Trong quá trình dạy hình học ở trường THCS tri thức sự vật và tri thức phương pháp có mối liên hệ hữu cơ với nhau.
Trước hết đó là sự thống nhất: Tri thức sự vật và tri thức phương pháp là hai yêu cầu cơ bản cần phải đạt được khi kết thúc một quá trình dạy học (chẳng hạn dạy học xong một tiết học, hay một chương…).
Về mặt khác nhau, nói chung tri thức sự vật thường được trình bày khá tường minh, ngoài bài giảng của thầy giáo HS còn có thể tìm hiểu thêm ở sách giáo khoa và các tài liệu tham khảo khác; Còn tri thức phương pháp thường nằm ở dạng ẩn tàng, HS chưa thật hiểu được, nắm được nên dễ dẫn đến không thể vận dụng được: tại sao lại chứng minh như vậy, trình bày như vậy là theo cách suy nghĩ nào?
1.4.5. Vai trò và ý nghĩa của việc truyền thụ tri thức phương pháp trong dạy học hình học THCS
Tri thức phương pháp có vai trò và ý nghĩa đặc biệt quan trọng trong dạy học hình học THCS vì:
a)Tri thức phương pháp giúp HS hiểu được sự hình thành và phát triển của tri thức sự vật, hiểu rõ hơn bản chất của tri thức sự vật; là cơ sở định hướng trực tiếp cho hoạt động.
Chúng ta thường nghe có câu nói rằng “phương pháp là những cái gì còn
lại khi chúng ta đã quên đi những kiến thức đã học”. Nghĩa bóng của câu nói này đã đủ nói lên vai trò không thể thiếu của tri thức phương pháp trong học vấn của HS, cũng như mục đích của dạy học nói chung là dạy học phương pháp.
Đứng trước một vấn đề cụ thể, nếu có được hệ thống các tri thức phương pháp đầy đủ, HS sẽ dễ dàng tiến hành nhiều hoạt động tìm tòi, khám phá các tri thức mới.
Ví dụ : Để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng có thể tổng kết cho học sinh sử dụng các phương pháp chủ yếu sau:
- Sử dụng góc kề bù.
- Chứng minh BA; BC cùng song song với một đường thẳng.
- Chứng minh ABC là ảnh của ba điểm thẳng hàng qua một phép dời hay một phép đồng dạng.
- Chứng minh tọa độ của điểm C thoả mãn phương trình của đường thẳng AB.
b) Tri thức phương pháp góp phần quyết định trong việc hình thành, bồi dưỡng các thao tác tư duy của HS, trên cơ sở đó rèn luyện cho HS khả năng sáng tạo toán học.
Ví dụ; Yêu cầu HS ở THCS hãy chia một cái dây ( không giãn) trong những trường hợp sau:
- Chia thành 4 phần bằng nhau - Chia thành 5 phần bằng nhau
Nhận xét: Đây là một bài toán rất đơn giản nhưng lại ẩn chứa trong đó khá nhều kiến thức thú vị. Chẳng hạn như:
Cách 1: Gập 2 đầu dây lại trùng với nhau 2 lần như vậy ta chia được đoạn thẳng có 4 phần bằng nhau.
Cách 2: Dùng thước thẳng có chia khoảng cách để chia
Câu a HS có thể giải quyết nhanh bằng 2 cách như vậy. Tuy nhiên sang câu b HS thấy dường như chỉ có thể dùng thước thẳng có chia khoảng cách mà thôi. Tuy nhiên nếu HS chịu khó suy nghĩ một chút các em có thể liên tưởng đến hình ảnh các đoạn song song cách đều, ta có một cách chia khác như sau:
Đặt 2 đầu của dây cần chia (kéo căng dây) sao cho 2 đầu dây nằm trên đường thẳng 1 và đường thẳng thứ 6 (vì với 6 đường thẳng song song cách đều ta có 5 khoảng cách cách đều giữa chúng ) ta chia được cái dây thành 5 đoạn bằng nhau (hình 1.20).
Hình 1.20
Với phương pháp chia như thế này HS có thể chia dây thành bao nhiêu đoạn cũng được
Ví dụ: (lớp 8): Cho ∆ABC cân tại A. Vẽ các đường cao BH và CK. Cho biết BC=a, AB=AC=b. Tính độ dài đoạn thẳng HK.
Nhận xét: Với bài toán này chúng ta có thể truyền thụ tri thức phương pháp thông qua việc phân tích dẫn dắt để HS tìm kiếm lời giải như sau:
GV: Em có nhận xét gì về mối quan hệ của KH và BC ? của KB và HC ? (Mong
đợi: KH//BC; KB=HC)
GV: Từ KH//BC ta có thể suy ra điều gì? (Mong đợi:∆AKH và∆ABC đồng dạng).
Hình 1.21
GV: Như vậy bài toán đã cho BC=a, AB=b, nếu biết được AH thì sẽ tính được KH. Ta tính AH như thế nào?
( Mong đợi: Muốn tính AH thì phải tính được HC vì AH=AC-HC= b- HC ) GV: Mà HC là một cạnh của tam giác vuông HBC. Như vậy cần thiết phải tìm được một tam giác vuông khác đồng dạng với HBC.
Đến đây HS thấy cần thiết và lôgic phải kẻ thêm đường phụ: đường cao
AI. Chúng ta sẽ tính được HC qua 2 tam giác đồng dạng: ∆IAC và∆HBC.
Việc tính toán tiếp theo trở nên đơn giản hơn.
Trong quá trình dạy học hiện nay chúng tôi thấy rằng học sinh chỉ chú ý đến việc tìm lời giải cho một bài toán mà ít khi chú ý đến việc khai thác các bài toán đó . Học sinh coi việc giải xong một bài toán là xong do vậy tính linh hoạt trong tư duy rất kém , ít suy nghĩ tìm cách mở rộng và khai thác các bài toán đó . Do đó trong quá trình hướng dần cho học sinh lĩnh hội tri thức và rèn các kỹ năng thực hành chúng ta phải cố gằng bỗi dưỡng kỹ năng mở rộng và khai thác các bài toán đã có cho học sinh. Để thấy rõ hơn chúng ta cùng đi xét một số bài toán sau trong chương trình hình học lớp 8.
Bài toán 1:
Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ AH vuông góc với BD tại H . Gọi M là trung
điểm của BH . Chứng minh rằng : N là trung điểm của CD => góc AMN= 900
Giải:
* N là trung điểm của CD => góc AMN= 900
Ta có I là trung điểm của AH
⇒ MI là đường trung bình của tam giác AHB
⇒ MI = 1 2AB ⇒MI // DN và MI = ND ⇒tứ giác MNDI là hình bình hành ⇒DI // MN (1) Ta có AB ⊥AD, MI//AB ⇒ MI ⊥AD
⇒ I là trực tâm của tam giác AMD
⇒DI ⊥AM (2)
Hình 1.22 Từ (1) và (2) ta có AM ⊥ MN => góc AMN= 900
* Góc AMN= 900=> N là trung điểm của DC
Cách dựng hoàn toàn tương tự ta cũng có I là trực tâm của tam giác ADM
⇒ MNDI là hình bình hành ⇒IM = DN Mà ta cũng có IM = 1 2 AB = 1 2DC ⇒DN =1
2DC . Vậy N là trung điểm của CD
Bây giờ ta đi xét dạng tổng quát của bài toán này như thế nào ? Ta phân tích ở
tính chất M là trung điểm của BH hay BM 1
HM = từ đó ta đề xuất bài toán tổng
quát như sau :
Bài toán 1-1: Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ AH vuông góc với BD tại H. Diểm M chia đoạn BH theo tỷ số k. Chứng minh rằng: N chia cạnh CD theo tỷ số k
khi và chỉ khi góc AMN= 900
* N chia cạnh CD theo tỷ số k => góc AMN= 900
Hình 1.23
Kẻ ME // AB // CD ( E ∈AD ), ME cắt AH tại I. Ta có : IM // AB // CD
Theo hệ quả định lí Ta-let suy ra: IM HM 1
AB= HB = k 1 + Lại có CN k DN DN DN = ⇒ DC = AB ⇒IM // DN và IM = DN ⇒tứ giác MNDI là hình bình hành ⇒DI // MN (1) Ta có AB ⊥AD, MI//AB ⇒ MI ⊥AD
⇒ I là trực tâm của tam giác AMD
⇒DI ⊥AM (2)
Từ (1) và (2) ta có AM ⊥ MN => góc AMN= 900
Bài toán đảo trong trường hợp tổng quát cũng hoàn toàn tương tự.
Như vậy: Rõ ràng việc mở rộng bài toán trong trường hợp tổng quát giúp cho học sinh hiểu sâu hơn, nắm kiến thức tốt hơn và có một cách nhìn tổng quát hơn về một bài toán .
