Biện pháp 4: Trang bị các thủ pháp, kỹ năng thực hiện các thao tác tư

6. Cấu trúc của luận văn

2.2.4. Biện pháp 4: Trang bị các thủ pháp, kỹ năng thực hiện các thao tác tư

duy như: dự đoán, lật ngược vấn đề, đặc biệt hóa… để GQVĐ toán học.

a, Mục tiêu của biện pháp

Theo tác giả Nguyễn Thanh Tâm [16], ‘‘thủ pháp hoạt động nhận thức theo tư tưởng sư phạm của G. Polya là những cách thức suy nghĩ (tư duy) nhằm

biến đổi, tổ chức tri thức khéo léo, linh hoạt, tinh tế, thúc đẩy chủ thể hoạt động nhận thức một cách nhanh chóng với hiệu quả cao ’’.

Dạy học theo hướng trang bị các thủ pháp, kỹ năng thực hiện các thao tác tư duy toán học với chủ đề PPTĐ trong mặt phẳng có mục đích là nâng cao khả năng nhận thức, phát triển năng lực trí tuệ của HS. Nếu GV thường xuyên cho HS rèn luyện các thao tác của tư duy như: phân tích, tổng hợp, dự đoán, lật ngược vấn đề, đặc biệt hoá, khái quát hoá, vận dụng kiến thức cũ để tìm ra kiến thức mới, tương tự, so sánh… một cách linh hoạt và phù hợp với từng đối tượng, thì chất lượng dạy học sẽ được nâng lên.

Trong quá trình dạy học có hai hoạt động chính là hoạt động của GV và hoạt động của HS. Để đạt hiệu quả cao không chỉ GV cần có thủ pháp giảng dạy và thuyết trình mà HS cũng cần có thủ pháp học tập đúng đắn. Vì vậy, chúng ta cần quan tâm bồi dưỡng các thủ pháp học tập cho HS, rèn luyện cho HS những kỹ năng hoạt động nhận thức khéo léo, độc đáo nhằm phát triển khả năng GQVĐ. Biện pháp này tác động vào thành tố tìm giải pháp, lựa chọn giải pháp và thực hiện GQVĐ.

b, Cách thực hiện biện pháp

Khi đứng trước một bài toán, việc phân tích và tìm hướng giải quyết cho bài toán là rất quan trọng, nó quyết định bài toán đến đích hay không. Mỗi nội dung dạy học toán đều có những hoạt động nhất định. Vì vậy, GV cần chú ý xây dựng các hệ thống câu hỏi nêu vấn đề hướng tới các dạng hoạt động: nhận dạng và thể hiện, hoạt động toán học phức tạp, hoạt động trí tuệ toán học phổ biến, hoạt động trí tuệ toán học chung: hoạt động tư duy, hoạt động ngôn ngữ,… sẽ giúp HS rèn luyện tư duy, kích thích sự sáng tạo, năng lực phán đoán, nhận biết.

1) Quan sát để hình thành dự đoán

Ví dụ 2.12: Xét vị trí tương đối của các cặp đường

thẳng d1 và d2 :

nd

1 nd

2

GV: Quan sát phương trình các đường thẳng em có nhận xét gì? HS: Em thấy được VTPT của các đường thẳng. Cụ thể:

n  (1;1) . 2

GV: Em hãy dự đoán cách giải bài toán này.

n  (4;10) và 1

HS: Cách giải: Nhận thấy các VTPT và không cùng phương với nhau

nên d1 cắt d2 .

GV: Còn cách giải nào khác không?

HS: Từ hệ số của mỗi phương trình dạng tổng quát, ta xét các định thức

D; Dx ;Dy . GV: Em hãy trình bày cụ thể. HS: Nhận thấy d1 và d2 có hệ số lần lượt là A  4; B  10;C 1; A' 1; B' 1;C '  2. Ta có : D  A.B ' A'.B  4.1  1.(10)  14  0 Dx  B.C' B'.C  (10).2 1.1  21 Dy  C.A' C '.A 1.1  2.4  7  x  Dx 3 Vì D  0 nên d1 cắt d2 tại điểm I :  D

 y  Dy  D 2   1 2

GV: Còn bạn nào có cách giải khác nữa không? HS: Em giải hệ phương trình gồm d1 và d2 . Cụ thể: x  3 d d 

4x  10 y  1  0



x  y  2  0 x  y  2  1

   y 

 2 

ud  6ud

1 2

ud ;ud

12

Số nghiệm của hệ phương trình chính là số giao điểm của hai đường thẳng . Nghiệm của hệ chính là tọa độ giao điểm. Vậy

điểm.

d1 cắt d2 tại điểm một b) d

1 :12x  6 y  10  0 và d : x  5  t 

GV: Quan sát phương trình các đường thẳng đã cho em có nhận xét gì? HS: Em thấy VTPT của

d1 và VTCP của d2 . Cụ thể:

nd  (12;6)  ud  (6;12)  6(1;2) và

ud  (1;2) . Nhận thấy, vì

1 1 2

nên cùng phương với nhau. Do đó

d1 song song hoặc trùng với d2 . GV: Làm thế nào để biết được d1 song song hay trùng với d

2 ? HS: Ta lấy điểm

M (5;3) d2 . Sau đó thay tọa độ M vào phương trình đường thẳng d1 để kiểm tra xem M có thuộc d1 không? Cụ thể:

12.5  6.3  10  52 

0 nên M (5;3) d1.

GV: Còn cách giải nào khác không các em? HS: Ta giải hệ phương trình d1 và d2 . Cụ thể: 12x  6 y  10  0  x  5  t 012(5  t)  6(3  2t)  10   x  5  t 0t  52  0 x  5  t     y  3  2t  y  3  2t  y  3  2t   

Hệ phương trình trên vô nghiệm

nên d1 song song với d2 .

c) d 1 :8x + 10y - 12  0 và d : x 6  5t   y  3   y  6  2 2

ud  2ud 1 2 ud ;ud 12 u1 u2 u1 u2

GV: Quan sát phương trình đường thẳng

d1 và d2 em có nhận xét gì? HS: Em thấy VTPT của d1 và VTCP của d2 . Cụ thể: nd  (8;10)  ud  (10;8). và ud  (5;4). Nhận thấy, vì nên 1 1 2

cùng phương với nhau. Do

đó d1 song song hoặc trùng với d2 . Tương tự như ý b ở trên, ta kiểm tra

thấy

8.(6)  10.6  12  0.

M (6;6) d1 vì

Vậy d1 trùng với d 2 .

GV: Còn cách giải nào khác không? HS: Ta giải hệ phương trình: 8x + 10y  12  0  x  6  5t 8(6  5t)  10(6  4t)  12  0 x 6  5t 0t  0  x  6  5t     y  6  4t  y  6  4t  y  6  4t   

Hệ phương trình có vô số nghiệm, do

đó d1 trùng với d2 .

GV: Qua các ví dụ trên, em hãy dự đoán phương pháp giải chung cho dạng toán này.

HS: Cách 1: Giải hệ phương trình gồm các đường thẳng cần xét vị trí tương đối. Số nghiệm của hệ phương trình chính là số giao điểm của các đường thẳng.

Cách 2: Nếu đường thẳng cho ở dạng PTTQ ta xét các định thức

D; Dx ;Dy .

Cách 3: Xét sự cùng phương của các VTPT(hoặc VTCP) của mỗi đường thẳng. Giả sử d

1 có là một VTCP, d2 có là một VTCP. Khi đó: + và cùng phương ⇒ d1 và d2 song song hoặc trùng nhau.

u1 u2 u1  u2  d1

n1 n2 n1 n2

n1 n2

+ không cùng phương với

+ d2 .

*

d1 và d2 cắt nhau.

Tương tự đối với hai VTPT và ta cũng có : + và cùng phương

⇒ d1 và d2 song song hoặc trùng nhau. + không cùng phương với * d1

ud (1; 2)

ud (1; 2)  nd (2;1). nd (2;1)

+ n1 n 2 d1 d2 .

2) Lật ngược vấn đề

Ví dụ 2.14: Cho phương trình tham số của đường thẳng

d :



x  5 

t

. Hãy xác định phương trình tổng quát của đường thẳng d .



y  9  2t

GV: Em hãy xác định giả thiết, kết luận của bài toán.

HS : Giả thiết cho PTTS của d . Kết luận yêu cầu tìm PTTQ của d . GV: Từ PTTS, em hãy chỉ ra một điểm đi qua và một VTCP của d . HS: Điểm M(5;9) và VTCP .

GV: Để viết PTTQ của d , ta cần làm gì ?

HS: Cần xác định một điểm đi qua và một VTPT của d .

GV: Vấn đề cần tìm trong bài toán này là gì? Em hãy nêu cách giải quyết vấn đề bài toán.

HS: Vấn đề cần tìm là VTPT của d . Ta tìm VTPT của d từ VTCP. Cụ thể: Phương trình tổng quát của d đi qua M(5;9) , nhận

làm VTPT có dạng là: 2(x  5)  1( y  9)  0  2x  y  1  0 .

Ví dụ 2.15: Dạy học bài phương trình đường tròn.

GV: Có thể tạo tình huống lật ngược vấn đề như sau: + Từ phương trình đường tròn: (x  a)2  ( y  b)2  R2.(1) Khai triển ta được: x 2  y2  2ax - 2by + a2 + b2 - R2 = 0 . Ha y x

2  y2  2ax  2by + c = 0 . (2) (trong đó c  a2  b2  R2 ) . Bây giờ xét vấn đề ngược lại là với a,b,c tùy ý thì phương trình dạng (2) có phải là phương trình của đường tròn hay không? Và nếu có thì đường tròn đó có tâm và bán kính như thế nào?

a2  b2  c a2  b2  c

a2  b2  c

a2  b2  c

GV: Em hãy biến đổi (2) để đưa về dạng phương trình của đường tròn? HS: x2  y2  2ax  2by + c = 0  x2  y2  2ax  2by + a2 + b2 + c  a 2  b2 = 0  (x  a)2  ( y  b)2  a2  b2  c.(3) GV: Gọi I (a;b) và M (x; y)

thì vế trái của (3) chính là IM 2 . Hãy xét các trường hợp có thể xảy ra của vế phải ?

HS: + Nếu a2  b2  c  0

thì IM  .

Vậy (2) chính là phương trình đường tròn tâm

R  . I (a;b) và có bán kính nhất. + Nếu a2  b2  c  0 thì IM  0

nên (2) chỉ xác định một điểm I duy

+ Nếu

a2  b2  c  0

thì không có điểm M nào thỏa mãn (2). Phương trình

x2  y2  2ax  2by + c = 0

là phương trình của đường tròn khi và chỉ khi a2  b2  c  0 . Khi đó tâm của đường tròn là

điểm I (a;b) và bán kính R  . Vậy đường tròn (C) có tâm I (a;b) , bán kính R có phương trình: + Dạng 1: + Dạng 2: (x  a)2  ( y  b)2  R2 . x2  y2  2ax - 2by + c = 0 .

tròn

3) Đặc biệt hóa

Ví dụ 2.16: Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm

(C):(x1)2  ( y  2)2  8.

M

(3;4)

của đường

GV: Để viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn ta cần làm gì? HS: + Viết phương trình đường thẳng đi qua M (3;4).

+ Sử dụng điều kiện đường thẳng tiếp xúc với đường tròn khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm của đường tròn đến đường thẳng bằng bán kính của đường tròn đó.

8

8 a.1  b.2  3a  4b

a2  b2 8.

8.a2  b2

GV: Cho HS suy nghĩ trình bày lời giải ra nháp. HS: Tóm tắt lời giải:

Đường tròn (C):(x1)2  ( y  2)2  8. có tâm

I (1;2); R  . Gọi  là tiếp tuyến của (C) . Đường thẳng đi qua

trình tổng quát dạng :

M

(3;4)

có phương

a(x  3)  b( y  4)  0  ax  by  3a  4b  0.(4)

Vì  tiếp xúc với (C) nên  dI ;  R  , tức là:  2a  2b   4a2  4b2  8ab  0 2a  2b2  0  a  b

Chọn a b  1 thay vào (4) ta được phương trình tiếp tuyến  là

x  y  7  0 .

