7. Cấu trúc luận
1.7 Kết luận chơng 1
Để nâng cao chất lợng học tập môn toán cho HS ở trờng phổ thông thì một trong những yếu tố không thể thiếu đợc đó là việc bồi dỡng và phát triển năng lực HĐKT đã có của HS. Điều đó đợc thể hiện qua khả năng giải bài tập toán, khả năng tiếp thu những khái niệm, định lí,…khả năng vận dụng để kiến tạo kiến thức.Môi trờng cho những hoạt động đó là việc xây dng chuỗi những bài toán.Trong quá trình xây dựng đó chúng ta cần phải tạo cho các em niềm tin, tinh thần say mê, hứng thú học toán; tạo cho các em môi trờng t duy, đặt các em trong các tình huống cần phải động não để đạt đợc khả năng HĐKT tốt nhất.
Trong chơng 1 này luận văn đã nêu lên đợc những quan niệm về năng lực, NLHĐ kiến thức, các dạng biểu hiện cơ bản của năng lực thông qua một số ph- ơng pháp dạy học không truyền thống. Bên cạnh đó chơng 1 cũng đã đề cập đến vai trò và thực trạng của việc rèn luyện và phát triển năng lực HĐKT cho HS hiện nay thông qua điều tra mẫu.
Khi dạy học hình học không gian đặc biệt là chơng “Véctơ trong không gian. Quan hệ vuông góc” HS gặp khó khăn chủ yếu là: Đứng trớc bài toán hình học cần dựa trên cơ sở nào để HĐKT một cách đúng đắn. Để đáp ứng nhu cầu trên trong chơng 2 chúng tôi đa ra một số biện pháp nhằm bồi dỡng năng lực HĐKT đã có của HS trong dạy học giải toán ở trờng phổ thông.
một số phơng thức tăng cờng năng lực huy động kiến thức của HS trong quá trình dạy giải toán. 2.1 Các định hớng xây dựng và thực hiện các phơng thức s phạm
Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của chơng trình giảng dạy trong nhà trờng. Đối với HS thì giải toán là hình thức chủ yếu của HĐ toán học nhằm thực hiện tốt chức năng dạy học, chức năng giáo dục, chức năng phát triển, chức năng trí tuệ và chức năng kiểm tra. Đối với GV, dạy học giải toán là một trong những vấn đề quan trọng của quá trình dạy học, GV không dừng lại ở mức độ hớng dẫn HS trình bày một lời giải đúng đắn, đầy đủ và có căn cứ chính xác mà phải biết cách hớng dẫn HS thực hành giải bài tập theo hớng tìm tòi, tự nghiên cứu lời giải. Để từ những bài toán cơ bản có thể phát triển nên những bài toán mới, đa dạng.
Từ đó chúng tôi đã có những định hớng sau đây cho việc xây dựng và thực hiện một số phơng thức s phạm nhằm phát triển năng lực HĐKT cho HS trong dạy học giải toán ở trờng phổ thông.
Định hớng 1: Các biện pháp s phạm đợc xây dựng phải dựa trên nền tảng tri thức chuẩn của sách giáo khoa Toán hiện hành.
Định hớng 2: Các biện pháp s phạm cần bảo đảm tạo ra khó khăn đúng mức, nhằm làm cho học sinh đợc tham gia vào quá trình hình thành tri thức và kỹ năng.
Định hớng 3: Hệ thống các biện pháp phải đảm bảo sự kích thích hứng thú học tập, nhằm phát huy tính tích cực và năng lực trí tuệ của học sinh.
Định hớng 4: Các biện pháp s phạm đợc đề xuất phải dựa trên vốn kiến thức của học sinh và việc liên tởng, huy động các kiến thức một cách hợp lý sẽ góp phần giải quyết các vấn đề Toán học.
Định hớng 5: Các biện pháp s phạm đợc đề xuất phải đảm bảo tính khả thi, và thông qua các biện pháp, học sinh phải thấy đợc vai trò của năng lực huy động kiến thức trong dạy học giải toán.
Sau đây là một số các phơng thức s phạm nhằm tăng cờng năng lực HĐKT của HS trong quá trình dạy học giải toán.
2.2. Phơng thức 1: Rèn luyện cho HS biến đổi bài toán theo nhiều hình thứckhác nhau để lựa chọn cách huy động kiến thức đã có thích hợp cho lời giải khác nhau để lựa chọn cách huy động kiến thức đã có thích hợp cho lời giải bài toán
2.2.1.Rèn luyện cho HS biến đổi bài toán theo nhiều góc độ khác nhauđể pháthuy đợc năng lực HĐKT huy đợc năng lực HĐKT
Trong một bài toán, một vấn đề toán học có đại lợng bất biến cũng có đại l- ợng biến thiên. Vì vậy khi đứng trớc một vấn đề ngời làm toán phải biết xem xét mối liên hệ giữa các đại lợng, phải biết nhìn nhận mọi khả năng có thể xảy ra đối với vấn đề mình đang quan tâm và nh vậy là phải có sự biến đổi bài toán.
