Đánh giá tổng hợp về cảm nhận

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 Học tốn vì

bắt buộc Là mơn học khó u thích mơn học khi học bài Khó khăn ở nhà Hiểu bài trên lớp Không đồng ý Tương đối đồng ý Đồng ý Khá đồng ý Rất đồng ý

Qua khảo sát nhận thấy: 01.Học tốn vì bắt buộc:

Cần học để thi, sau này dễ có việc làm,.. 06. Mơn học khó:

Đa số đánh giá nó là mơn học khó, khơng hiểu rõ ràng bài trên lớp. 07. Yêu thích với mơn học:

Đa số khơng u thích vì nhiều lý do: Khơng hấp dẫn, khó,.. 08. Khó khăn khi học bài ở nhà:

Cịn một số ít chƣa hiểu bài ,đa số làm theo thói quen, khơng có phƣơng pháp suy nghĩ.

05.Hiểu bài: Đa số học sinh đƣợc hỏi tự đánh giá là chƣa hiểu bài trên lớp, tuy nhiên chƣa làm đƣợc những bài không theo mẫu.

1.7.3.2. Học sinh tự đánh giá về sự phát triển tư duy trong học tốn

Chúng tơi phát phiếu S2(xem phụ lục). Mục đích của phiếu điều tra này nhằm giúp học sinh tự đánh giá thực trạng về sự phát triển tƣ duy của mình, thái độ của giáo viên với việc phát triển năng lực phán đoán của học sinh. Kết quả thu đƣợc nhƣ trên thực tế là không khả quan, việc đánh giá này đƣợc thực hiện tại một trƣờng mà chất lƣợng giáo dục và sự phản hồi của phụ huynh là tƣơng đối tốt. Giáo viên cũng thƣờng đƣợc nhà trƣờng yêu cầu tham gia các chuyên đề và cập nhật các phƣơng pháp giáo dục tiên tiến qua nhiều nguồn thông tin.

Bảng 1.9: Học sinh tự đánh giá về sự phát triển tƣ duy trong học toán

Câu Số ngƣời chọn /phƣơng án Câu Số ngƣời chọn /phƣơng án 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 47 6 5 2 2 7 60 1 1 0 0 2 1 2 1 10 48 8 1 3 4 5 49 3 54 4 2 1 1 9 1 2 2 4 53 4 57 2 1 1 1 10 1 1 3 5 52 5 58 2 1 1 0 11 0 1 1 2 58 6 0 1 1 5 55 12 60 1 1 0 0 Bảng 1.10:Đánh giá tổng hợp

Mức độ Tiêu chí Khơng đồng ý Tƣơng đối đồng ý Đồng ý Khá đồng ý Rất đồng ý Số lƣợng % Số lƣợng % Số lƣợng % Số lƣợng % Số lƣợng % Đƣợc hƣớng dẫn các kỹ thuật làm việc nhóm. 107 86.3 7 5.6 5 4 4 3.2 1 0.8

Tôn trọng tự do phán đoán và liên

tƣởng. 219 88.3 17 6.9 5 2 5 2 2 0.8

Khuyến khích sự phán đoán. 54 87.1 4 6.5 2 3.2 1 1.6 1 1.6

Đƣợc hƣớng dẫn cách phán đoán. 52 83.9 5 8.1 3 4.8 1 1.6 1 1.6 Mơn tốn giúp cho phát triển khả

năng phán đoán của học sinh. 47 75.8 6 9.7 5 8.1 2 3.2 2 3.2

Biểu đồ 1.3:Học sinh tự đánh giá thực trạng phát triển năng lực phán đoán.

Từ khảo sát việc phát triển tƣ duy của học sinh khi học tốn trong thực tế ta có kết luận sau:

01.Đƣợc hƣớng dẫn cách thức làm việc theo nhóm : Đa số học sinh trả lời là khơng đƣợc hƣớng dẫn

02.Tơn trọng tự do phán đốn và liên tƣởng: Học sinh cho rằng mình bị áp đặt về tƣ duy khi học toán, buộc phải làm theo mẫu.

