Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc khai thác một số bài toán hình học

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Chúng ta thừa nhận rằng, q trình dạy học khơng phải cung cấp tri thức cách đơn cho học sinh mà thơng qua q trình dạy học để: Hình thành bồi dưỡng cho học sinh phẩm chất lực định, chẳng hạn hình thành bồi dưỡng phẩm chất tư sáng tạo gồm: tính nhuần nhuyễn, tính mềm dẻo tính linh hoạt Hình thành bồi dưỡng cho học sinh lực cần thiết như: lực huy động tri thức, lực giải vấn đề Hình thành cho học sinh phẩm chất trí tuệ như: tính độc lập, tính sáng tạo: - Tính độc lập tư thể khả tự phát vấn đề, tự xác định phương hướng, tìm cách giải quyết, tự kiểm tra hồn thiện kết đạt - Tính sáng tạo tư thể rõ nét khả tạo mới, phát vấn đề mới, tìm hướng mới, tạo kết mới, thường nảy sinh, bắt nguồn từ cũ Với cương vị giáo viên dạy toán, nhiều giáo viên khác suy nghĩ làm để phát triển tư sáng tạo cho học sinh thơng qua số tốn Bên cạnh đó, tơi có nhiều hội tiếp cận học sinh khá, tơi thường tìm cách tiếp cận, định hướng cho em khai thác sâu nhiều khía cạnh tốn, thay đổi dự kiện toán hay xuất phát từ tốn xây dựng tốn phát triển toán theo nhiều định hướng khác có hệ thống từ dễ đến khó Trong q trình giảng dạy, tơi say mê, mày mò nghiên cứu nhằm giúp cho học sinh thấy hệ thống vấn đề xảy logic trình tư duy, việc sáng tạo nhìn nhận linh hoạt để tạo hệ thống toán có bước tổng quát lên số kinh nghiệm q trình giải tốn hình học tơi cảm thấy có nhiều nét thú vị Chính vậy, chọn đề tài: “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh thông qua việc khai thác tốn hình học” 1.2 Mục đích nghiên cứu -Trong phạm vi đề tài này, khai thác tốn hình học sgk để xây dựng lớp tốn hay khó qua nhằm phát triển tư sáng tạo cho học sinh 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Kiến thức chương hình học lớp 11 bất đẳng thức chương trình đại số 10 - Hệ thống hướng dẫn phương pháp giải tốn hình học mà đề tài khai thác 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí thuyết - Phương pháp nghiên cứu tài liệu sản phẩm hoạt động sư phạm - Phương pháp tổng hợp - Phương pháp thống kê, so sánh NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Những kiến thức : Bất đẳng thức Cô-si n số không âm (n  N*, n  2) Với n số thực không âm a1 , a2 , ,an , ta có a1  a2   an n � a1 a2 an (*) n Đẳng thức xảy a1  a2   an Chú ý 1: (*) � a1  a2   an �n.n a1 a2 an i (*) ۣ a1 a2 an ii �a1  a2   an � � � n � � n Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki 2n số thực (n  N*, n  2) Với 2n số thực a1 ,a2 , ,an ,b1 ,b2 , ,bn , ta có a  a22   an2 b  b22   bn2  � a1b1  a2b2   anbn  (**) an a1 a2 Đẳng thức xảy b  b   b (Hai số  a1 ;a2 ; ; an  n  b ;b ; ; b  n tỉ lệ với nhau) Chú ý 2: (**) � a1b1  a2b2   anbn �  a12  a22   an2   b12  b22   bn2  2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Đối với giáo viên - việc giảng dạy không đơn truyền đạt tri thức, phương pháp quan trọng toán học quy lạ quen, với đối tượng khá, giỏi người thầy phải biết cách dẫn dắc để em sáng tạo toán mới, tránh việc học sinh thụ động giải toán thầy đặt - Hiện với đề án thi giáo dục người học trung tâm, kiểm tra đánh giá