Phát hiện và bồi dưỡng một số năng lực thích nghi cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập hình học các lớp bậc THPT

MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .2 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm .2 2.2 Thực trạng vấn đề: .2 2.3 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 16 Lớp 17 Điểm Giỏi 17 Điểm Khá 17 Điểm Tb 17 Điểm Yếu 17 Điểm Kém 17 SL 17 % .17 SL 17 % .17 SL 17 % .17 SL 17 % .17 SL 17 % .17 12C2: 43HS 17 12C3: 45HS 17 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 17 3.1 Kết luận 17 3.2 Kiến nghị (Không) 17 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Tinh thần phương pháp giảng dạy phát huy tính chủ động sáng tạo suy ngẫm học sinh, ý tới hoạt động tích cực học sinh lớp, cho học sinh trực tiếp tham gia vào giảng thầy; hướng dẫn thầy, học sinh phát vấn đề suy nghĩ tìm cách giải vấn đề…” Ở trường phổ thơng, dạy tốn dạy hoạt động tốn học Học sinh phải hoạt động tích cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho thân Cơ sở để học sinh hoạt động tri thức kinh nghiệm có Đứng trước vấn đề đặt vốn tri thức mà thân có, tích luỹ việc lựa chọn tri thức nào, sử dụng luôn câu hỏi lớn, mà việc trả lời câu hỏi mấu chốt việc giải vấn đề Trong q trình dạy học mơn Tốn trường phổ thơng, việc dạy học giải tập tốn học có vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn… Thực tế dạy học có nhiều giáo viên quan tâm đến vấn đề rèn luyện cho học sinh lực thích nghi trí tuệ thơng qua dạy học phát giải vấn đề cấp độ cao, đòi hỏi học sinh tự giác giải vấn đề thông qua định hướng giáo viên, dạy học phát triển tư sáng tạo học sinh, dạy hoạt động tìm tịi kiến thức.v.v Vì lí nêu tơi định chọn đề tài SKKN là: “Phát bồi dưỡng số lực thích nghi cho học sinh thơng qua dạy học giải tập hình học lớp bậc THPT’’ 1.2 Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu số lực thích nghi trí tuệ cho học sinh THPT, biện pháp bồi dưỡng số lực thích nghi trí tuệ cho học sinh THPT 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài tập trung tìm hiểu định hướng cho học sinh phát hiện, xây dựng kiến thức để nâng cao chất lượng dạy học giải tập Hình học lớp bậc THPT đồng thời đề phương thức để rèn luyện kỹ góp phần triển khai đổi phương pháp dạy học tốn trường phổ thơng 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu lí luận giảng dạy mơn Tốn làm sở để xác định số kỹ phát giải vấn đề Thực việc trao đổi với giáo viên học sinh, tham khảo tài liệu để đề phương thức để rèn luyện kỹ thơng qua dạy học giải tập toán phần bất đẳng thức trường THPT NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Về chương trình sách giáo khoa: Đây yếu tố ảnh hưởng lớn đến chất lượng giáo dục Theo chủ trương chung, SGK có đưa hoạt động mang tính chất gợi ý, thầy giáo thay hoạt động hoạt động khác cho phù hợp với học sinh, nhằm phát huy tính tích cực học tập học sinh SGK 10, 11(sách giáo khoa mới) thể cố gắng cải tiến nội dung lẫn hình thức, có nhiều hình vẽ minh họa phù hợp có ý nghĩa, có hệ thống "bài đọc thêm" bổ ích, vui vẻ, nhẹ nhàng, có cấu trúc hợp lí, kèm theo tập áp dụng, kể tập trắc nghiệm Phân tích kỹ ta thấy kết cấu SGK có phần rèn luyện lực thích nghi trí tuệ cho học sinh nhiên chưa rõ nét Bên cạnh thuận lợi, ưu điểm, thời lượng học học sinh cịn (theo tạp chí giáo dục: tổng thời lượng hàng năm cho toàn cấp học đạt xấp xỉ 1000 giờ/ năm học, số thấp nhiều với số học trung bình học sinh cấp nước khác - bình quân 1200 giờ/ năm học); nội dung học nhiều vấn đề, dẫn đến việc dạy gấp kịp chương trình, để khỏi "cháy" giáo án học sinh khơng có nhiều điều kiện thực hành, hình thành kỹ 2.2 Thực trạng vấn đề: Khái thác tiềm sách giáo khoa thông qua việc xây dựng hệ thống tập xuất phát từ toán sách giáo khoa, phát triển toán Bài toán 1: (Bài toán gốc) Chứng Cần uuurminh uuurrằng: uuuu r r đủ để hai tam giác ABC A ' B ' C ' có trọng tâm là: AA ' + BB ' + CC ' = Việc chứng minh toán đơn giản, ta quan tâm đến việc thơng qua tốn ta sử dựng để chứng minh số toán chứng minh hai tam giác trọng tâm (khi ta xem toán toán gốc toán sau) Sau số toán liên quan: Bài 1: Cho lục giác ABCDEF Gọi M , N , P, Q, R, S trung điểm cạnh AB, BC , CD,DE, EF , FA Chứng minh hai tam giác MPR NQF có trọng tâm uuuu r Hướng uuur uuu rgiải:r Vận dụng toán trên, dẫn đến việc ta cần chứng minh MN + PQ + RS = uuuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur r Ta có: MN + PQ + RS = ( AC + CE + EA) = Từ ta có điều phải chứng minh Bài 2: Cho tam giác ABC , cạnh lấy hai điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 cho: A1 A2 = k BC ; B1 B2 = kCA; C1C2 = k AB Chứng minh hai tam giác A1 B1C1 A2 B2C2 có trọng tâm Hướng giải: uuuur uuuur uuuur uuur uuu r uuu r r Theo đề ta có: A1 A2 + B1 B2 + C1C2 = k ( BC + CA + AB ) = Do theo tốn gốc ta có hai tam giác A1 B1C1 A2 B2C2 có trọng tâm (đpcm) Bài 3: Cho tam giác ABC , cạnh BC , CA, AB ta lấy điểm D, E , K cho BD : BC = CE : CA = AK : AB = k Giả sử BE cắt AD B ' , CK cắt BE C ', AD cắt CK A ' Chứng minh ba tam giác A ' B ' C ', DKE , ABC có trọng tâm Hướng giải: uuur uuu r uuur uuur uuu r uuu r Từ giả thiết ta có: AK = k AB , BD = k BC , CE = k CA uuur uuur uuu r uuu r uuur uuuur r Suy ra: AK + BD + CE = k ( AB + BC + CD ) = ( 1) + Ta dễ chứng minh được: KA ' : KC = EC ': EB = DB ' : DA = k : (k − k + 1) uuur uuu r uuur uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuur r Ta có: AD + BE + CK = AB + BD + BC + CE + CA + AK = uuur uuuu r uuuu r uuur uuu r uuuur r suy ra: KA ' + DB ' + EC ' = 1.( AD + BE + CK ) = ( ) Từ ( 1) ( ) kết hợp toán gốc ta có điều phải chứng minh Bài 4: Cho tam giác ABC , lấy BC , CA, AB làm cạnh đáy, dựng tam giác vuông cân A ' BC , B ' CA, C ' AB phía ngồi tam giác ABC Chứng minh hai tam giác ABC tam giác A ' B ' C ' có trọng tâm Hướng giải: uuur uuur uuuu r r Ta cần chứng minh: AB ' + CA ' + BC ' = r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uur uuu r uuur uuu Ta có: AB ' = AI + IB ' ; CA ' = CJ + JA ' ; BC ' = BK + KC ' (với I , J , K trung điểm AC , BC , AB ) uur uuu r uuur uuur uuu r uuur r AI + CJ + BK = ( AC + CB + BA) = Mặt khác: uuu r uuu r uuuu r r Suy cần chứng minh: IB ' + JA ' + KC ' = Muốn ta nghĩ đến phương pháp biến hình, cụ thể ta dùng phép quay (tâm bất kỳ) góc suy uur quay uuu r 60uu,urtừ r ta u u r ra: uuu r IBu'u→ ur IAr ; JA ' → JC ; KC ' → KB Mà ta có AI + CJ + BK = ⇔ IA + JC + KB = uuu r uuu r uuuu r r Vậy: IB ' + JA ' + KC ' = (đpcm) Bài 5: Cho tam giác ABC , lấy điểm A1 , B1 , C1 cạnh BC , CA, AB ; biết hai tam giác ABC A1 B1C1 có trọng tâm Khi điều kiện cần đủ để AA1 , BB1 , CC1 đồng quy A1 , B1 , C1 trung điểm BC , CA, AB Hướng giải: uuur uuur uuuu r r Thay đổi vai trò đỉnh hai tam giác ta suy ra: BA1 + CB1 + AC1 = ta dễ dàng chứng minh BA1 : BC = CB1 : CA = AC1 : AB = k Áp dụng định lý Mêlênaút ta suy điều kiện cần đủ cho AA1 , BB1 , CC1 đồng quy k = hay ta có A1 , B1 , C1 trung điểm BC , CA, AB Nhận xét: Bài toán gợi cho ta số toán điều kiện cần đủ để tâm giác ABC tam giác Chẳng hạn hai toán sau: Bài 6: Cho tam giác ABC điều kiện cần đủ để ABC tam giác điều kiện sau thoả mãn: 1) Tam giác ABC có trọng tâm với tam giác tạo chân đường cao 2) Tam giác ABC có trọng tâm với tam giác tạo chân đường phân giác góc 3) Tam giác ABC có trọng tâm với tam giác tạo tiếp điểm đường nội tiếp tam giác ABC tam giác là: Bài 7: Cần đủ uuu rđể tam uuu r giácuuu r uuur uuu r uuur aCA + bCB aBA + cBC b AB + c AC r + + =0 a+b a+c b+c Nhận xét: Thông qua chuỗi tốn dần hình thành cho học sinh lực phân tích, quy lạ quen, tương tự hố Cũng với toán này, ta thay việc xét tam giác mặt phẳng việc xét tứ diện khơng gian thu số tốn sau: Bài toán 2: (Bài toán gốc) Chứng uu minh hai ur uurằng ur uu uu r tứ uuudiện ur r ABCD A ' B ' C ' D ' có trọng tâm khi: AA ' + BB ' + CC ' + DD ' = Một số toán liên quan: Bài 1: Cho tứ diện ABCD , cạnh AB, BC , CD, DA lấy hai điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 ; D1 D2 cho: A1 A2 = k AB; B1 B2 = k BC ; C1C2 = kCD; D1D2 = k DA Chứng minh hai tứ diện A1 B1C1D1 A2 B2C2 D2 có trọng tâm Bài 2: Cho tứ diện ABCD, cạnh AB, BC , CD, DA ta lấy điểm A ', B ', C ', D ' cho: A ' A : A ' B = B ' B : B 'C = C 'C : C ' D = D ' D : D ' A = k Chứng minh hai tứ diện ABCD A ' B ' C ' D ' có trọng tâm Bài 3: Cho tứ diện SABC , cạnh BC , CA, AB lấy điểm D, E , K cho: BD : BC = CE : CA = AK : AB = k Giả sử BE cắt AD B ', CK cắt BE C ', AD cắt CK A ' Chứng minh ba tứ diện SABC , SDEK , SA ' B ' C ' có có trọng tâm Bài 4: Cho tứ diện ABCD , cạnh BC , CD, DB lấy hai điểm D1 , D2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 cho: D1 D2 = k BC ; B1 B2 = kCD; C1C2 = k DB Chứng minh hai tứ diện AB1C1D1 AB2C2 D2 có trọng tâm Đơi khi, để giải tốn khơng gian lại nghĩ đến việc biến đổi, tách toán để đưa phần toán chuyển đổi toán việc giải toán phẳng Chẳng hạn: Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi P, R trung điểm cạnh AB, A ' D ' Gọi P ', Q, Q ', R ' giao điểm đường chéo mặt ABCD, C?' C ', A ' B ' C ' D ', ADD ' A ' Chứng minh hai tam giác PQR P ' Q ' R ' có trọng tâm Thật ta có: uuur uuuu r uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuuur r PP ' + QQ ' + RR ' = AD + DA ' + AA ' = AD + ( AA ' − AD ) − A ' A = 2 2 2 Áp dụng toán phẳng nêu trên, ta có hai tam giác PQR P ' Q ' R ' có trọng tâm Ví dụ 1: (Ví dụ minh hoạ khám phá ứng dụng, cách thể khác khái niệm, định lí, thơng qua đề xuất ứng dụng khác chúng) Ta xét định lí hàm số cosin sách giáo khoa Hình học 10: 2 Cho tam giác ABC , ta có: a = b + c − 2bc.cosA ( 1) b = a + c − 2ac.cos B ( ) c = a + b − 2ab.cos C ( 3) Định lí cho phép ta tính cạnh biết hai cạnh cịn lại góc xen Nếu ta biến đổi cơng thức theo cách viết khác ta biết cách vận dụng để giải toán khác Chẳng hạn, cơng thức ( 1) viết lại theo cách khác sau: A a = (b + c) − 4bc.cos ( a) A a = (b − c) + 4bc.sin ( b) a = b + c − 4S cot A ( c) 2 a = (b sin C + c sin B ) + (b cos C − c cos B ) ( d ) Nhờ cách viết nói khiến (gợi ý) cho ta nghĩ đến cách giải số toán sau: Bài toán 1: Trong tam giác ABC có µA khơng đổi tổng hai cạnh bên b + c = m cho trước Tìm tam giác có chu vi bé diện tích bé (áp dụng ( a) ) Bài toán 2: Trong tam giác ABC chứng minh rằng: sin ( b) ) A a ≤ (áp dụng 2 bc Bài toán 3: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: a + b2 + c cot A + cot B + cot C = R (áp dụng ( c ) ) abc Bài toán 4: Giả sử P điểm tam giác ABC , khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C x, y, z đến cạnh BC , CA, AB p, q, r Chứng minh rằng: x + y + z ≥ ( p + q + r ) (áp dụng ( d ) ) Cũng với công thức ( 1) , ( ) , ( 3) ta viết chúng theo cách sau ta lại có ứng dụng khác để giải số toán liên quan đến tính góc, chứng minh hệ thức, bất đẳng thức liên quan đến cạnh góc tam giác, nhận dạng tam giác… Thật vậy, từ ( 1) , ( ) , ( 3) ta viết lại cơng thức theo hình thức sau: b2 + c − a a + c − b2 a + b2 − c2 cosA = , cos B = , cos C = ( *) 2bc 2ac 2ab Các công thức ( *) cho phép ta tính góc biết cạnh tam giác + Từ cách viết công thức ( *) ta nghĩ đến việc sử dụng toán nhận dạng tam giác chứng minh tam giác nhọn: i ) cos A > 0,cos B > 0,cos C >  a < b + c   2 Tam giác ABC nhọn ⇔ ii ) b < a + c  c < a + b   iii ) cos A.cos B.cos C >  Để minh hoạ cho việc ứng dụng cách viết định lí cosin tam giác ta xét số toán sau: Bài toán 1: Xác định tam giác ABC góc thoả mãn: cos A + cos B + cos 2C < ( **) Từ ( **) nhờ sử dụng công thức hạ bậc ta suy ra: cos A.cos B.cos C > từ sử dụng iii ) ta có tam giác ABC nhọn Bài toán 2: Chứng minh cạnh tam giác ABC thoả mãn: 3 a = b + c tam giác ABC nhọn Hướng giải: Trước hết ta có: a = b3 + c > b3 ⇔ a > b a = b3 + c > c ⇔ a > c Do ta cần chứng minh A nhọn đủ Ta có: a = b3 + c < a.b + a.c ⇔ a < b + c Nhận xét: Từ cách chứng minh toán gợi cho ta việc sáng tạo toán tương tự mang màu sắc hơn, chẳng hạn toán sau: Bài toán 3: Chứng minh cạnh tam giác ABC thoả mãn: 2019 a = b 2019 + c 2019 tam giác ABC nhọn Hệ thống tốn đơi lại xây dựng từ việc đặc biệt hoá, cụ thể hoá toán mang tính tổng quát, chẳng hạn: Ví dụ : Từ toán sau: Cho tam giác ABC , gọi O điểm mặt phẳng tam giác Ký hiệu S A , S B , SC diện tích tam giác ∆OBC , ∆OAC , ∆OAB (Ta gọi toán toán tổng quát) a) Nếu O thuộc miền giác thì: uuu rtrong u uu r tam u uur ABC r S A OA + S B OB + SC OC = ( 1) ABC , b) Nếu O thuộc miềnungoài tam uu r uuu r giác uuur rthuộc miền góc tạo hai tia CA, CB thì: S A OA + S B OB − SC OC = ( 2) Nếu ta cho điểm O điểm trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp… tam giác ABC ta thu cơng thức sau: Bài 1: Cho tam giác ABC Gọi O, I , H tâm đường tròn ngoại tiếp, ABC nội tiếp, trực tâm u u r tam uurgiácuu r r Ta có: 1) a.IA + b.IB + c.IC = uuur uuur uuur r 2) tan A.HA + tan B.HB + tan C.HC = a uuur b uuur c uuur r HA + HB + HC = 3) cos A cosuB cos C uu r uuu r uuur r 4) (tan B + tan C ).OA + (tan C + tan A).OB + (tan A+tanB).OC = uuu r uuu r uuur r 5) sin A.OA + sin B.OB + sin 2C.OC = Từ toán tổng quát, ta thay tam giác ABC tam giác ta có tốn sau: Bài 2: Cho tam giác ABC đều, M điểm mặt phẳng tam giác; x, y, z khoảng cách từ M đến BC , CA, AB uu r uuu r uuur r a) Nếu M nằm tam giác ABC x.IA + y.OB + z.OC = b) Nếu M nằm miền tam giác ABC thuộc miền góc ·ACB uu r uuu r uuur r x.IA + y.OB − z.OC = Bài 3: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Gọi A1 , B1 ,C1 giao IA, IB, IC với đường tròn tâm (I) Chứng minh rằng: r r A uur B uur C uuu cos IA1 + cos IB1 + cos IC1 = 2 Nhận xét: Qua ví dụ cho thấy, rèn luyện cho học sinh nhìn tốn theo mắt đặc biệt hố bồi dưỡng cho học sinh khả sáng tạo toán Bồi dưỡng cho học sinh thói quen q trình học tốn biết nhìn nhận vấn đề theo nhiều góc độ khác Ví dụ : "Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi M , N trung điểm cạnh AD BB ' a) Chứng minh rằng: MN ⊥ A ' C b) Tính góc tạo hai đường thẳng MN AC ' Cách giải 1: (Dùng phương pháp tổng hợp) a) Gọi O trung điểm đường chéo BC '; tứ giác MOND Có cặp cạnh DM ON song song nên tứ giác hình bình hành Suy A ( 1) MN / / OD Từ suy MN / / ( BC ' D ) B M ( 2) C Mặt khác, dễ thấy CA ' ⊥ ( BC ' D ) D Từ ( 1) ( ) ta có MN ⊥ A ' C N b) Xác định góc tạo MN AC ' O Gọi K điểm đối xứng B ' qua C ' Tứ giác ADKC ' hình bình hành có cặp A' B' cạnh đối song song (hình 1) D' C' · Góc tạo MN AC ' ODK Hình K Giả sử cạnh hình lập phương a Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác OKC ' ta có: · 'K OK = C ' K + OC '2 − 2C ' K OC 'cos OC   a a a 5a = a2 +  + cos 45 = ÷ 2   Lại áp dụng định lí cosin cho tam giác OKD, ta có: · OK = DK + DO − DK DO cos KDO 2 a 6 a 5a · = a + − a cos KDO = ÷ 2   · Từ hệ thức suy cosKDO = Cách giải 2: (Phương pháp véc tơ) uuuu r uuuur a) Để chứng minh MN ⊥ A ' C , ta chứng minh MN A ' C = uuuu r uuuu r Muốn ta khai triển véc tơ MN ; A ' C theo ba véc tơ không đồng uuur ur uuu r ur uuur r phẳng AD = a; AB = b; AA ' = c (hình