03. Khuyến khích sự phán đốn: Khơng đƣợc khuyến khích khi học tốn. Câu trả lời thƣờng gặp ở đây là giáo viên coi nhẹ, nhiều khi không chấp nhận kết quả của phán đốn vì cho rằng nó thiếu cơ sở logic, và phán đốn có đúng cũng

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 Được hướng dẫn các kỹ thuật làm việc nhóm Tơn trọng tự do phán đốn và liên tưởng Khuyến khích sự phán đoán Được hướng dẫn cách phán đoán Mơn tốn giúp cho phát triển khả năng phán đốn của học sinh Khơng đồng ý Tương đối đồng ý Đồng ý Khá đồng ý Rất đồng ý

chỉ là một sự trùng hợp ngẫu nhiên.

04.Hƣớng dẫn cách phán đoán khi học toán: Học sinh cho rằng mình không đƣợc hƣớng dẫn, giúp đõ về cách thức phán đốn.

05.Mơn toán giúp cho sự phát triển khả năng phán đốn của học sinh: Đa số học sinh có câu trả lời là khơng.

1.8.Dạy học sử dụng phán đốn trong dạy học hình học ở trƣờng THCS

Mặc dù mất nhiều thời gian và nhiều khi không mang lại hiệu quả tức thời, nhƣng dạy học có khâu phán đốn có những ƣu điểm sau đây:

Khuyến khích ngƣời học tìm tịi, dự đốn, phát hiện vấn đề, học tập các tri thức theo cách mơ phỏng lại q trình phát minh ra tri thức đó...Phát triển các năng lực nhận thức, phát triển tƣ duy toàn diện, tƣ duy phức hợp cho ngƣời học.

1.9.Tính cấp thiết củadạy học phát triển năng lực phán đoán của học sinh

1.9.1.Yêu cầuphát hiện vấn đề, kiến tạo kiến thức mới

Điểm nổi bật của các phƣơng pháp dạy học tích cực là yêu cầu ngƣời học có khả năng phát hiện vấn đề. Để ngƣời học có khả năng phát hiện vấn đề, cần thiết kế hoạt động phán đoán phát hiện vấn đề. Trong thời đại ngày nay thì "khả năng phát hiện ra vấn đề còn quan trọng hơn giải quyết vấn đề".

Khi dạy học theo quan điểm kiến tạo, việc thực hiện các phán đoán, nêu các giả thuyết là khâu chủ chốt quyết định thành công của phƣơng pháp dạy học này.

1.9.2.Phát huy tính sáng tạo và tư duy phức hợp

Để phát huy tính sáng tạo,tƣ duy phức hợp cho ngƣời học, cần thiết kế các hoạt động phán đoán đa diện. Thống nhất và đƣa ra giải pháp sáng tạo từ các phán đốn đa diện đó.

KẾT LUẬN CHƢƠNG 1

Trong chƣơng này, luận văn đã:

Đề cập đến khái niệm phán đoán, quan điểm tƣ duy phức hợp, các kỹ thuật tƣ duy phức hợp của Edward de Bono.

Đƣa ra hệ thống các khái niệm liên quan đến năng lực phán đoán.

Thiết kế năm bƣớc tƣ duy phát triển năng lực phán đoán, nguyên tắc thiết kế một phán đoán theo quan điểm tƣ duy phức hợp, dựa trên kỹ thuật tƣ duy của Edward de Bono.

Phân tích Chƣơng trình Hình học ở trƣờng THCS và khảo sát thực trạng dạy học phát triển năng lực phán đốn hiện nay ở trƣờng THCS.

Nêu lên tính cấp thiết của dạy học phát triển năng lực phán đoán trong dạy học hình học ở trƣờng THCS. Làm rõ phạm vi sử dụng và tính tất yếu cần phải phát triển năng lực phán đốn trong dạy học ở trƣờng THCS nói chung và dạy học hình học nói riêng.

