, thể nhuần nhuyễn tư duy, mà thể tính nhạy cảm kết hợp kết ý b) - Ngoài ra, nhuần nhuyễn nhạy cảm thể rõ ý d) kết hợp kết với BT2: Cho ∆ABC, trọng tâm G uuur uuur uuur r a) Chứng minh: GA + GB + GC = ; uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r b) ∀M: MA + MB + MC = 3MG uuur uuur uuur uuur uuuu r r Gi ải: a) Gọi M trung điểm BC thì: GA + GB + GC = GA + 2GM = uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur b) ∀M: MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC = uuuu r uuur uuur uuur uuuu r =3MG + (GA + GB + GC) = 3MG BT3: Cho điểm A, C, uuurB, uuu r Duubất ur uukỳ ur Chứng uuur uuu rminh: AB.CD + AC.DB + AD.BC = (Hệ thức Ơle) Suy định lý: tam uuurTrong uuur uuur u uur giác uuur uuu r3 đường cao đồng quy Giải: Ta có: AB.CD + AC.DB + AD.BC = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = AB.(AD − AC) + AC.(AB − AD) + AD.(AC − AB) = uuur uuur uuur uuur Xét ∆ABC với hai đường cao BD CD thì: AB.CD = 0;AC.DB = uuur uuu r Vậy từ hệ thức Ơle ⇒AD.BC = , hay đường cao thứ AD ⊥ BC đường cao đồng quy D BT4: Cho ∆ABC ∆A'B'C' uuuu r uuuu r uuuu r r a) Chứng minh hai tam giác có trọng tâm ⇔ AA' + BB' + CC' = 14 b) Gọi G G' trọng tâm hai tam giác, chứng minh: Gi ải: a) Gọi G G' trọng tâm ∆ABC ∆A'B'C' uuuu r uuuu r uuuu r Ta có: AA' + BB' + CC' = uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur = AG + GG '+ G 'A '+ BG + GG '+ G 'B'+ CG + GG '+ G 'C' = uuur uuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur uuur =3GG '+ (AG + BG + CG) + (A 'G '+ B'G '+ C'G ') = 3GG ' uuuu r uuuu r uuuu r r uuur r Vậy nếu: AA' + BB' + CC' = ⇔3GG ' = ⇔ G≡G' uuur uuur uuu r uuu r uuur uuu r uuu r b) Ta có: GG'= | GG ' |= | AA '+ BB'+ CC |≤ (| AA ' | + | BB' | + | CC' |) 3 Vậy: GG' < (AA'+BB'+CC') Dấu vectơ hướng BT5: Cho ∆ABC Gọi A', B', C' điểm thoả mãn điều kiện: uuuu r uuuur uuuur r uuuuuu r uuuu r uuuu r r uuuuur uuuu r uuuu r r A'A + 2A 'B + 3A 'C = 0;2B'A + 3B'B + B'C = 0;3C'A + C'B + 2C'C = a) Chứng minh trung tuyến ∆ABC ∆A'B'C' đồng quy b) Chứng minh trung tuyến tam giác song song với cạnh tương ứng tam giác uuur uuur uuur uuur Gi ải: a) Từ giả thiết ta có: OA ' = (OA + 2OB + 3OC) uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur OB' = (2OA + 3OB + OC) ; OC' = (3OA + OB + 2OC) 6uur uuur uuur uuur uuur u 6uur u uuur uuuu r uuuur r Cộng lại có: OA + OB + OC = OA '+ OB'+ OC' ⇔ 3OG = 3OG ' ⇔ G 'G = ⇔ G ≡ G ' Điều có nghĩa trung tuyến tam giác đồng quy trọng tâm G≡G' hai tam giác uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur b) Ta có: GA ' = OA '− OG = (OA + 2OB + 3OC) − (OA + OB + OC) = uuur uuur uuur uuur = (OC − OA) ⇔ GA ' = AC Vậy A'G//AC 6 Chứng minh tương tự ta có: B'G//BA; C'G//CB BT6: Cho ∆ABC, M trung điểm AB, N∈AC thoả mãn: NC=2NA, E trung điểm MN, F trung điểm BC Chứng minh: uuur uuur uuur uuu r uuur uuur a) AE = AB + AC ; b) AF = AB + AC A uuur uuuu r uuur Gi ải: a) Theo giả thiết có: AE = (AM + AN) = N E M u u u r u u u r u u u r 1 1 uuur = ( AB + AC) = AB + AC 2 b) Tương tự có: C B F uur uuu r uuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur EF = AF − AE = (AB + AC) − ( AB + AC) = AB + AC 15 + Bài tập toạ độ vectơ trục: Qua hệ thống tập học sinh trang bị kiến thức kỹ toạ độ trục Qua thấy lại nhiều kết hình học phẳng quen thuộc chương trình THCS, bước đầu em làm quen với việc đại số hoá toán hình học + Bài tập hệ trục toạ độ phương trình đường thẳng: Hệ thống tập xây dựng dựa khái niệm, tính chất vectơ hệ trục, phương trình đường thẳng mặt phẳng Ngoài ra, việc tạo nên cấu trúc tập dựa vào tính chất tam giác, tứ giác hình học phẳng THCS Do đó, sử dụng thành thạo tính chất đường cao, đường trung bình, đường phân giác tam giác thể tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính nhạy cảm tư sáng tạo Mặt khác việc phát triển hệ thống tập dựa sở vận động vấn đề, chẳng hạn như: Khi biết đỉnh đường cao tam giác, ta xác định yếu tố lại Khi cho đường cao thành trung tuyến, phân giác hay đường đường kia, ta hệ thống hoàn chỉnh loại Sau giải minh hoạ hai nói tính nhuần nhuyễn nhạy cảm vấn đề tư sáng tạo: BT7: Cho ∆ABC biết A=(-1,3), B=(-3,-2), C=(4,1) 1) Chứng minh ∆ABC vuông cân; 2) Tìm toạ độ trọng tâm G 3) Tìm toạ độ tâm tiếp tam giác ur uuurđường trònuungoại Giải:1) Ta có: AB = (-2,-5), AC =(5,-2) ⇒ AB⊥AC AB=AC ⇒ ∆ABC vuông cân A  x G = (x A + x B + x C ) =   2) Ta có:  Vậy G=(0,2/3) y = (y + y + y ) = G A B C  3  2  IA = IB 3) Nếu I=(x,y) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ta có:  2  IA = IC  x = 2 2  (x + 1) + (y − 3) = (x + 3) + (y + 2) −4x − 10y =   ⇔ ⇔ ⇔   2 2 10x − 4y = (x + 1) + (y − 3) = (x − 4) + (y − 1)    y = −   Vậy I=(1/2,-1/2) BT8: Cho ∆ABC, biết A=(2,6), B=(-3,-4), C=(5,0) Tìm toạ độ trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác Gi ải 1) Nếu H=(x,y) trực tâm tam giác thì: uuur uuu r AH.BC = (x − 2).8 + (y − 6).4 = x = ⇔ ⇔ ⇒ H=(5,0)  uuur uuur (x + 3).3 + (y + 4)( −6) = y = BH.AC = 2) G trọng tâm: Tương tự G=(4/3,2/3) 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp I, tương tự có I=(-1/2,1) 16 4) Tâm đường tròn nội uuur tiếp J: Gọi D=(x,y) chân đường phân giác góc A, ta có: uuur DB AB DB 5 uuur = ⇔ uuur = − ⇔ DB = − DC ⇒ D = (2, − ) DC AC 3 DC Vì J chân đường phân giác góc C ∆ACD, nên tương tự cách làm ta có J=(2,1) BT Cho ∆ABC cân A, M trung điểm BC, H hình chiếu M AC, E