Có nhiều cách thức khác nhau để biến đổi bài toán, chẳng hạn là sự biến đổi hình thức của bài toán. Cách thức này dựa trên tri thức của triết học duy vật biện chứng: một nội dung có thể diễn đạt bằng nhiều hình thức khác nhau (nhiều góc độ khác nhau). Biến đổi bài toán cũng có thể đợc tiến hành đồng thời cả nội dung và hình thức thông qua tiến trình biến đổi tơng đơng, hoặc biến đổi bài toán về “gần” với bài toán quen thuộc. Ta sẽ xét ví dụ sau đây để làm sáng tỏ luận điểm này:
Bài toán 1: Cho hình thang ABCD có = =900,AD = 2a, AB = BC = a, trên tia Ax vuông góc với mp(ABCD) lấy điểm S sao cho AS = a 2. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đờng thẳng AB và SC.
Trớc hết, ta có thể xem xét các đại lợng (một cách tơng đối) của bài toán nh:
+) Đại lợng bất biến (không thay đổi): = =900, Ax ⊥ mp(ABCD) +) Đại lợng biến thiên: hình thang ABCD, AD = 2a, AB = BC = a, AS = a 2.
Từ những nhận xét trên ta tìm cách biến đổi một phần của đại lợng biến thiên chẳng hạn nh thay hình thang bởi hình vuông, bài toán trở thành: “ Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh AB = a. Cạnh SA
= h và vuông góc (ABCD). Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau SC và AB”(1).
Rõ ràng khi giải bài này sẽ không khó khăn vì để dựng đờng vuông góc chung của SC và AB là MN thì ta có thể dựng đờng thẳng AH vuông góc SD, sau đó dựng MN∥AH Đây là một hoạt động tạo t duy linh hoạt cho HS, và bớc đầu hình thành cho các em kỹ năng biết tìm ra bài toán mới nhờ việc biến đổi một phần giả thiết hoặc phát biểu bài toán bằng cách tơng tự hoá.
GV đa HS trở về bài toán ban đầu, lúc này các em đã đợc định hớng, đã có sự liên tởng đến kiến thức cần phải sử dụng. Để chuyển việc xét hình thang về việc xét hình vuông ta chỉ cần kẻ từ C đờng thẳng song song với AB và cắt AD tại I. Lúc này ta sẽ làm việc với hình chóp SABI rất gần gủi với hình chóp trong bài (1).(Hình vẽ)
Để tính khoảng cách của hai đờng thẳng chéo nhau SC và AB ta có thể nhìn nhận bài toán bằng nhiều hình thức (góc độ) khác nhau, chẳng hạn:
Góc độ 1:
- Từ C dựng CI // AB (I ∈ AD); dựng AH ⊥ SI (H∈ SI ) - Từ H dựng HM // CI ( M ∈ SC ).
dựng MN // AH ( N ∈ AB).
- MN là đoạn vuông góc chung của SC và AB. ∆SAI vuông tại A và AH là đờng cao nên:
2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 1 1 1 1 a a a AI SA AH = + = + = ⇒ AH = MN =a36 . Góc độ 2: Để tính khoảng cách giữa AB và SC
đa về việc tính khoảng cách giữa AB với mp(SCI) hay khoảng cách từ A tới mp(SCI).
Góc độ 3: Gọi (P) là mặt phẳng qua SC và CI; (Q) là mặt phẳng qua AB và (Q) // (P). S A B C D I H N M x Hình 1
Khi đó: d(AB, SC) = d((P), (Q)) = d(A,(P)) = AH =
3 6
a (A ∈ AB ⊂ (Q))
Góc độ 4: Vận dụng công thức tính thể tích của khối chóp tam giác : d(AB, SC) = SCI SACI S V ∆ 3 .
Qua nghiên cứu lý luận và thực tiễn cho thấy khi nhìn nhận bài toán dới những góc độ khác nhau tơng ứng có những cách HĐKT khác nhau đều phải dựa trên sơ đồ tri thức đã có, kinh nghiệm đã có của HS. HS đợc thể hiện tri thức và kinh nghiệm trong quá trình giải quyết vấn đề, nếu tri thức và kinh nghiệm đó không đủ hoặc cha phù hợp với nhu cầu đặt ra thì buộc họ phải tạo nên sơ đồ kiến thức mới để hiểu vấn đề mới, cấu trúc lại kiến thức cho phù hợp với môi tr- ờng.