Chúng tôi sẽ đi vào thiết kế và minh họa cho các giải pháp cụ thể ở Chƣơng 2.

CHƢƠNG 2

MỘT SỐ BIỆN PHÁP SƢ PHẠM NHẰM GÓP PHẦN PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC PHÁN ĐỐN CHO HỌC SINH THƠNGQUA DẠY HỌC

HÌNH HỌC Ở TRƢỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ

2.1.Xem xét hết các yếu tố phán đoán đƣa ra nhiều phƣơng án giải quyết vấn đề

Bằng các sự liên tƣởng khác nhau giữa giả thiết và kết luận, xem xét các yếu tố, điều kiện đã có dƣới các góc độ khác nhau, ngƣời học có thể đƣa ra nhiều phƣơng án khác nhau để giải quyết vấn đề. Khi cần đƣa ra các phƣơng án mới để giải quyết vấn đề, ta thƣờng quay lại sử dụng các công cụ CAF, PMI,OPV,APC trong các kỹ thuật tƣ duy của Edward de Bono.

Bài toán2.1.Cho tam giác ABC cân tại A, trên các cạnh AB và AC lấy các

điểm D và E sao cho AD=AE. Chứng minh BE=CD.

Lời giải: Cách 1.Chứng minhADC vàAEB bằng nhau.

VìABC cân tạiA nênAB AC v àABC ACB. XétAEB vàADC có: AB AC ( chứng minh trên) BAC  là góc chung   AE AD gt

nên ADC AEB c g c . . , do vậy BE CD (hai cạnh tƣơng ứng).

Cách 2.Chứng minhBDC vàCEB bằng nhau.

Ta có:AB AD BD v AC AE EC  à   ,màAB AC v AD AE gt à   , Hình vẽ 2.1 F H D E B C A

nênBD EC . XétBCD vàBCEcó: BD CE (chứng minh trên) BDC BEC    (chứng minh trên) BC là cạnh chung

NênBCD BCE c g c . . , do đó BE CD (hai cạnh tƣơng ứng).

Cách 3. Chứng minhBDE vàCEDbằng nhau.

Ta có: AB AD BD v AC AE EC  à   ,mà AB AC v AD AE gt à   , nênBD EC .

VìAE AD gt  ,nên ADE cân tại A do đóADE AED,

mà BDE1800ADE vàCED1800AED, nên BDE CED.

XéBDE vàCED có: BD EC (chứng minh trên). . BDE CED    (chứng minh trên). DE là cạnh chung.

NênBDE CED c g c . . , do vậyBE CD (hai cạnh tƣơng ứng).

Cách 4.Sử dụng tính chất hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau.

VìAD AE gt  , nênADE cân tạiA, do đóADE AED (tính chất tam giác cân).

TrongADE có:DAE ADE AED1800(tổng ba góc trong tam giác), nênDAE 2. ADE1800.

VìABC cân tạiA nênABC ACB(tính chất tam giác cân).

TrongABC có:BAC ABC ACB1800(tổng ba góc trong tam giác), nênBAC 2. ABC180 .0

Từ đó suy raABC ADE, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nênDE BC/ / (dấu hiệu nhận biết hai đƣờng thẳng song song).

Xét tứ giác BDEC có:DE BC/ / (chứng minh trên),nên tứ giác BDEC là hình thang.MàDBC ECB (chứng minh trên), nên tứ giác BDEC là hình thang

cân. Do vậy BE CD (tính chất hình thang cân). Cách 5. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sửBE CD .Từ AB AC và AD AE ta suy ra BD CE . Xét BEC vàCDBcó: BClà cạnh chung. BD CE (chứng minh trên). BE CD (theo giả sử).

NênECB DBC(liên hệ giữa góc và cạnh đối diện trong hai tam giác). Xét ABC cóACB ABC nênAB AC (trái giả thiết).

Do vậy điều giả sử là sai.

Tƣơng tự, nếu giả sử BE CD ta cũng suy ra điều giả sử là sai. Do vậyBE CD .

2.2.Đặc biệt hóa để phán đốn đƣa ra vấn đề mới.