vẽ) uuuu r uuur uuu r uuur 1r r 1r MN = MA + AB + BN = − a + b + c Ta có: uuuu r uuuuu r uuuur uuuur r r 2r A ' C = A ' D ' + D ' C '+ C ' N = a + b − c ( ) uuuu r uuuur  r r r  r r r MN A 'C =  − a + b + c ÷ a + b − c Do đó:   r r2 r2 r2 r2 r2 =− a +b − c =− a +a − a =0 2 2 ϕ AC ', MN b) Gọi hai đường thẳng ta có: uuuu r uuuu r MN AC ' uuuu r r r r cosϕ = uuuu r ; đó: A ' C = a + b − c MN AC ' ( ) Ta có uuuu r uuuu r  r r r r r r MN AC ' =  − a + b + c ÷ a + b + c   r r2 r2 r2 r2 r2 = − a + b + c = − a + a + a = a2 2 2 uuuuu r r r2 r2 a Ta lại có: MN = a + b + c = a ⇒ MN = 4 2 uuuu r2 r r r AC ' = a + a + a = 3a ⇒ AC ' = a Do ta có: cosϕ = Cách giải 3: (Dùng phương pháp toạ độ) Chọn hệ trục toạ độ Đề Oxyz cho A ' ≡ O ( 0;0;0 ) ; B ' ( 1;0;0 ) ; A ( 0;0;1) ; với giả thiết cạnh hình lập phương uuuu r uuuu r 1 1    a) A ' C ( 1;1;1) ; M  0; ;1÷; N 1;0; ÷ ⇒ MN  1; − ; − ÷ 2 2     uuuu r uuuur Theo cơng thức toạ độ tích vơ hướng ta có: MN A ' C = ⇔ MN ⊥ A ' C uuuu r b) Ta có: A ( 0;0;1) ; C ' ( 1;1;0 ) ⇒ AC ' ( 1;1; −2 ) Gọi ϕ hai đường thẳng MN AC ' ta có: 1 1− + 2 cosϕ = = 2 1     12 + 12 + (−1) 12 +  − ÷ +  − ÷  2  2 Bồi dưỡng cho học sinh lực huy động kiến thức, lực liên tưởng kết hợp với lực tư biện chứng trình phát giải vấn đề Việc thực bồi dưỡng số hoạt động trí tuệ minh hoạ qua toán: ( ) Bài toán 1: "Cho tam giác ABC , M điểm cạnh tam giác, dựng đường thẳng chia đơi diện tích tam giác đó" Khơng tính tổng quát, ta xét trường hợp điểm M thuộc cạnh AB Khi ta xét trường hợp sau: Trường hợp M trùng đỉnh A (hoặc B ) tam giác (đây yêu cầu đặc biệt hố), ta có đường thẳng cần tìm đường trung tuyến AN tam giác ABC (hình 2) A B C N Hình Trường hợp M không trùng với đỉnh tam giác, vấn đề đặt là: liệu chuyển trường hợp trường hợp đặc biệt hay khơng? (đây yêu cầu quy lạ quen) Muốn vậy, cần phải tạo tam giác thoã mãn hai yêu cầu sau: a) Tam giác có đỉnh M có diện tích diện tích tam giác ABC b) Từ đường thẳng qua M chia đôi diện tích tam giác ta tìm đường thẳng chia đơi diện tích tam giác ABC + Để giải yêu cầu a) ta thực số thao tác tư bản, như: thao tác phân tích, tổng hợp, tương tự, quy lạ quen… - Thao tác phân tích: giả sử cách vẽ thêm đường phụ ta tạo tam giác MBC ' có diện tích diện tích tam giác ABC (Hình 3) A M I B Khi đó: N Hình C C' S∆ABC = S ∆MBC ' ⇒ S ∆AIM = S ∆CIC ' ⇒ IA.IM = IC.IC ' IM IC = ⇒ MC / / AC ' Suy IC ' IA 10 - Thao tác tổng hợp: Từ phân tích cho ta cách dựng tam giác MBC ' sau: Qua A dựng đường thẳng d song song với MC , d cắt BC C ', ta có tam giác MBC ' thoả mãn yêu cầu a) + Giải yêu cầu b): Tam giác thoả mãn yêu cầu b) trung tuyến MN tam giác MBC ' (tức đường thẳng qua M chia đơi diện tích nó) phải cắt đoạn BC N Nếu N thuộc đoạn BC MN đường thẳng cần dựng (xem hình 2) Nếu N khơng thuộc BC ta dựng NN1 / / MC , đường thẳng cắt AC N1 MN1 đường thẳng cần dựng (hình 4) A M N1 B N C C’ Hình Tới ta kiểm tra trường hợp M trùng với trung điểm AB, C ' trùng với C , MC đường thẳng cần dựng Không dừng lại tốn 1, giáo tiếp tục rèn luyện cho học sinh thao tác tư cách yêu cầu học sinh phát triển toán 1, chẳng hạn, thay xét tam giác ABC xét tứ giác ABCD (việc làm nhằm bồi dưỡng cho học sinh ý thức liên hệ hình học phẳng với hình học khơng gian, thơng qua tập dượt cho học sinh cách thức sáng tạo toán), xét toán sau: Bài toán 2: "Cho tứ giác ABCD , M điểm cạnh tứ giác, dựng đường thẳng chia đơi diện tích tứ giác đó." Khơng yêu cầu học sinh khái quát theo hướng khơng chia đơi đa giác thành hai phần có diện tích mà cịn chia đa giác thành hai phần có phần có tỉ số diện tích so với diện tích đa giác ban đầu k (với < k < ) Cụ thể, ta có tốn tổng qt sau: Bài tốn: "Cho hình chóp S ABC , chia khối tứ diện mặt phẳng