Bài toán 2: Cho hình lập phơng ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng BC’ và CD’ ?
Để tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau ta có thể xem xét chúng trên những góc độ, khía cạnh phù hợp với sơ đồ tri thức đã có, hoặc từ tri thức, kinh nghiệm đó đề xuất những vấn đề tơng đơng với những vấn đề đã đợc giải quyết nhằm phát triển tri thức một cách sâu rộng hơn có cách nhìn vấn đề một cách toàn diện hơn.
Góc độ1: (Hình 1)
Xét khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song tơng ứng chứa hai đờng thẳng đó.
Kí hiệu khoảng cách là d.
-Từ gợi ý trên HS sẽ phải tìm hai mặt phẳng song chứa hai đờng thẳng chéo nhau. HS phát hiện đợc CD’∥AB ; BC’∥AD’nên (ACD’) ∥(BA’C’)
Ta có: CD’ ⊂ (ACD’) và CD’∥ (BA’C’) ⊃ BC’ ⇒ d(BC’, CD’) = d((ACD’), (BA’C’)).
- Để tính khoảng cách GV gợi ý cho HS có thể HĐKT dựa trên việc nhận xét về BO và D’O.
(Câu trả lời mong đợi: chúng đều là các đờng trung tuyến của hai tam giác ACD’,BA’C’)
Bằng thao tác t duy, HS hoàn toàn chứng minh đợc B’D ⊥ (BA’C’) tại G; B’D ⊥ (D’AC) tại G’; GG’ = 3 1 B’D, mà B’D = a 3⇒ d(BC’,CD’) = 3 3 1 a
Khi đã giải quyết xong một vấn đề chúng ta
không nên bằng lòng ở đó mà cần cố gắng khai thác sâu thêm trong nội tại của nó để hình thành tri thức mới, chẳng hạn có thể đề xuất bài toán sau:
Bài toán 2.1:Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. CMR đờng chéo B’D lần lợt đi qua trọng tâm G, G’của tam giác ACD’,BA’C’.”
Góc độ 2: (Hình 2)
Xét khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa đờng thẳng a ∥ (P) ⊃ b
-Với hớng suy nghĩ này chúng ta sẽ phải chọn một mặt phẳng chứa một đ- ờng thẳng và song song với đờng thẳng còn lại:
BC’∥(ACD’) ⊃ CD’ nên d(BC’, CD’) = d(BC’, (ACD’)) - Xác định khoảng cách d.
Trong (BDD’B’) kẻ BH ⊥ D’O ∈ (ACD’) nên BH = d(BC’, (ACD’)) . Để ý BH là đờng cao ∆D’BO mà S∆BOD’ = 12 S∆BD’D
Từ đó suy ra: BH = 3 3 1 a . Vậy d(BC’,CD’) = BH = 3 3 1 a .
Theo G.Polya thì khi nghiên cứu bài toán ta phải biết gạt bỏ cái gì không phải là bản chất và chỉ giữ lại cái gì thuộc về bản chất nên từ bài toán trên ta có thể phát biểu lại dới một dạng khác:
A B C D A’ ’ B’ ’ C’ ’ D’ ’ G G’ O O ’ (Hình 1) A B C D A’ ’ B’ ’ C’’’’ D’ ’ O H (Hình 2)
Bài toán 2.2: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, có cạnh AB = AC = a, gọi O là trung điểm của BD . Từ B kẻ đờng thẳng cắt C’O tại H. Chứng minh H thuộc đ- ờng tròn tâm B.
Bài toán 2.3: Cho hai hình vuông ABA’B’ và CDA’B’ cạnh a, trên đờng thẳng Dx không vuông góc với mặt phẳng (CDA’B’) lấy một điểm H. Hãy xác định vị trí của H để khoảng cách BH là nhỏ nhất.
Cách giải của hai bài toán vừa đề xuất chính là cách giải của bài toán về tìm khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau.
Góc độ 3: (Hình 3)
Xem khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau a và b là đờng vuông góc chung của chúng.
Từ nhận xét đó ta hình thành sơ đồ kiến thức cần huy động nh sau:
- Gỉa sử MN là đờng vuông góc chung của hai đờng thẳng chéo nhau.Ta cần tìm vị trí của M trên BC’ và N trên CD’:
+) Đặt: C’M = x ; NC = y với x,y ∈ [0; a 2].