Tiếp tục khai thác bài toán 2.1 ban đầu, vận dụng khả năng đặc biệt hóa,phán đốn đƣa ra vấn đề mới.Các cơng cụ tƣ duy đƣợc ƣu tiên sử dụng ở đây là C&S;PMI;CAF; APC và bƣớc tƣ duy PO.

2.2.1. Đặc biệt hóa bài tốn theo hướng BE và CD là các đường cao

Bài tốn 2.2.Cho ABC cân tại A, có BE và CD là các đƣờng cao, chứng minh BE CD (chỉ xét trƣờng hợp BAC900, các trƣờng hợp còn lại chứng minh tƣơng tự).

Lời giải:

Cách 1. Chứng minh hai tam giác bằng nhau suy ra hai cạnh tương ứng bằng

nhau.

Xét tam giácBDC và CEB có:

  0 90 BDC BEC gt     BC là cạnh chung DBC ECB

   (doABCcân tại A).

Hình vẽ 2.2 F H D E B C A

NênBDC CEB ch gn  , do đó: BE CD (hai cạnh tƣơng ứng).

Cách 2. Sử dụng mối liên hệ giữa độ dài dây cung và số đo góc nội tiếp chắn

cung đó.

DoBDC BEC900 gt ,nên tứ giácBDECnội tiếp đƣợc trong một đƣờng tròn.

Mà DBC ECB(do ABCcân tạiA), nên CD BE (tính chất góc nội tiếp).

Cách 3. Sử dụng tính chất của phép đối xứng trục.

Gọi F là trung điểm BC. Do ABC cân tại A,nên phép đối xứng trục AF biến

ABC

 thành ACB, do đó nó biến BE thành CD.

Theo tính chất bảo tồn khoảng cách giữa 2 điểm bất kì qua phép đối xứng trục ta suy ra BE CD .

Bài toán2.3.(Bài toán đảo)Cho ABC, các đƣờng caoBEvà CD bằng nhau. Chứng minh ABC cân (chỉ xét trƣờng hợpBAC900,các trƣờng hợp còn lại chứng minh tƣơng tự).

Lời giải: Cách 1. Sử dụng tam giác bằng nhau, chứng

minh hai góc kề đáy bằng nhau suy ra tam giác cân.

Chứng minh đƣợc tam giác BDC CEB ch cgv  .Do vậy:DBC ECB

(hai góc tƣơng ứng).Suy ra ABC cân tại A.

Cách 2. Sử dụng liên hệ giữa dây và góc nội

tiếp chứng minh hai góc ở đáy bằng nhau suy ra tam giác cân.

Chứng minh đƣợcBDC CEB90 ,0 do đó tứ giác BDEC nội tiếp đƣợc trong một đƣờng trịn.MàDC BE , nên DBC ECB(tính chất góc nội tiếp).Do đóABC cân tại A.

Cách 3. Sử dụng tam giác bằng chứng minh hai

cạnh bằng nhau suy ra tam giác cân. Hình vẽ 2.3

F H

D E

B C

Chứng minh đƣợc:ADC AEB c g c . . , suy ra AB AC .

Do đó ABCcân tại A.

Cách 4. Sử dụng tính chất của đường trung trực và tính chất ba đường cao

của tam giác.

+ Gọi H là giao của BE và CD,chứng minh đƣợc H là trực tâmABC.

+ Chứng minh đƣợc: BDC CEB ch cgv  ,từ đó suy ra BHCcân tại

H.

Do vậy HFlà trung trực của BC.Áp dụng tính chất đƣờng trung trực suy ra

ABC

 cân tại A.

Bài toán 2.4.Cho ABCnội tiếp O R; ,các đƣờng cao AD BE và ; CF cắt nhau tại H. Điểm A chuyển động trên O R; sao cho ABC nhọn.Các đƣờng cao

; ;

AD BE CF cắt đƣờng tròn ngoại tiếp ABC tƣơng ứng tạiA B C'; '; '. 1.Chứng minh bốn điểm: A E H F; ; ; nằm trên 1 đƣờng tròn.