trung điểm MH Chứng minh AE ⊥ BH uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuuu r Giải: Vì E trung điểm MH nên ta có: AE = (AM + AH),BH = BM + MH uuur uuur uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuuu r uuuu r uuur uuuu r ⇒ 2AE.BH = AM.BM + AM.MH + AH.BM + AH.MH = AM.MH + AH.BM uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r = AM.MH + (AM + MH).BM = MH(AM + BM) = uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuur = MH(AM + MC) = MH.AC = Vậy : AE ⊥ BH + Bài tập bất đẳng thức dùng vectơ : Phần tập đòi hỏi kết hợp gữa bất đẳng thức đại số với vectơ toạ độ Điều thể thành phần tư sáng tạo để giải toán Hệ thống tập phần phong phú độc đáo BT10 Cho 2n số thực: a1,a2, ,an b1,b2, ,bn Ta có: (a1 + a + + a n ) + (b1 + b + + b n ) ≤ a 12 + b12 + a 22 + b 22 + + a n2 + b n2 r r r Giải: Xét x1 = (a1 ,b1 ), x = (a ,b ), , x n = (a n ,b n ) uu r uur r Ta có: x1 + x + + x n = (a1 + a + + a n ,b1 + b + + b n ) r r r r r r Vì | x1 + x + + x n |≤| x1 | + | x | + + | x n | ⇒ Điều phải chứng minh BT11 Cho x,y,z Chứng minh: x − xy + y + x − xz + z ≥ y + yz + z Giải: Bất đẳng thức cho tương đương với: 2 2 2 y   z     y÷ +  x − ÷ +  z ÷ ≥ y + yz + z x − ÷ + 2   2     r  r z r r z y y    a = x − , y b = − x, z a y+ z÷ Xét  ÷  ÷ ⇒ +b= − , 2 2 2 2  r     r r r Vì: | a | + | b |≥| a + b | ⇒ Điều phải chứng minh BT12 Cho x,y,z Chứng minh: x + xy + y + x + xz + z ≥ y + yz + z Giải: Bất đẳng thức cho tương đương với: 2 y   z     y÷ +  x + ÷ +  z ÷ ≥ y + yz + z x + ÷ + 2   2     17 r  r  r r y z y  z   y ÷ b =  − x − , z÷ ⇒ a + b =  − , y+ z÷ Xét a =  x + , 2 2 2 2  r     r r r Vì: | a | + | b |≥| a + b | ⇒ Điều phải chứng minh BT13 Cho x,y,x > x+y+z < Chứng minh: 1 x + + y + + z + ≥ 82 x y z r r r r r r r r r a = (x, ),b = (y, ),c = (z, ) Vì | a | + | b | + | c |≥| a + b + c | , Giải: Xét x y z nên ta có: > 1 1 1 x + + y + + z + ≥ (x + y + z) +  + + ÷ > x y z x y z (x + y + z) + 81 80 = (x + y + z) + + ≥ (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z) ≥ (x + y + z) 80 + = 82 Dấu x = y = z =1/3 (x + y + z) BT 14 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= (x − 1) + y + (x + 1) + y + | y − | r r r r r r | a | + | b |≥ a + b , nên ta có: Giải: Xét a(1 − x, y),b(x + 1, y) Vì A> + 4y + | y − |= ( + 12 )(12 + y ) + | y − |≥ ( + y) + | y − | = =| + y | + | − y |≥| + y + − y |= + Vậy MinA= + , x=0,y= (a + b)(1 − ab) ≤ BT 15 ứng minh với a, b ta có: − ≤ (1 + a )(1 + b ) r  2a − a  r  − b 2b  , ,v =  , Giải: Xét u =  2 ÷ 2 ÷ 1+ a 1+ a  1+ b 1+ b  r r 2a(1 − b ) + 2b(1 − a ) 2(a + b)(1 − ab) = ⇒ u.v = (1 + a )(1 + b ) (1 + a )(1 + b ) 2 2 r r  − b   2b   2a   − a  | u |=  + = ; | v |=  + =1 ÷ ÷ ÷ ÷ + b + b 1+ a  1+ a      rr rr r r (a + b)(1 − ab) | u.v |= Vì | u.v |≤| u | | v | ⇒ ĐPCM (1 + a )(1 + b ) 18 + Bài tập đường tròn elip: Trong tập này, không sử dụng tính chất đường tròn elip kết hợp với phương pháp toạ độ toán trở nên phức tạp Điều thể đầy đủ thành phần tư sáng tạo Bài tập phần nhiều phức tạp Do việc sử dụng thành phần tư sáng tạo tốt giúp cách giải toán gọn nhẹ BT 16: Cho đường tròn (C): (x+2)2+(y-3)2=9 Viết phương trình đường thẳng qua A=(1,1) cắt (C) theo dây cung có độ dài ngắn Giải : (C) có tâm I=(2,3), R=3 Dễ thấy A nằm đường tròn (C) Giả sử đường thẳng (d) qua A cắt (C) M,N Gọi H trung điểm MN ta có: AM.AN=(MH-AH)(NH+AH)=MH2-AH2=R2-(IH2+AH2)= =R2-IA2=const, A cố định Vậy MN=AM+ AN nhỏ AM=AN ⇔ A uur trung điểm dây MN ⇔ MN ⊥ IA Ta có: AI =(1,1) pháp M A N tuyến (d) (d) qua A⇒ Phương trình (d) là: x+y-2=0 BT 17 Viết phương trình đường tròn qua A=(1,0) tiếp I xúc với đường thẳng (d): x+y-2=0 (d'): x+y+3=0 Giải: Vì (d)//(d') nên tâm I nằm đường song song (∆): x+y+1/2=0 ⇒ I=(t,-t-1/2) R=IA=d(I,d) ⇔ t=5/4 t=-3/4 ⇒ Có đường tròn thoả mãn BT 18: Viết phương trình đường tròn qua A=(1,2) tiếp xúc với đường thẳng (d): 3x-y+3=0 (d'): x-3y+9=0 Giải : Tâm I nằm phân giác (d,d') là: x+y-3=0 x-y+3=0 Đường tròn qua A nên R=IA=d(I,d) - Với (∆): x+y-3=0 có t= ± ⇒ Có đường tròn thoả mãn - Với (∆): x-y+3=0 không tồn t BT 19 : Viết phương trình đường tròn qua A=(4,-1) tiếp xúc với đường tròn (C): x2+y2=5 điểm B=(2,1) Giải: uur Gọi tâm uuurđường tròn I=(x,y) Đường tròn (C) có tâm O=(0,0), ta có: OI = (x, y),OB = (2,1) Vì đường tròn tiếp xúc (C) B nên I,B,O thẳng hàng ⇔ uur uuur OI,OB phương ⇒ x =2y Mặt khác IA=IB nên (x-4)2+(y+1)2=(x-2)2+(y-1)2 ⇔ x-y-3=0 Vậy x=6, y=3 , R2=20 ⇒ đường tròn: (x-6)2+(y-3)2=20 BT 20: Cho đường tròn (C): x2+y2=4 Tìm M Ox, Oy, (d): x+y-2=0 qua A kẻ đến (C) hai tiếp tuyến tạo với góc 600, 900 Giải: Lấy trường hợp góc 600: (C) có tâm O=(0,0), bán kính R=2 M 30 O M∈(d) ⇒ M=(t,2-t) Nếu tiếp tuyến tạo với góc 600 góc AMO =300 Trong ∆ vuông MAO có: OA=OM.sin300 B ⇒ t=1 ± Vậy có điểm M thoả mãn 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm học sinh 19 d - Qua qúa trình giảng dạy ôn luyện cho lớp có trình độ tương đương vào buổi học thêm để so sánh thấy kết thực nghiệm tốt nhiều so với lớp đối chứng cụ thể tỉ lệ học sinh khá, giỏi nâng lên yếu, trung bình giảm xuống Kếtquả Giỏi (%) Khá(%) Trung Yếu(%) Lớp bình(%) Đối chứng 10 30 10 Thực nghiệm 20 26 - Được đồng nghiệp trường ủng hộ, chọn làm giáo án dạy thêm cho lớp dạy cho năm KẾT LUẬN Từ trình nghiên cứu lý luận thực tiễn việc phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh lớp 10 bậc THPT