Chúng ta cùng đi xét một số ví dụ khác để thấy rõ hơn:
Bài toán 2 : Cho góc xoy, một đường thẳng d bất kỳ cắt cạnh Ox tại M và cắt
cạnh Oy tại N thỏa mãn : 1 1 1
OM+ ON = . Chứng minh rằng đường thẳng d luôn
đi qua một điểm cố định.
Giải :
Trước tiên tìm cách tính 1
OM và
1
ON, muốn vậy ta phải dựa vào định lý Talet
hoặc các tam giác đồng dạng hoặc tính chất đường phân giác trong tam giác. Ta hướng dẫn học sinh kẻ các đường phụ là các đường thẳng song song như sau : Trên đoạn OM lấy một điểm E sao cho OE = 1, qua E kẻ đường thẳng song song với Oy cắt đường thẳng d tại I, qua I kẻ đường thẳng song song với Ox cắt Oy tại F. Ta sẽ chứng minh I là điểm cố định.
Hình 1.24 Ta có OEFI là hình bình hành => OE =FI = 1 Xét tam giác MON ta có: EI // ON
Theo hệ quả của định lí Ta- let ta có: IE MI
ON =MN và IF IN OM = MN EI FI MI NI MN 1 ON OM MN MN MN ⇒ + = + = = 1 EI 1 OM ON ⇒ + = Mà 1 1 1 OM +ON = ( giả thiết ) => EI = 1
Từ đó suy ra hình bình hành OEIF là hình thoi có cạnh là 1 ⇒OF = 1
Có O cố định, Ox và Oy cố định, OE = OF = 1 không đổi , E Ox,F Oy∈ ∈
=>E, F cố định =>I cố định. Hay d luôn đi qua một điểm cố định là I.
Ta khai thác ở bài toán này rất nhiều tính chất, chúng ta có thể hướng dẫn cho học sinh khai thác bài toán ngược của bài toán này. Tuy nhiên ở đây tôi chỉ đề cập tới việc tổng quát hoá bài toán này mà thôi. Vậy chúng ta cùng đi xét các
tính chất của nó. Đầu tiên ta xét tới tổng 1 OM + 1 ON nếu ta thay bằng 1 k (k là một số cho trước thì bài toán còn đúng không ?
Bài toán 2-1: Cho góc xoy, một đường thẳng d bất kỳ cắt cạnh Ox tại M và cắt
cạnh Oy tại N thỏa mãn : 1 1 1
OM +ON = k trong đó k là một số dương cho trước .
Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định
Chúng ta có thể gợi ý cho học sinh trong cách dựng trên ta thấy rằng việc dựng điểm E và điểm F sẽ phụ thuộc vào k, do đó tương tự ta cũng chứng minh được
bài toán này : 1 1 1 k k 1
OM +ON = ⇔k OM +OM =
(Chú ý: Theo giả thiết ta sẽ có OM > k và ON > k)
Trên đoạn OM lấy một điểm E sao cho OE = k , qua E kẻ đường thẳng song song với Oy cắt đường thẳng d tại I, qua I kẻ đường thẳng song song với Ox cắt Oy tại F . Ta sẽ chứng minh I là điểm cố định.
Ta có OEFI là hình bình hành => OE =FI = k Xét tam giác MON ta có : EI // ON
Theo hệ quả của định lí Ta- let ta có : IE MI
ON = MN và IF IN OM = MN EI FI MI NI MN 1 ON OM MN MN MN ⇒ + = + = = k EI 1 OM ON ⇒ + = Hình 1.25
Mà k k 1
OM +ON = ( giả thiết ) => EI = k
Từ đó suy ra hình bình hành OEIF là hình thoi có cạnh là k ⇒ OF = k
Có O cố định , Ox và Oy cố định , OE = OF = k không đổi , E Ox,F Oy∈ ∈
=> E , F cố định =>I cố định. Hay đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định là I.
Bây giờ ta tiếp tục mở rộng như sau :
Bài toán 2-2: Cho góc xoy, một đường thẳng d bất kỳ cắt cạnh Ox tại M và cắt
cạnh Oy tại N thỏa mãn : a b 1
OM+ ON = trong đó a và b là các số dương cho
trước. Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
Bài toán này tổng quát hơn cả , nhưng cách giải vẫn hoàn toàn tương tự như bài toán 1. (Chú ý: Theo giả thiết ta sẽ có OM > a và ON > b)
Cách dựng như sau: Trên đoạn OM lấy một điểm E sao cho OE = a , qua E kẻ đường thẳng song song với Oy cắt đường thẳng d tại I, qua I kẻ đường thẳng song song với Ox cắt Oy tại F. Ta sẽ chứng minh I là điểm cố định.