2. Chứng minh: i AE AC. AF.AB AH AD . .

 ii BF BA BH BE BD BC: .  .  . .

 iii BF BA CE CA BH BE CH CF BC: .  .  .  .  2.

3.Chứng minhH và A' đối xứng nhau qua D, từ đó suy ra bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp các tam giác BHC AHB AHC; ; bằng nhau và bằng R. 4.Chứng minh H là tâm đƣờng tròn nội tiếp DEF.

5.Chứng minh 9 điểm gồm chân các đƣờng cao, trung điểm các cạnh của tam giác, trung điểm các đoạn thẳng nối từ đỉnh tam giác đến trực tâm nằm trên một đƣờng tròn (Đƣờng tròn Euler).

6.Gọi I là trung điểm của BH, chứng minh ID và IF là tiếp tuyến của đƣờng đi qua 4 điểm A C D F; ; ; .

7. Chứng minh:  i :AH BH CH 2.

 : 9. ' ' ' AD BE CF ii A D B E C F    : 9. ' ' ' 4 AD BE CF iii A A B B C C   8.Chứng minh . 2 4 BC

AD HD , dấu bằng xảy ra khi nào?

Lời giải:

1. Chứng minh bốn điểm :A E H F; ; ; nằm trên một đường tròn.

Do BE CF; là các đƣờng cao trong tam giác nênAEH HFA90 .0

Do đó bốn điểm A E H F; ; ; nằm trên đƣờng tròn đƣờng kính AH.

2.

(i): Chứng minh: AE AC. AF.AB AH AD . .

Xét AEB và AFC có: BAC  chung, 0 90 AEB CFA     ,nên AEB  AFC(g.g),do đó FA EA CA BAsuy ra : . . . AE AC AF AB XétAFH vàADBcó: 0 90 ADC AFC     ,nên

tứ giác ACDF nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính

AC, suy raFCD FAD

, do vậy:AFH ADB

(g.g), do đóAF AH

AD ABnên:

. . .

AF AB AH AD Từ đó: AE AC AF AB AH AD.  .  . .

(ii).Chứng minh: BF BA BH BE BDBC.  .  . .

Chứng minh đƣợc:BHF BEA g g . ,suy raBF BE,

BH BA nên BF BA BH BE.  . . Hình vẽ 2.4 I K S N P M H E F D B' A' C' A C B

Chứng minh đƣợc:BHD BCE g g . ,do đó:BH BC,

BD  BE nên BH BE BD BC.  . .

Từ đó suy ra: BF BA BH BE BD BC.  .  . .

(iii).Chứng minh:  iii BF BA CE CA BH BE CH CF BC: .  .  .  .  2.

Chứngminh đƣợc:CAF CHE g g . ,suy ra CA CH,

CF  CE nên CH CE CF CA.  . . Mặt khác, từ chứng minh trên ta cóBF BA BH BE.  . . Từ đó:BF BA CECA BH BE CH CF.  .  .  . . Chứng minh đƣợc:CHD CBF g g . ,suy ra CH CB, CD CF nên CH CF CB CD.  . . Mà: 2   . . . BC BC BD CD BC BD CB CD Do đó ta có:BF BA CECA BH BE CH CF BC.  .  .  .  2.

3. Chứng minh A' đối xứng với H qua BC, từ đó suy ra đường trịn ngoại tiếp AHB BHC CHA; ; có bán kính bằng nhau và bằng R.

Ta có:ABC AA C' (góc nội tiếp cùng chắn cung AC), mà

0 0

90 à ' ' 90 ,

ABC HCB v AA C A CF

        nênHCF FCA'.

TrongHCA'có CF vừa là đƣờng cao vừa là phân giác nên F là trung điểm của HA', màHA'BC nên A'và H là hai điểm đối xứng với nhau qua BC. Tƣơng tự ta chứng minh đƣợc B C'; ' cũng đối xứng với H qua AC AB; .