lực hs mà học sinh giỏi lực sáng tạo 2.2.2 Đối với học sinh - Với lớp toán vận dụng , vận dụng cao em thường thụ động việc tiếp cận phụ thuộc nhiều vào kiến thức giáo viên cung cấp chưa có ý thức tìm tòi, sáng tạo tìm niềm vui, hưng phấn giải toán - Qua đề tài muốn gợi mở cho em xây dựng hệ thống toán hay xung quanh toán gốc 2.3 Giải pháp giải vấn đề 2.3.1 Bài toán gốc Bài tốn: “Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc Gọi H chân đường vng góc hạ từ O tới mặt phẳng (ABC) Chứng minh rằng: 1 1  2  ” 2 OH OA OB OC (Bài 4b – Sách giáo khoa Hình học lớp 11 – NXBGD) Đây toán dễ có nhiều cách giải Tơi xin trình bày cách chứng minh cho tốn: A (Hình vẽ bên) Gọi K giao điểm AH BC a H Dễ dàng ta chứng minh OA  OK, OH  AK OK  BC Từ hệ thức C c O K b B tam giác vng ta có 1  2 (1) OH OA OK 1   (2) OK OB OC Từ (1) (2) ta suy 1 1  2  2 OH OA OB OC Nếu ta đặt OA = a, OB = b, OC = c, OH = h ta có 1 1    (*) h2 a b2 c Nếu dừng khả sáng tạo em học sinh phần bị hạn chế Ta thử ‘‘dẫn dắt’’ em tìm điều thú vị xung quanh tốn 2.3.2 Các tốn khai thác thơng qua tốn gốc : Áp dụng BĐT Cơ-si ta có 1 1 1    �   , suy h � abc Đẳng thức xảy h a b c ab bc ca abc a  b  c Ta thu tốn sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Biết OA = a, OB = b, OC = c độ dài chiều cao kẻ từ O đến mặt phẳng (ABC) h Chứng minh h � abc abc  a  b  c  Hay � 3 Đẳng abc � abc 27  a  b  c  h a bc BĐT Cơ-si, ta có thức xảy a  b  c Ta thu toán sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Biết OA = a, OB = b, OC = c độ dài chiều cao kẻ từ O đến 3 mặt phẳng (ABC) h Chứng minh � h abc a  b2  c 1� �1   a  b  c  �   ��9 Suy *Theo BĐT Cơ-si, ta có h b c � �a h� a  b  c Đẳng thức xảy a  b  c Ta thu toán sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Biết OA = a, OB = b, OC = c độ dài chiều cao kẻ từ O đến 2 mặt phẳng (ABC) h Chứng minh h � a  b  c 1 1 �1 1 � *Áp dụng BĐT Bunhiacơpski, ta có    � �   � Từ h a b c �a b c � abc suy h � Đẳng thức xảy a  b  c ab  bc  ca Ta thu tốn sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Biết OA = a, OB = b, OC = c độ dài chiều cao kẻ từ O đến abc mặt phẳng (ABC) h Chứng minh h � ab  bc  ca Nhận xét: Các toán thu kết hợp đẳng thức toán gốc BĐT Cơ-si Việc tìm bất đẳng thức khơng khó khăn vấn đề hướng giải chúng liệu em học sinh có suy nghỉ đến việc sử dụng đẳng thức 1 1    hay không ? Thiết nghĩ h2 a2 b2 c trước hết phải giới thiệu cho em số đẳng thức Tứ diện vng, từ em em có kiến thức sở để huy động q trình giải tốn *Gọi I, R, r tâm đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta tính được: R  OI  a  b2   b  c   c  a  a 2b  b c  c a 2  a 2b  b c  c a  a b  b c  c  a 2 2 2 , r  a 2b  b c  c a a  b2  b2  c  c  a  Từ kết ta thấy OI  2 r Mặt khác h �OI , suy h �2 r Đẳng thức xảy a = b = c Ta thu tốn sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi h,r khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh h �2 r BĐT quen thuộc r �2 R , ta có OI � R Đẳng thức xảy a  b  c Ta thu toán sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi I , R tâm đường tròn nội tiếp bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OI � R Nhận xét: Hai tốn tìm mẽ hay, chúng đòi hỏi kĩ tính tốn nhiều kết hợp với so sánh đơn giản khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng: h �OI Để có phải liên tưởng đến BĐT tam giác: r �2 R *Từ đẳng thức (*) ta suy h  abc a 2b  b c  c a (3) Mặt khác R  a  b2   b2  c2   c  a  a b b c c a 2 2 2 � abc (4) a b  b 2c  c a 2 R Từ (3) (4) ta suy h � Đẳng thức xảy a = b = c Ta thu toán sau Bài Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi h, R khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh h � (Bài T7/405 - THTT năm 2011) *Gọi S1, S2, S3 diện tích tam giác OAB, OBC, OCA 1 1  ab  bc  ca   ab  bc  ca   a 2b c 2 Ta có S1 , S2 , S3 Suy S1 + S2 + S3 Mặt khác từ đẳng thức (*) BĐT Cơ-si, ta có 1 3 2 h abc 1 h2   S  S  S     y   S1  S  S Từ suy h S1  S  S h Đẳng thức xảy a = b = c Vậy ta thu toán sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi h, S1 , S , S3 khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) diện tích tam giác OAB, OBC, OCA Tìm GTLN tỉ số y h2 S1  S  S (Bài đề nghị - Olympic 30/4 năm 2010) Nhận xét: Hai tốn thu có mặt hai tài liệu tham khảo hay hấp dẫn giáo viên học sinh Nhìn trình sáng tạo tốn thấy khơng có vấn đề khó khăn, phức tạp Nhưng để đạt kết ‘‘chặng đường’’ dài để tìm tòi, suy nghĩ hướng đích Chúng ta phải tăng cường giới thiệu cách sáng tạo để xóa bỏ dần quan niệm ‘‘quá sức, khó với chúng em’’ giáo viên đề cập đến toán Báo Toán học tuổi trẻ hay đề thi Olimpic 30/4, *Gọi rC bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC Sử dụng cơng thức 3V r  ta tính C S rc  abc  ab  bc  ca  a 2b  b 2c  c 2a      a b c a2 b2 c2 Mặt khác theo BĐT Bunhiacơpski, ta có Suy rc �   1 rc � 1 1� 1 3� �a  b  c � a  b2  c � � h  h 1  , tức r �    c a b2 c2 Đẳng thức xảy a = b = c Ta thu toán sau Bài Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi h, rC khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC Chứng minh h � 1 rc *Gọi I, rC tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC Ta có VOABC = VI.ABC + VI.OAB + VI.OBC + VI.OCA V V V V I ABC  I OAB  I OBC  I OCA �  rc  rc  rc  rc  Suy V V V V h c a b OABC OABC OABC OABC 1 1 1 3 Hay r  h  a  b  c Mặt khác theo ta có � Từ ta thu h abc c 1 1 3 �    Đẳng thức xảy a = b = c rc a b c a  b  c Ta thu toán sau Bài 10 Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi rC khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) Chứng minh 1 1 3 �    rc a b c a  b  c Nhận xét: Để sáng tạo hai toán huy động nhiều kiến thức hình học khơng gian Điểm mấu chốt biến đổi sử dụng BĐT Bunhiacơpski, từ làm xuất đại lượng 1   để thay a b2 c 1 1 1     BĐT  3 , 10 kết hợp đẳng thức rC h a b c h h a b c Đây toán hay khó, việc sáng tạo chúng khơng đơn giản, tìm hướng giải khác cho bất đẳng thức lại khó *Xét tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với A Gọi H hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng ABC Đặt OA = a, OB = b, OC = c (Hình vẽ bên) a H HK cot OKH (5) Trong tam giác vuông HKO ta có OH Mặt khác, tam giác OAK vng O nên ta có C c O K b B OK cot OKA (6) Từ (5) (6) ta suy OA HK OK   a HK OH OK  a  HK BC  OH  OK BC  OH OA Suy a S HBC OH bc (do OK BC 2 S OBC bc ) Tương tự ta có: b S HCA OH ca c S HAB OH ab Từ ta suy  a S HBC  b