qua dạy học chuyên đề vectơ toạ độ mặt phẳng, rút số kết luận sau: Việc phát triển tư sáng tạo cho học sinh nhà trường phổ thông có vị trí quan trọng mục tiêu giáo dục phổ thông, đặc biệt giai đoạn đổi phương pháp dạy học SKKN trình bày khái niệm tính chất vấn để tư sáng tạo, thành phần, vai trò tư sáng tạo áp dụng vào thực tiễn giảng dạy môn SKKN nêu số biện pháp bồi dưỡng phát triển tư sáng tạo cho học sinh lớp 10 bậc THPT SKKN xây dựng hệ thống 20 tập hình học vectơ toạ độ mặt phẳng, thể số thành phần tư sáng tạo vào xây dựng giải tập, chưa đầy đủ khuôn khổ SKKN XÁC NHẬN CỦA THỦ Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2016 TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết Lương Bá Tính TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 G Pôlia (1975), Giải toán nào, Nxb Giáo dục Hà Nội G Pôlia (1976), Sáng tạo toán học, Nxb Giáo dục Hà Nội G Pôlia (1976), Toán học suy luận có lý, Nxb Giáo dục Hà Nội Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình (1999), Toán nâng cao hình học 10, Nxb Giáo dục Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình (2006), Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10, Nxb Giáo dục Nguyễn Văn Hiến (2006), Phát triển tư sáng tạo học sinh giỏi trường THCS qua chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng, Luận văn thạc sỹ khoa học giáo dục, Trường Đại học sư phạm Thái Nguyên Nguyễn Bá Kim (2006), Phương pháp dạy học môn toán, Nxb Đại học Sư phạm Hà Nội Nguyễn Bá Kim, Tôn Thân, Vương Dương Minh (1998), Khuyến khích số hoạt động trí tuệ học sinh qua môn toán trường THCS, Nxb Giáo dục Hà Nội Nguyễn Bá Kim, Đinh Nho Chương, Nguyễn Mạnh Cảng, Vũ Dương Thuỵ, Nguyễn Văn Thường (1994), Phương pháp dạy học môn toán, Nxb Giáo dục 10 Phan Huy Khải (1998), Toán nâng cao hình học 10, Nxb Đại học quốc gia Hà Nội 11 Nguyễn Cảnh Toàn, Nguyễn Văn Lê, Nhà giáo Châu An (2005), Khơi dậy tiềm sáng tạo, Nxb Giáo dục 12 Trần Thúc Trình (2003), Rèn luyện tư dạy học toán, Viện khoa học giáo dục 21 ... mức độ bản, học sinh chưa thực nắm nhiều ứng dụng phương pháp Với lý nêu trên, tìm hiểu nghiên cứu: "Góp phần phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh THPT qua chủ đề giải toán phương pháp vectơ. .. thức hình học tổng hợp khác, dạng tập ứng dụng phương pháp vectơ toạ độ hình học phẳng, góp phần phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh - Đối tư ng nghiên cứu - Nghiên cứu sở lý luận tư sáng. .. nắm phương pháp chưa nắm vững tính chất vectơ hình học Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề: 2.3.1 Các định hướng phát triển tư sáng tạo toán học cho học sinh trường THPT qua nội dung giải tập vectơ