+) Tìm x, y. Khi này ta phải liên tởng đến hệ thức Talet trong mặt phẳng. Từ M kẻ PQ ∥CC’, từ N kẻ EF ∥ CC’. Ta có : CDCN =CDCE ' ⇒ CE = y2 = C’F = N F ⇒ DE = NF = F D’ = a - y2 . Tơng tự: C’Q = MQ = CP = 2 x , B’Q = BP = MP = a - 2 x . +) Tính MN.
Việc làm này đợc thực hiện thông qua xét hai cặp tam giác vuông MNC, MND’ và MNC’, MNB tơng ứng theo hai đờng thẳng chéo nhau BC’, CD’. áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông ta đợc:
Tam giác MND’ vuông tại N: MN2 = ( x2 )2 + ( x2 )2 + a2 - (a 2- y)2(1)
A B C' A’ ’ B’ ’ D’ ’ M N P Q E F D C (Hình 3)
∆MNC vuông tại N nên: MN2 = ( a - x2 )2 + ( x2 )2 - y2 (2) Kết hợp (1), (2) ta đợc phơng trình: 2y + x = a 2 (*) Tơng tự đối với cặp tam giác vuông MNC’, MNB ta có PT: 2x + y = a 2 (**) Từ (*) và (**) ta có hệ phơng trình: = + = + 2 2 2 2 a y x a x y . Giải hệ này tìm đợc x = y = 3 2 a
Vậy M ∈ BC’ và cách điểm C’ một khoảng là MC’= a32 , và N∈ CD’ cách C một khoảng là CN =
3 2
a . Khi đó thay x, y vào một trong các biểu thức biểu thị của MN ta đợc: MN2 = ( a - x2 )2 + ( x2 )2 - y2 = 3 2 a . Hay MN = 3 3 1 a .
Từ cách giải trên cho thấy độ dài đờng vuông góc chung của hai đờng thẳng chéo nhau không phụ thuộc vào vị trí của M, N. Nh vậy ta có thể đề xuất bài toán sau:
Bài toán 2.4: Cho hình lập phơng ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy điểm M∈ A’B, N ∈ AD’ sao cho A’M = D’N = x ( x ∈ (0,a ))
a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất, tính MN.
b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đờng vuông góc chung của A’B và AD’, đồng thời MN ∥ AC’.
• Ta có thể giải quyết bài toán này dựa trên việc HĐKT về hệ thức Talet. - Kẻ MH ⊥ A’B’ thì MH ∥BB’ và MH = = AH. - Kẻ NK ⊥ AD thì NK = = DK ⇒ KH =a-x . Ta có MN2= MH2+ HK2+ KN2 = 3x2- 2a x +a2. A B C' A’ ’ B’ ’ D’ ’ M N D C (Hình 4) H’ ’ K’ ’
Vậy MN nhỏ nhất khi và chỉ khi x=a . • Thay x=a vào MN ta đợc: MN = a .
b) Để chứng tỏ MN là đờng vuông góc chung thì MN ⊥ A’B và MN ⊥ AD’. Xét tam giác AMN có MN2 = ; AM2 = , tính AN theo hàm số cos trong tam giác ADN.
Góc độ4: Từ bài toán 2.4 cho ta cách giải bài toán đã cho.
Góc độ 5: Dùng ngôn ngữ véc tơ
HS phát biểu lại bài toán bằng cách khác cho phù hợp với tình huống s phạm hoặc là việc biến đổi đối tợng để hình thành sơ đồ nhận thức mới.
Bài toán 2.5: Gọi M, N lần lợt là các điểm thuộc BC’ và CD’ sao cho MA = k MD, ND = k NB (k ≠ 0;1).
a) Chứng minh rằng MN ∥(A’BC).
b) Khi MN ∥A’C, chứng tỏ MN là đờng vuông góc chung của BC’và CD’ GV gợi ý cho học sinh HĐKT về véc tơ và các điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ trong không gian để chứng minh cho MN ∥(A’BC) ⇔ chứng tỏ , , đồng phẳng, đồng thời MN không thuộc mp(A’BC).
, , đồng phẳng ⇔ = - + (*) với = ; = ; = . Theo qui tắc hình hộp A’C = + + ; MN ∥ A’C ⇔ = m ⇔ - + = m( + + ).
Do , , là ba véc tơ không đồng phẳng từ đó tìm đợc k. Thay k vào hệ thức (*) và tính độ dài của ta đợc khoảng cách MN cần tìm.
Bài toán 3: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. Chứng minh rằng:
a) Hình chiếu vuông góc H của O xuống (ABC) là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ∆ABC.
1 b) 2 2 2 2 1 1 1 1 OC OB OA OH = + +
2 Bài toán có thể phát biểu một cách cụ thể hơn là:
a) Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC.