8. Cấu trúc của luận văn
2.2.4. Biện pháp 4: Tạo điều kiện để học sinh học từ sai lầm và sửa chữa
các sai lầm góp phần phát triển tư duy phản biện.
2.2.4.1. Cơ sở của biện pháp
Khi học sinh mắc sai lầm ở lời giải là xuất hiện tình huống có vấn đề trong dạy học, không phải do giáo viên đề ra theo ý mình mà nó tự nảy sinh trong quá trình suy luận bên trong việc giải toán. Sai lầm của học sinh thúc đẩy quá trình nhận thức của học sinh, gợi động cơ tìm ra sai lầm, sửa chữa và
đi tới lời giải đúng. Tìm ra sai lầm của chính mình hoặc của ngƣời học khác giúp học sinh chiếm lĩnh kiến thức tốt hơn, trọn vẹn hơn. GV cần tạo điều kiện và niềm tin để học sinh tự tìm ra sai lầm trong quá trình học. Học sinh có thể trao đổi để cùng tìm ra sai lầm, và sửa chữa. Từ đó hình thành và phát triển tƣ duy phản biện cho học sinh. Muốn có đƣợc điều đó, đòi hỏi GV phải có sự nghiên cứu, dự đoán trƣớc đƣợc các sai lầm của học sinh trong từng tiết học. GV phải là ngƣời nhanh nhạy, kịp thời trƣớc các tình huống có thể xảy ra, tích cực hóa hoạt động cho học sinh. GV cố gắng hạn chế nguyên nhân sai lầm kể cả khi chƣa xuất hiện, củng cố thƣờng xuyên cho học sinh để sai lầm không tái diễn, hƣớng học sinh tự tìm ra sai lầm và tự sửa chữa, nâng cao tinh thần tự học.
2.2.4.2. Cách thực hiện biện pháp
GV dành thời gian nghiên cứu, dự đoán những sai lầm có thể xảy ra trong quá trình tƣ duy của học sinh để có thể xử lí kịp thời, từ những sai lầm đó biết học sinh đang gặp vấn đề tƣ duy ở đây, định hƣớng học sinh tự tìm ra sai lầm của bản thân và sửa chữa. Trong quá trình làm bài, học sinh thƣờng gặp những sai lầm so không nắm rõ bản chất của khái niệm toán học, không nắm vững nội dụng định nghĩa, dấu hiệu, định lí, tính chất, hệ quả, … từ đó dễ dẫn đến ngộ nhận khi vẽ hình và trình bày lời giải. Những sai lầm này HS có thể khắc phục đƣợc bằng cách xem lại hệ thống kiến thức đƣợc học, phát hiện sai lầm và sửa chữa.
Sai lầm 1 : Sai lầm do phân tích chưa sâu giả thiết, vẽ hình sai nên xảy ra ngộ nhận.
Bài toán 4.1: Cho đƣờng tròn (O) và ABC nội tiếp đƣờng tròn (O). Lấy
một điểm M trên cung BC không chứa điểm A. Gọi H và K lần lƣợt là hình
chiếu của M lên AB, AC HAB K, AC. Tìm vị trí điểm M để độ dài
Lời giải sai lầm :
Hình 2.19
Gọi I và J lần lƣợt là hai điểm đối xứng của M qua H và K.
AIM
và AJM cân tại A.
AI AM AJ
và IAJ 2BAC.
Xét IMJ có HK là đƣờng trung bình của tam giác / / HK IJ và 1 2 HK IJ . HK có giá trị lớn nhất IJ có giá trị lớn nhất
Mà IAJ 2BAC không đổi nên IJ có giá trị lớn nhất AI có giá trị lớn nhất AMcó giá trị lớn nhất AMlà đƣờng kính của đƣờng tròn (O) .
Vậy khi M là điểm đối xứng của A qua O thì độ dài HK có giá trị lớn nhất.
Nhận định sai lầm:
Trong cách giải học sinh thƣờng gặp sai lầm khi không xét đủ trƣờng hợp của bài toán mới chỉ xét một trƣờng hợp có thể xảy ra đó là khi Đề ABC là tam giác nhọn và điểm O nằm trong BAC. Đọc kĩ lại yêu cầu đề bài cho
ABC
bất kì, vậy cần suy xét còn khả năng khác không. Ví dụ khi O nằm
ngoàiBAC thì AM còn là đƣờng kính của đƣờng tròn (O) đƣợc không , câu trả lời là không. Vậy lời giải trên chƣa đủ đối với bài toán, chúng ta cần xét tất cả các trƣờng hợp có thể xảy ra :
Trƣờng hợp 1 : Nếu O nằm trong BAC.
Trƣờng hợp 2 : Nếu O nằm ngoài BAC và AB AC. Trƣờng hợp 3: Nếu O nằm ngoài BAC và AC AB. Trƣờng hợp 4: Nếu O trên một cạnh của BAC.
Lời giải chính xác:
Gọi I và J lần lƣợt là hai điểm đối xứng của M qua H và K.
AIM
và AJM cân tại A.
AI AM AJ
và IAJ 2BAC.
Xét IMJ có HK là đƣờng trung bình của tam giác / /
HK IJ
và 1
2
HK IJ .
Trƣờng hợp 1 : Nếu O nằm trong BAC
HK có giá trị lớn nhất IJ có giá trị lớn nhất
Mà IAJ 2BAC không đổi nên IJ có giá trị lớn nhất AI cógiá trị lớn nhất
AM
có giá trị lớn nhất AM là đƣờng kính của đƣờng tròn (O) . Vậy khi M là điểm đối xứng của A qua O thì độ dài HK có giá trị lớn nhất.
Trƣờng hợp 2: Nếu O nằm ngoài BAC và AB ACthì
HK có giá trị lớn nhất IJ có giá trị lớn nhất AI có giá trị lớn nhất
AM
có giá trị lớn nhất
AM AB
M B
Trƣờng hợp 3: Nếu O nằm ngoài BAC và AC ABthì
Hình 2.21
HK có giá trị lớn nhất IJ có giá trị lớn nhất AI có giá trị lớn nhất
AM
có giá trị lớn nhất
AM AC
M C.
Trƣờng hợp 4: Nếu O trên một cạnh của BAC, không mất tính tổng quát giả sử O nằm trên cạnh AC.
HK có giá trị lớn nhất IJ có giá trị lớn nhất AI có giá trị lớn nhất AM có giá trị lớn nhất AM AC AM là đƣờng kính của đƣờng tròn (O)
Vậy khi M là điểm đối xứng của A qua O thì độ dài HK có giá trị lớn nhất.
Sai lầm 2: Sai lầm do nhận định vội vàng dẫn đến lời giải sai
Bài toán 4.2: Cho nửa đƣờng O R; đƣờng kính AB. Trên nửa đƣờng trong đó lấy điểm M M A B, . Qua điểm M vẽ tiếp tuyến của đƣờng tròn (O; R), tiếp tuyến này cắt các tiếp tuyến tại A và B của đƣờng tròn O R;
lần lƣợt tại C và D. Gọi H là giao điểm của OC và AM, K là giao điểm
OD và BM . Xác định giá trị nhỏ nhất của bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDKH.
Lời giải sai:
Vì CA và CM đều là tiếp tuyến của (O) với A, M là tiếp điểm
CA CM
và OM OA
CO
là đƣờng trung trực của AM và CO là tia phân giác của ACM . Tƣơng tự cũng có DO là đƣờng trung trực của BM.
Hình 2.23 Xét tứ giác HOKM có 90 MHO 90 MKO 90
HKM (AMB là góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn)
tứ giác AOKH là hình chữ nhật HMO HKO
Lại có HMO HCM (vì cùng phụ với CMH)
HCM HKO
Xét tứ giác CDKH có: HCM HKD HKO HKD 180
Mà hai góc HCM và HKD ở vị trí đối diện
Tứ giác CDKHlà tứ giác nội tiếp.
Gọi J là tâm đƣờng tròn nội tiếp tứ giác CDKH
Khi đó: 2 2 DC JCDC JC Xét tứ giác ACDB có: / /
CA BD (cùng vuông góc với AB)
và CAB 90
tứ giác ACDBlà hình thang vuông tại A và B 2
DC ABDC R JC R
Dấu “=” xảy ra khi DC AB, khi đó tứ giác CDKH là hình chữ nhật và / /
DC AB.
Mà OM CD ( vì CD là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) )
OM AB
Vậy giá trị nhỏ nhất của bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDKH là R khi M là điểm chính giữa của AB.
Nhận xét:
Học sinh dễ dẫn đến sai lầm của bài toán này ở bƣớc cuối lập luận GTNN của
JC là R. Điều này sai vì nếu JCR thì M J suy ra CD là đƣờng kính
đƣờng tròn ngoại tiếp CDKH CHD 90 (vô lí).
Lời giải chính xác:
Vì CA và CM đều là tiếp tuyến của (O) với A, M là tiếp điểm
CA CM
và OM OA
CO
là đƣờng trung trực của AM và CO là tia phân giác của ACM . Tƣơng tự cũng có DO là đƣờng trung trực của BM.
Xét tứ giác HOKM có 90 MHO 90 MKO 90
HKM (AMB là góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn)
tứ giác AOKH là hình chữ nhật HMO HKO
Lại có HMO HCM (vì cùng phụ với CMH)
HCM HKO
Xét tứ giác CDKH có: HCM HKD HKO HKD 180
Mà hai góc HCM và HKD ở vị trí đối diện
Tứ giác CDKHlà tứ giác nội tiếp.
Gọi J là tâm đƣờng tròn nội tiếp tứ giác CDKH và I, E lần lƣợt là trung điểm của HK, CD
Hình 2.24
Khi đó: JECD JI, HK.
Ta có: ON CD (vì CD là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O)) và JECD
/ /
JE ON
Lại có: OE/ /AC (vì OE là đƣờng trung bình của hình thang ABDC) mà ACAB
OE AB
Ta có: OE AB, JI HKvà HK / /AB / / JI OE Xét tứ giác OIJE cóJI / /OE và JE/ /OI Tứ giác OIJE là hình bình hành. 1 1 2 2 JE OI OM R
Xét JCE vuông tại E có:
2 2 2 JC JE CE 2 2 2 2 1 4 4 2 R CD JC R CD Xét tứ giác ACDB có: / /
CA BD (cùng vuông góc với AB)
và CAB 90
tứ giác ACDBlà hình thang vuông tại A và B 2 DC ABDC R 2 2 1 5 2 2 R JC R CD
Dấu “=” xảy ra khi DC AB, khi đó tứ giác CDKH là hình chữ nhật và / /
DC AB mà OM CD ( vì CD là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) )
OM AB
M là điểm chính giữa AB.
Vậy giá trị nhỏ nhất của bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDKH là
R khi M là điểm chính giữa của AB.
Sai lầm 3: Sai lầm khi không nắm vững phương pháp giải một số dạng toán dẫn đển trình bày thiếu, kết luận chưa chính xác.
Bài toán 4.3 : Cho ABC vuông ở A. Vẽ hai nửa đƣờng tròn đƣờng kính là AB và AC ra phía ngoài của tam giác. Vẽ cát tuyến EAF (E thuộc nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB; F thuộc nửa đƣờng tròn đƣờng kính AC).
Tìm quỹ tích trung điểm của EF khi cát tuyến EAF quay quanh A.
Hình 2.25
Xét lời giải sau:
Gọi P là trung điểm của BC, I là trung điểm của EF.
Vì E và F nằm trên nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB và AC nên AEB 90 và AFC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn).
; / /
BE FE CF FE BE CF
Xét tứ giác BEFC có: BE/ /CF
Tứ giác BEFC là hình thang
mà P và I lần lƣợt là trung điểm của BC và EF
PI là đƣờng trung bình của hình thang
PI / /BE
PI FE
Do đó, AIP 90 I nằm trên đƣờng tròn đƣờng kính AP.
Kết luận: quỹ tích trung điểm I của EF là đƣờng tròn đƣờng kính AP. Đây là sai lầm học sinh rất dễ gặp phải, vội vàng kết luận bỏ qua bƣớc quan trọng trong lời giải. Đối với bài toán quỹ tích, tìm tập hợp điểm học sinh thƣờng chỉ làm phần thuận, bỏ qua phần đảo và tìm giới hạn của quỹ tích vì vậy GV cần lƣu ý phƣơng pháp khi giải bài toán này.
Muốn chứng minh quỹ tích các điểm N thỏa mãn đặc trƣng 𝒯 là một hình ℋ, ta trình bày nhƣ sau:
Bƣớc 1: Phần thuận ( Mọi điểm thỏa mãn tính chất 𝒯 đều thuộc hình ℋ). Gọi N là điểm bất kì có tính chất 𝒯 , chứng minh N (ℋ).
Tìm giới hạn nếu có.
Bƣớc 2: Phần đảo ( Mọi điểm thuộc hình ℋ đều thỏa mãn tính chất 𝒯 ). Gọi N là điểm bất kì thuộc hình (ℋ), chứng minh M có tính chất 𝒯 . Bƣớc 3: Kết luận: Quỹ tích các điểm N thỏa mãn tính chất 𝒯 là hình ℋ. HS dựa vào cách giải, tìm ra sai lầm bài toán và tự sửa chữa thấy rằng lời giải trên thiếu giới hạn, trình bày thiếu phần đảo. GV dành thời gian cho HS tự sửa chữa.
Trong quá trình giảng dạy, GV có thể gợi ý HS tìm ra sai lầm của bài toán trên bằng cách trả lời câu hỏi:
- E và F di chuyển trên đâu?
Trả lời: Nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB và AC. - Khi đó, liệu quỹ tích của I có bị giới hạn không? - Các bƣớc làm một bài toán quỹ tích là gì?
GV hƣớng dẫn học sinh nhắc lại các bƣớc làm một bài toán quỹ tích:
Lời giải chính xác:
Tìm quỹ tích điểm I trung điểm của EF: +) Phần thuận
Gọi P là trung điểm của BC, I là trung điểm của EF.
Vì E và F nằm trên nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB và AC nên AEB 90 và AFC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn).
; / /
BE FE CF FE BE CF
Xét tứ giác BEFC có: BE/ /CF Tứ giác BEFC là hình thang
Vì PC=PB và IE =IF
PI là đƣờng trung bình của hình thang
PI / /BE
PI FE
Ta có: AIP 90 I nằm trên đƣờng tròn đƣờng kính AP.
+) Giới hạn:
Gọi trung điểm của AB và AC Lần lƣợt là M và N.
Ta có: MP/ /AN MP; AN (tính chất đƣờng trung bình trong tam giác)
Tứ giác ANPM là hình bình hành mà MAN 90
Tứ giác ANPM là hình chữ nhật.
5 điểm A, M, P, N, I cùng nằm trên đƣờng tròn đƣờng kính AP. Nếu EB thì I M;
Nếu FC thì I N.
Vậy I chỉ chuyển động trên cung MN khi EF thay đổi. +) Phần đảo:
Lấy điểm K bất kì trên cung MN của đƣờng tròn đƣờng kính AP. Nối
AK lần lƣợt cắt AB và AC lần lƣợt tại E và F.
Lại có: AKP 90 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn) nên KPFE
và AFC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn).
; / /
BE FE CF FE BE CF
Xét tứ giác BEFC có: BE/ /CF
Tứ giác BEFC là hình thang
Khi đó: KE là đƣờng trung bình của hình thang BCFE
K là trung điểm của EF.
+) Kết luận : Quỹ tích điểm I nằm trên MN của đƣờng tròn đƣờng kính AE.
Bài toán 4.4 : Cho đƣờng thẳng d. Trên d lấy ba điểm A, B, C sao cho điểm B nằm giữa hai điểm A và C. Vẽ các nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB, AC thuộc
hai nửa mặt phẳng khác nhau bờ là đƣờng thẳng d. Lấy một điểm H bất kì trên đoạn thẳng AB. Qua H vẽ đƣờng thẳng vuông góc với d cắt cả hai nửa
đƣờng tròn đƣờng kính AB, AC lần lƣợt ở D và E. Hai đƣờng thẳng DB và EC cắt nhau tại M . Tìm quỹ tích điểm M khi H chuyển động trên đoạn AB.
Hình 2.17
Lời giải:
Phần thuận: Đặt AB2 ,R AC2R thì R R, là các độ dài không đổi. Xét tam giác vuông ADB và AEC, ta có:
2
. 2 .
. 2 . . AD AE AH R R .
Tứ giác ADME nội tiếp đƣờng tròn vì D E 180.
AMDAED DAM ~HAE AD AM AH AE . . 2 . . 2 . AM AH AD AE AH R R AM R R không đổi Từ đó điểm M chạy trên đƣờng tròn tâm A bán kính 2 R R. .
Giới hạn: Vì H chuyển động trên đoạn AB nên:
- Khi H trùng với A thì D và E trùng với A, khi đó M trùng với I nhƣ hình 2.17
- Khi H trùng với B thì M trùng với J nhƣ hình 2.17. Vậy nên H chạy trên cung IJ.
Phần đảo: Lấy điểm M' thuộc cung IJ . Các tia M'B và CM; cắt các nửa
đƣờng tròn đƣờng kính AB, AC lần lƣợt ở D', E'. Dễ chứng minh đƣợc D'E'
vuông góc với AB.
Kết luận: Quỹ tích M là cung IJ thuộc đƣờng tròn tâm A bán kính
2 R R.
Từ bài toán trên ta thấy học sinh dễ gặp sai lầm khi làm bài toán quỹ tích, nhƣng cũng từ sai lầm đó nếu học sinh khắc phục đƣợc thì thông qua đó học