Hình1.26 Ta chứng minh tương tự như trên được OF = b
Từ đó suy ra hình bình hành OEIF có các cạnh đối lần lượt a và b không đổi , lại có: O , E , F cố định nên ta suy ra được I cố định hay d đi qua điểm cố định là I.
Bài toán trên ta đã mở rộng theo hướng tổng của 1
OM và
1
ON. Bây giờ ta thử
Bài toán 2-3: Cho hai đường thẳng xx’ và yy’ cắt nhau tại O . Một đường thẳng
d cắt hai cạnh Ox và Oy tại M và N và thoả mãn a b 1
OM ON− = trong đó a , b
là các số dương cho trước. Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
Trường hợp 1: a b 1
OM ON− = (1)
Hình 1.27 Từ (1) ta có OM < a
Trên tia Ox lấy E sao cho OE = a thì E nằm ngoài OM, từ E kẻ đường thẳng song song với yy’ cắt d tại I, từ I kẻ đường thẳng song song với xx’ cắt yy’ tại F Ta sẽ chứng minh I cố định.
Ta có IEOF là hình bình hành ⇒OE = IF = a
Có IE// ON, theo hệ quả của định lý Ta-let ta có : IE ME
ON = MO ⇒ IE ON ME OM ON OM + = + Hay IE OE 1 ON + = OM ⇒ a FO 1 OM ON− = Mà a b 1
OM ON− = (giả thiết ) ⇒OF = b không đổi
Có O cố định , xx’, yy’ cố định; OE = a , OF = b không đổi
⇒ E , F cố định
Xét hình bình hành OEIF có O , E , F cố định
Trường hợp 2 : b a 1
ON OM− =
Ta chứng minh tương tự : d đi qua điểm cố định I nằm trong góc xoy.
Hình 1.28
c) Tri thức phương pháp chuẩn bị tốt nhất cho HS ứng xử và giải quyết những tình huống tương tự trong học tập cũng như trong cuộc sống.
Chúng ta đã biết HS được truyền thụ tri thức phương pháp tìm lời giải bài toán thông qua bốn bước mà G. Pôlya đã nêu: tìm hiểu nội dung bài toán, xây dựng chương trình giải, thực hiện chương trình giải, kiểm tra kết quả và nghiên cứu lời giải có tác dụng rèn luyện cho HS khả năng phát hiện vấn đề, giải quyết các vấn đề tương ứng trong thực tế. Việc truyền thụ cho HS những tri thức phương pháp có tính chất tìm đoán để giải một số loại bài toán cần thiết, nhưng mục đích hàng đầu là HS không chỉ nắm vững cách giải từng bài tập mà là rèn luyện khả năng giải bài tập nói chung để ứng phó với những tình huống mới mẻ, không lệ thuộc vào những khuôn mẫu có sẵn.
Ví dụ: Bên trong một tam giác có 3 góc nhọn, hãy tìm một điểm có tổng các khoảng cách từ đó tới các đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.
Nhận xét: Đây là một bài toán đòi hỏi HS phải tìm tòi để dự đoán vị trí của điểm nằm trong tam giác thoả mãn yêu cầu bài toán, nhưng không dễ.
Ta giả sử O là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC (hình 1.29).
Khi đó nếu ta xét phép quay tâm A góc 600 ta có các điểm B,C,O biến thành các
GV: Nói cách khác đoạn AO sẽ biến thành AO’ và góc O’AO= 600. Như vậy tam giác AOO’ đều nên OA=OO’.Ta có tổng khoảng cách từ O đến các đỉnh
được viết lại như thế nào? (Mong đợi: OA + OB + OC = BO + OO’ + O’C)
B' O' C' O C B A Hình 1.29
GV: Lúc này hai điểm B và C’ là cố định, đo đó đường gấp khúc BOO’C’ ngắn
nhất khi nào? ( Mong đợi: Khi nó là đường thẳng)
GV: Tức là khi: ∠AOB =∠AO’C’ = 1200 ( Do ∠AOO’= ∠AO’O = 600)