S HCA  c S HAB  OH  ab  bc  ca  (*) Kết hợp đẳng thức (*) với 10 ta có  a S HBC  b S HCA  c S HAB  abc Hay a S HBC  b S HCA  c S HAB  abc Ta thu tốn sau Bài 11 Cho hình chóp S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC đơi vng góc Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABC) Biết SA = a, SB= b, SC = c Chứng minh a S HBC  b S HCA  c S HAB  abc (Bài T8/429 – THTT năm 2013) Nhận xét: Đây toán hay, để sáng tạo đòi hỏi phải có linh hoạt, tinh tế tư sáng tạo Phải tác giả tốn sáng tạo theo mạch suy luận ? Có thể có hướng khác để giải toán này, q trình lập luận phải có tìm tòi, sáng tạo định Chúng ta cần giới thiệu tới em học sinh để em suy nghĩ, nắm bắt ý tưởng học hỏi *Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho toạ độ điểm z C : O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B y B(0; b; 0) C(0; 0; c) cho tốn sau (Hình vẽ bên) *Gọi G trọng tâm tứ diện OABC O A x 10 a b c a2  b2  c2 Ta có G  ; ;  , suy OG  4  h Mặt khác ta có h  Do OG  1 1   2 a b c a 1   b2  c2     b c  a  1 1    9 b c  a 2  Theo BĐT Cơ-si, ta có  a  b  c   Từ ta suy h  Đẳng thức xảy a = b = c OG Ta thu toán sau Bài 12 Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi h, G khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) trọng tâm tứ diện OABC Chứng minh h  OG *Gọi K, RC tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC a b c a2  b2  c2 Dễ có K  ; ;  , suy RC OK  2   h  Do ta có RC a 1   b2  c2     b c  a   Đẳng thức xảy a = b = c Ta thu toán sau Bài 13 Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với Gọi h, RC khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng 11 h (ABC) bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC Chứng minh R  C *Gọi G1, G2, G3 trọng tâm tam giác OAB, OBC, OCA; giả sử M  x0 ; y ; z  điểm di động mặt phẳng (ABC) c a b   b c a  ; ; 0  0; ;   ; 0;  Ta có G1  3  , G2  3  , G3  3  z C a  b  Ta có MG  x0     y    z 02  z 02 3  3  2 b  c  MG22  x 02   y     z    x 02 3  3  G3 O y B G2 G1 a c   MG32  x    y 02   z    y 02 3 3   A x Cộng ba BĐT chiều vế theo vế ta MG12  MG22  MG32 x02  y02  z 02 OM (a) a 2b 2c Mặt khác OM h  OM h  2 2 2 (b) a b b c c a 2 Từ (a) (b) suy MG12  MG22  MG32  a 2b c a 2b  b c  c a Đẳng thức xảy điểm M trùng với trọng tâm tam giác ABC a b c Vậy ta thu toán sau Bài 14 Cho tứ diện OABC thay đổi có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc với M điểm thuộc mặt phẳng chứa tam giác ABC Gọi G1, G2, G3 trọng tâm tam giác OAB, OBC, OCA Đặt OA = a, OB = b, OC = c Chứng minh MG12  MG22  MG32  a 2b c a 2b  b c  c a (Bài T8/402 – THTT năm 2010) 12 Nhận xét: Ba tốn có đề cập đến tọa độ khơng gian hay mẽ Lập luận để có 14 không đơn giản, phải cần đến khả sáng tạo thực Một lần thấy vai trò quan trọng việc phát triển tư sáng tạo cho học sinh thông qua hoạt động khai thác đẳng thức 1 1    nói riêng kiến thức khác Tốn học nói h a b c chung 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào trình nghiên cứu giảng dạy mang lại kết tích cực việc bồi dưỡng học sinh giỏi - Đối với thân sau nghiên cứu kĩ kiến thức ,tìm tòi để từ toán sách giáo khoa qua xây dựng lớp tốn qua phát triển tư sáng tạo cho học sinh - Với đồng nghiệp, việc sử dụng tài liệu nhỏ tài liệu để tham khảo hướng dẫn cho học sinh khai thác toán - Đối với học sinh sau tiếp cận cách khai thác toán kiểu giúp học sinh giỏi phát triển tư sáng tạo KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Như điều cốt lõi đề tài thơng qua tốn hình học bất đẳng thức phát triển thành hệ thống suy luận tương đối logic tạo nên lớp tốn Điều tạo nên tính mẻ nhìn ý tiềm tàng tốn Các tốn gốc ứng dụng rộng rãi với việc nhìn tốn nhiều góc độ khác cách biến đổi điều kiện biến số mở lớp toán hay đẹp ứng dụng nhiều kỳ thi chọn học sinh giỏi kỳ bồi dưỡng học sinh giỏi, kỳ thi vào Đại học - Cao đẳng Qua việc vận dụng đề tài nghiên cứu vào trình bồi dưỡng học sinh giỏi thu đươc kết tích cực Đề tài giúp cho giáo viên nhiều việc truyền đạt tư tưởng, phương pháp kiến thức cho học sinh Bản thân học sinh giảng dạy thông qua đề tài giúp em phát triển tư duy, biết định hướng để giải sáng tạo toán từ toán gốc 13 3.2 Kiến nghị Đối với sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa: Thơng qua việc chấm sáng kiến kinh nghiệm hàng năm, lựa chọn đề tài có chất lượng cần phổ biến rộng rãi cho trường tỉnh để trường có điều kiện tương đồng triển khai áp dụng hiệu Nên đưa SKKN có chất lượng vào mục “tài nguyên” sở để giáo viên tồn tỉnh tham khảo cách rộng rãi Đối với trường THPT Hàm Rồng : Mỗi sáng kiến kinh nghiệm lựa chọn cần phổ biến rộng rãi phạm vi tổ, nhóm Cần có lưu thư viện để giáo viên học sinh tham khảo Đối với tổ chuyên môn: Cần đánh giá chi tiết mặt đạt được, hạn chế hướng phát triển đề tài cách chi tiết cụ thể để hoàn thiện sáng kiến Đối với đồng nghiệp: Trao đổi ý tưởng, kinh nghiệm hỗ trợ việc áp dụng rộng rãi sáng kiến lớp học Phản hồi mặt tích cực mặt hạn chế sáng kiến Đề tài nghiên cứu thời gian hạn chế, mong Hội đồng khoa học Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa nghiên cứu, góp ý bổ sung để sáng kiến hồn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 02 tháng năm 2018 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm tôi, không chép nội dung người khác Người viết sáng kiến Gv: Trịnh Hữu Đại 14 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] SGK Hình học 11 – Nhà xuất giáo dục 2009 [2] Sách tập Hình học 11 – Nhà xuất giáo dục 2009 [3] Sáng tạo bất đẳng thức Phạm Kim Hùng [4] Những đường khám phá lời giải bất đẳng thức Trần Phương-Nguyễn Đức Tấn-Nguyễn Anh Hồng-Tạ Hồng Thơng [5] Tuyển tập đề thi olympic 30/4 lần thứ XVI-2010 [6] Tuyển tập đề thi olympic 30/4 lần thứ XVII-2011 [7] Báo toán học tuổi trẻ 15 ... cho học sinh khai thác toán - Đối với học sinh sau tiếp cận cách khai thác toán kiểu giúp học sinh giỏi phát triển tư sáng tạo KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Như điều cốt lõi đề tài thơng qua. .. giúp cho giáo viên nhiều việc truyền đạt tư tưởng, phương pháp kiến thức cho học sinh Bản thân học sinh giảng dạy thông qua đề tài giúp em phát triển tư duy, biết định hướng để giải sáng tạo toán. .. việc phát triển tư sáng tạo cho học sinh thông qua hoạt động khai thác đẳng thức 1 1    nói riêng kiến thức khác Tốn học nói h a b c chung 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Việc áp dụng sáng kiến