Bài giải trên của HS là hoàn toàn đúng, tuy nhiên bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nếu HS phát hiện được điểm M mà tiếp tuyến đi qua nằm ngay trên đường tròn (C) , tức là  tiếp xúc với (C) tại M . Làm thế nào để HS phát

hiện ra điều này?

GV sẽ gợi ý HS tìm cách giải khác như sau:

+ Ngoài cách làm trên, ta còn có thể viết được phương trình tiếp tuyến  bằng cách khác không?

+ Nếu HS vẫn chưa phát hiện ra vấn đề, GV tiếp tục gợi ý: Hãy kiểm tra vị trí của điểm M so với đường tròn?

HS: M C , suy ra tọa độ của M thỏa mãn phương trình (C) . GV: Nếu

HS:  là tiếp tuyến với đường tròn tại tiếp điểm M .

GV: Áp dụng công thức phương trình tiếp tuyến tại 1 điểm hãy viết phương trình  .

HS: (C) có tâm

I (1;2) , phương trình tiếp tuyến với

(C)

tạ i

M (3;4) là:

(3  1)(x 3)  (4  2)(y 4)  0  2x + 2y 14 =0  x + y  7 = 0. GV: Hãy so sánh kết quả và nhận xét về cả 2 cách giải của bài toán. HS: Kết quả cả 2 cách giải đều giống nhau, nhưng cách 2 nhanh gọn và dễ hơn cách 1.

Bài toán tổng quát: Để viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C)

đi qua một điểm M (x

0; y0 ) cho trước ta làm như sau: + Trước hết, kiểm tra xem điểm

M C



không?

+ Nếu

M C thì phương trình tiếp tuyến đi qua một điểm chính là phương trình tiếp tuyến tại một điểm và có dạng:

(x0  a)(x x0 )  (y0  b)(y y0 )  0 (trong đó I (a;b) là tâm của (C); M (x0; y0)). + Nếu M C 

thì phương trình tiếp tuyến sẽ dựa vào điều kiện tiếp

xúc:

dI ;  R (với I

(a;b)

là tâm của (C) ).

4) Giúp HS hiểu toán học gắn liền với thực tiễn

Sau khi học xong bài phương trình đường elip, HS sử dụng các kiến thức và áp dụng công thức đã học, quy vấn đề lạ về vấn đề quen, để chuyển từ bài toán thực tế về bài toán áp dụng được dạng phương trình chính tắc của elip và thực hiện các phép biến đổi để GQVĐ, chẳng hạn như:

Ví dụ 2.17: (Bài 10/trang 94- SGKHH10 cơ bản)

“Ta biết rằng Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất theo một quỹ đạo là một elip mà Trái Đất là một tiêu điểm. Elip đó có chiều dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là 769266 km và 768106 km. Tính khoảng cách ngắn nhất và

a2  b2

khoảng cách dài nhất từ Trái Đất đến Mặt Trăng, biết rằng các khoảng cách đó đạt được khi Trái Đất và Mặt Trăng nằm trên trục lớn của elip.”

Hướng dẫn giải

GV: Bài toán cho ta biết điều gì?

HS: Đề bài đã cho trước một đường elip có phương trình

x2 y2 2a  769266(km) a2  b2  1 và  2b  768106(km) .

GV: Hãy tìm mối liên hệ giữa các đại lượng mà đề bài đã cho,nêu ý tưởng giải?

HS: Vì quỹ đạo của Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất là một elip mà Trái Đất là một tiêu điểm. Đề bài cho trước một đường elip có phương trình

x2  y2 a2 b2  1 và 2a  769266(km)  c    21116(km) Giả sử

F1 hoặc F2 là tâm Trái Đất thì khoảng cách ngắn nhất từ tâm Trái Đất đến Mặt Trăng là : A1F1  a  c  363517(km) .

Khoảng cách dài nhất từ tâm Trái Đất đến Mặt Trăng là:

F1 A2  a  c  405749(km) .