qua điểm thuộc cạnh đáy đỉnh khối chóp thành hai phần tích nhau." Quan tâm đến quy luật lí thuyết liên tưởng, là: Ví dụ 1: "Cho đường thẳng ∆ có phương trình: Ax + By + C = Điều kiện: x2 y2 2 E A + B ≠ , elip ( ) có phương trình: + = a b 11 2 2 Chứng minh rằng: ∆ tiếp xúc ( E ) ⇔ A a + B b = C (C ≠ 0) Trong SGK hình học giải tích 12 chứng minh, lấy ví dụ để minh hoạ cho việc ta biết liên tưởng đến đối tượng, quan hệ biết ta phát thêm cách giải khác độc đáo chặt chẽ Thật vậy: Vì ∆ tiếp xúc ( E ) nên hệ sau có nghiệm nhất:   x  y  Ax + By + C =  aA  ÷+ bB  ÷+ C = (1) b   a ⇔ ( I)  x2 y2 2 + = x y      a b  +  ÷ = (2)  a ÷  b Với cách viết ( 1) ( ) gợi cho ta liên tưởng ( ) đường tròn x  X =  (∆) aAX + bBY + C = a Đặt:  ta có hệ ( I ) trở thành:  2 (T )  X + Y = Y = y  b Để hệ có nghiệm hay ∆ tiếp xúc với ( T ) điều kiện cần đủ là: khoảng cách từ điểm O đến ∆ R = , hay ta có: C = ⇔ a A2 + b B = C (đpcm) 2 ( aA) + (bB ) Ví dụ 2: Cho tứ diện SABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC Một mặt phẳng ( P ) cắt SA, SB, SC , SG theo thứ tự A ', B ', C ', G ' S SA SB SC SG + + =3 Chứng minh rằng: SA ' SB ' SC ' SG ' Định hướng giải toán: Để giải toán C' ta nghĩ đến việc xét toán tương tự A' G' mặt phẳng, M' Thật vậy: Để xét toán mặt phẳng B' tương ứng với tốn khơng gian ta có A thể dựa vào tương ứng sau: M G Tam giác ↔ Tứ diện; Đường thẳng ↔ Mặt phẳng; Trung điểm đoạn thẳng ↔ Trọng tâm tam giác; B Trọng tâm tam giác ↔ Trọng tâm tứ diện; (Hình 5) Đường trịn ↔ Mặt cầu Sử dụng tương ứng ta có toán mặt phẳng tương tự: Bài toán 1: "Cho tam giác SAB Gọi M trung điểm AB Một đường thẳng d cắt SA, SB,SM theo thứ tự A ', B ',M' 12 C A SA SB SG + =2 Chứng minh rằng: SA ' SB ' SG ' Hướng giải: Từ yêu cầu chứng minh toán ta nghĩ đến sử dụng định lí Talet, muốn ta cần phải kẻ thêm đường phụ để B từ thiết lập hệ thức liên hệ với tỉ số xuất điều phải chứng minh Dẫn đến ta vẽ đường BM , CM song song với A ' B ' (hình 6) Từ ta dễ dàng có điều phải chứng minh Vận dụng tốn để giải tốn khơng gian, hoạt động đồng hố ta có được: B' M' A' M1 C M M2 Hình Bây tiếp tục đồng hố để chứng minh ( 1) khơng cịn thực nữa, địi hỏi người giải tốn phải có điều ứng tương thích để giải vấn đề đặt Lúc này, để giải ( 1) ta dẫn đến xét toán sau: Bài toán 2: "Cho tam giác SMC Gọi G điểm thuộc đoạn AB cho: GC = 2GM Đường thẳng d cắt SM , SC , SG theo thứ tự A ', C ', G ' SM SC SG + =3 Chứng minh rằng: " SM ' SC ' SG ' Với toán này, làm tương tự Bài toán (tức là, ta kẻ đường phụ sử dụng định lí Talet) ta có điều phải chứng minh Như vậy, để giải tốn ví dụ người giải toán phải hoạt động đồng hoá điều ứng nhiều lần (việc chuyển tốn từ khơng gian sang giải tốn mặt phẳng xem hoạt động điều ứng) Thông qua việc giải toán theo cách trên, mà cụ thể hai tình Bài tốn Bài tốn khiến ta nghĩ đến toán tổng quát cho hai toán sau: uuur uuur "Cho tam giác SAB Gọi G điểm AB cho: MA = k MB Một đường thẳng d cắt SA, SA, SM theo thứ tự A', B', M' Chứng minh rằng: SA SB SM +k = ( k + 1) (2) SA ' SB ' SM ' Để hướng dẫn học sinh tìm đến tốn tổng quát trên, thầy giáo hướng dẫn học sinh theo đường đặc biệt hoá Sau thêm ví dụ khắc sâu ý tưởng giải tốn việc thiết lập tương ứng hình học phẳng hình học khơng gian Ví dụ 3: Để tạo lực liên tưởng cho học sinh giáo viên đặt toán cần giải mối quan hệ biện chứng với toán khác: 13 Xét toán: "Chứng minh sáu mặt phẳng, mặt qua trung điểm cạnh tứ diện ABCD vng góc với cạnh đối diện đồng quy(cùng qua điểm." A A H M N G B O B A1 M G H D O C Hình I C N Hình Đây tốn giành cho học sinh giỏi Để giải toán ta nghĩ đến việc giải toán liên quan mặt phẳng Bằng cách thiết lập tương ứng không gian mặt phẳng, cụ thể toán này, ta xem: Tam giác ↔ Tứ diện; Đường thẳng ↔ Mặt phẳng; Đường trịn ↔ Mặt cầu; đơi ta phải xem A đoạn thẳng AA trung điểm AA A Q trình q trình tư biện chứng cấp độ cao Việc làm có ý nghĩa giải số toán, sáng tạo toán Chẳng hạn, với toán này: tứ diện ABCD ta tương ứng với tam giác ABC , trung điểm M cạnh AB (của tứ diện ABCD ) ta tương ứng với đỉnh A (của tam giác ABC ); mặt phẳng qua trung điểm M vng góc với cạnh CD tương ứng với đường thẳng qua A vng góc với BC (tức là, đường cao tam giác) Với cách liên tưởng kết hợp với tư biện chứng vậy, dẫn đến xét toán quen thuộc tương ứng sau: Bài toán: "Chứng minh ba đường cao tam giác ABC đồng quy" Ý tưởng ta tìm cách chứng minh tốn mặt phẳng, sau điều ứng tìm cách giải tương thích với tốn cho khơng gian Hướng giải: Gọi M , N trung điểm cạnh BC , AC ; gọi O, G theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm tam giác ABC , gọi H giao điểm OG đường cao AA1 (Hình 7), đó: ∆GOM : ∆GHA GH = 2GO từ suy H cố định Tương tự, ta có đường cao BB1 , CC1 qua H (đpcm) Vận dụng cách giải để giải toán không gian: 14 Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, ta có O thuộc mặt phẳng trung trực cạnh CD Mặt phẳng qua trung điểm M cạnh AB vng góc với CD I (Hình 8) Mặt phẳng ( OMI ) cắt mặt phẳng qua M vng góc với CD mặt phẳng trung trực CD theo hai giao tuyến song song MI ON Trọng tâm G tứ diện ABCD trung điểm MN ; OG cắt MI H Khi đó: ∆GON = ∆GHM suy H điểm đối xứng O qua G Có nghĩa mặt phẳng qua trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện qua H (đpcm) Nhận xét: Như vậy, hoạt động liên tưởng biết kết hợp với tư biện chứng giúp người giải toán phát giải vấn đề cách độc đáo Ở ví dụ trên, ví dụ phần minh hoạ cách thức khác bồi dưỡng lực liên tưởng thông qua việc chuyển di chức hành động nhờ chuyển đổi đối tượng (chuyển tốn khơng gian tốn phẳng ngược lại) từ phát cách giải vấn đề Sau ta xét thêm ví dụ nữa, minh hoạ cho ý tưởng giải tốn thông qua cách chuyển việc xem xét đối tượng, quan hệ từ mơ hình qua mơ hình khác quen thuộc hơn, dễ huy động kiến thức Ví dụ 4: Xét tốn Bài tốn 1: "Tính thể tích tứ diện ABCD, biết AB = CD = a; AC = BD = b; AD = BC = c (tức là, ABCD tứ diện gần đều)" M B x A y C N F z E Hình D Hướng giải: Nếu ta giải tốn cách áp dụng cơng thức tính thể tích: V = S ∆BCD sử dụng cơng thức Hê-rơng gặp nhiều khó khăn q trình tính tốn Tuy nhiên, người giải toán biết nghĩ đến đặt tứ diện 15 hình hộp chữ nhật AMBN ECFD   ta giải toán cách đơn giải đẹp Đặt: AM = x, AN = y , AE = z , ta có: a + b2 − c a2 + c2 − b2 b2 + c2 − a ; y= ; z= x= 2 Kết hợp VABCD = VAMBN ECFD ta có kết cần tìm là: VABCD = (a + b − c )(b + c − a )(a + c − b ) 12 + Ngồi cách giải trên, ta tính thể tích tứ diện gần ABCD nhờ tứ diện vuông sau: Qua đỉnh B, C , D tam giác BCD vẽ đường thẳng song song với cạnh CD, BD, BC , chúng cắt tạo thành tam giá MNP Khi tứ diện AMNP gọi tứ diện “ngoại tiếp” tứ diện ABCD (hình 10) Tứ diện AMNP tứ diện vng Từ suy A MN = DC = 2a Khi tam giác AMN có 2AB = MN B trung điểm MN , nên ∆MAN vng A Tương tự, ta có ∆NAP ∆MAP vng A  (hình 10) Do đường chéo hình bình hành chia P D thành hai phần có diện tích nhau, M C B nên S∆MNP = 4S ∆BCD Từ ta có: VABCD = VAMNP N AM = x , AN = y , AP = z Đặt Hình 10 Từ dễ dàng tính x, y, z qua a, b, c Kết hợp công thức V = xyz ta có kết cần tìm 2.3 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Sáng kiến áp dụng năm học 2018-2019 Khi áp dụng chuyên đề vào giảng dạy học sinh môn Toán trường THPT, nhận thấy em học sinh hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ mà số tốn tưởng chừng khơng thể giải giải cách nhanh chóng nhờ kỹ phát giải vấn đề thơng qua việc giải tập phần Hình học Để có kết đối chứng tơi áp dụng kết SKKN cho lớp 11C2(43 HS) lớp đối chứng 12C3(45 HS) kết em HS lớp 12C2 học tập 16 tích cực hứng thú đặc biệt giải toán bất đẳng thức thể việc phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học sinh khơng cịn “sợ” Hình học khơng gian Kết kiểm tra tiết chương IV Tiết 66-PPCT Điểm Giỏi Điểm Khá Điểm Tb Lớp SL % SL % SL % 12C2: 43HS 18.6 27 62.8 11.6 12C3: 45HS 6.7 19 42.2 15 33.3 Điểm Yếu SL % 17.8 Điểm Kém SL % 0 0 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận SKKN đưa số phương thức nhằm rèn luyện cho học sinh số kỹ phát giải vấn đề thông qua dạy học giải tập Hình học trường THPT Đồng thời thể cụ thể số ví dụ cách thức thực phương thức Theo kết thực nghiệm cho thấy, học sinh tiếp cận với số phương thức rèn luyện số kỹ phát giải vấn đề, em có hứng thú học tập hăng say Tỉ lệ học sinh chăm học tập tăng cao Sau buổi học tinh thần học tập em phấn chấn hẳn tỏ u thích học tập mơn Hình học khơng gian Sau nghiên cứu sử dụng phương thức xây dựng chương SKKN, giáo viên dạy thực nghiệm có ý kiến rằng: khơng có khó khả thi việc vận dụng quan điểm này; đặc biệt cách tạo tình huống, đặt câu hỏi dẫn dắt đến nội dung cần đạt hợp lí Vừa sức học sinh, vừa kích thích tính tích cực, hứng thú, chủ động độc lập học sinh, lại vừa kiểm soát, ngăn chặn khó khăn, sai lầm nảy học sinh ; học sinh lĩnh hội tri thức phương pháp trình phát giải vấn đề Giáo viên tích cực dùng phương thức đó, học sinh học tập cách hứng thú hơn, chủ động hơn, sáng tạo có hiệu Những khó khăn nhận thức học sinh giảm nhiều đặc biệt hình thành cho học sinh phong cách tư khác trước Với nỗ lực thân nhiên kết nghiên cứu bước đầu hạn chế mong nhận góp ý xây dựng thầy, giáo làm công tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, bạn đồng nghiệp quan tâm đến vấn đề 3.2 Kiến nghị (Không) 17 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Trương Ngọc Hạnh 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Hữu Châu (2006), Những vấn đề chương trình trình dạy học, Nxb Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Quốc Chí (2004), Tư tưởng giáo dục đại, Khoa Sư phạm, Đại học Quốc gia Hà Nội Phan Đức Chính, Vũ Dương Thuỵ, Đào Tam, Lê Thống Nhất (1993), Các giảng luyện thi mơn Tốn, Nxb Giáo dục, Hà Nội Hồng Chúng (1978), Phương pháp dạy học Tốn học, Nxb Giáo dục, Hà Nội Văn Như Cương (chủ biên) (2000), Bộ sách giáo khoa tốn THPT, (Sách chỉnh lí hợp năm 2000), Nxb Giáo dục, Hà Nội Trần Văn Hạo (chủ biên) (2006), Sách giáo khoa 10 - 11 toán THPT, Nxb Giáo dục, Hà Nội Phạm Văn Hoàn (chủ biên), Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình (1981), Giáo dục học mơn Tốn, Nxb Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Bá Kim (2006), Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nxb Đại học Sư phạm, Hà Nội Nguyễn Văn Lộc (1997), Quy trình giải tốn hình học phương pháp vectơ, Nxb Giáo dục, Hà Nội 10 Đào Tam (2000), Bồi dưỡng học sinh khá, giỏi trường PTTH lực huy động kiến thức giải tốn, Tạp chí Nghiên cứu Giáo dục N10, Tr 19-21 11 Đào Tam (2004), Phương pháp dạy học hình học trường THPT, Nxb Đại học Sư phạm, Hà Nội 19 ... cho học sinh thơng qua dạy học giải tập hình học lớp bậc THPT? ??’ 1.2 Mục đích nghi? ?n cứu Nghi? ?n cứu số lực thích nghi trí tuệ cho học sinh THPT, biện pháp bồi dưỡng số lực thích nghi trí tuệ cho. .. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận SKKN đưa số phương thức nhằm rèn luyện cho học sinh số kỹ phát giải vấn đề thông qua dạy học giải tập Hình học trường THPT Đồng thời thể cụ thể số ví dụ cách thức... cho học sinh THPT 1.3 Đối tượng nghi? ?n cứu Đối tượng nghi? ?n cứu đề tài tập trung tìm hiểu định hướng cho học sinh phát hiện, xây dựng kiến thức để nâng cao chất lượng dạy học giải tập Hình học lớp