Tập luyện cho học sinh các hoạt động đồng hóa và điều ứng nhằm kích thích quá trình hình thành và mở rộng vùng phát triển gần nhất

Tiết 25: BÀI TẬP VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG I. Mục tiêu

2.3.5. Tập luyện cho học sinh các hoạt động đồng hóa và điều ứng nhằm kích thích quá trình hình thành và mở rộng vùng phát triển gần nhất

Vưgôtxki cho rằng trong suốt quá trình phát triển của trẻ thường xuyên diễn ra hai trình độ: hiện tại và vùng phát triển gần nhất. Trình độ hiện tại là trình độ mà tại đó các chức năng tâm lí đã đạt tới độ chín muồi, còn vùng phát triển gần nhất trong đó các chức năng tâm lí đang trưởng thành nhưng chưa chín muồi. Như vậy, hai trình độ phát triển của trẻ, thể hiện hai mức độ chín muồi của các chức năng tâm lý ở các thời điểm khác nhau. Đồng thời chúng luôn vận động, vùng phát triển hôm nay thì ngày mai sẽ trở thành trình độ hiện tại và xuất hiện vùng phát triển gần mới nhất.

Theo lý luận về “vùng phát triển gần nhất” của Vưgôtxki: Dạy học theo đúng chức năng của nó là dạy học phát triển. Muốn vậy, nó không được đi sau sự phát triển, phụ họa cho sự phát triển. Dạy học phải đi trước sự phát triển, kéo theo sự phát triển. Tức là dạy học không hướng vào trình độ phát triển hiện thời

mà phải tác động vào vùng phát triển gần nhất trong trí tuệ của học sinh. Ông cho rằng chỉ có cách dạy học đi trước sự phát triển mới thực sự kéo theo sự phát triển, định hướng và thúc đẩy nó, và nếu các hoạt động được tổ chức trong

“vùng phát triển gần nhất” sẽ đạt hiệu quả cao.

Trong quá trình điều ứng, HS bắt buộc phải thay đổi sơ đồ nhận thức cũ để ăn khớp với thông tin mới, làm thay đổi nhận thức và thu được sơ đồ nhận thức mới - lúc này “vùng phát triển gần nhất” trở thành “trình độ hiện tại”. Lúc đó, bằng hoạt động đồng hóa, HS sát nhập thông tin mới vào sơ đồ nhận thức đã có, mở rộng, khắc sâu cái đã biết. Như vậy, thông qua các hoạt động đồng hóa và điều ứng được GV khéo léo thiết lập trong các tình huống học tập cụ thể, mà HS sẽ phát triển về trình độ nhận thức nói chung và năng lực giải toán nói riêng.

Sau đây là một số cách nhằm tạo thuận lợi cho tiến trình hoạt động đồng hóa và điều ứng của HS:

1) Sử dụng các câu hỏi nhằm giúp học sinh liên tưởng và huy động các kiến thức cũ liên quan đến kiến thức mới

GV dùng những câu hỏi nhằm giúp HS huy động những kiến thức cũ có liên quan đến tình huống mới, qua đó nhanh chóng nắm bắt được nội dung nào có thể vận dụng vào. Một số câu hỏi thường dùng trong dạy giải bài tập toán là:

+ Giả thiết cho biết điều gì? Cần tìm (chứng minh) điều gì? Có thể tóm tắt bài toán bằng hình vẽ, ký hiệu nào?

+ Bài toán có thể phát biểu dưới dạng khác không?

+ Nội dung bài toán liên quan đến các kiến thức nào?

+ Bài toán thuộc dạng toán nào? Phương pháp giải đối với dạng toán này là gì?

+ Để có kết luận của bài toán ta cần có điều kiện gì? Có thể khai thác giả thiết nào để đi đến kết luận?

Ví dụ 2.25: Bài toán 1: (Hình 2.37) Cho hình chóp S.ABC là tam diện vuông đỉnh S. Đường cao SH hợp với SA, SB, SC các góc theo thứ tự là , ,

. Tìm mối liên hệ giữa cos2, cos2, cos2.

Giáo viên có thể định hướng cho học sinh bằng câu hỏi sau:

Câu hỏi 1: Giả thiết cho biết điều gì? Cần tìm điều gì? Có thể tóm tắt bài toán bằng hình vẽ, ký hiệu nào?

Câu trả lời mong đợi:

+ Hình chóp S.ABC là tam diện vuông đỉnh S SA SB;SA SC;SC SB   + Đường cao SH hợp với SA, SB, SC các góc theo thứ tự là , , và  + Cần tìm mối liên hệ giữa cos2, cos2 và cos2

B

C H E

S

A

Hình 2.37

Câu hỏi 2: Các giá trị cos2, cos2 và cos2 liên quan đến độ dài các cạnh nào?

Câu trả lời mong đợi: Các giá trị cos2, cos2 và cos2 có mối liên hệ với các cạnh SA, SB, SC, và SH vì những cạnh này liên quan mật thiết đến , , và  Đến đây, hoạt động điều ứng xảy ra khi HS biến đổi:

+)

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

SH SH SH 1 1 1

cos cos cos SH ( )

SA SB SC SA SB SC

          

+) Gọi E là giao của AH và BC, điều này là hợp lí để có thể sử dụng giả thiết S.ABC tam diện vuông

Câu hỏi 3: Từ đặc điểm SAE ta có hệ thức nào giữa SH, SA và AE ? Câu trả lời mong đợi:

+ Do tam giác SAE vuông tại S  12 12 12 SH SA SE

+ Do tam giác SAE vuông tại S  12 12 12 SH SA SE

+ Tương tự, trong SBC ta có 12 12 12 12 12 12 12 SE SB SC  SH SA SB SC

2 2 2

2 2 2

SH SH SH

SA SB SC 1

    .Vậy:cos2 cos2 cos2 1

Sau khi thu được kết quả trên, GV cho HS củng cố lại khi thực hiện các hoạt động đồng hóa bằng các bài toán cho dưới dạng về nhà dưới đây:

Bài toán 2: Cho hình chóp S.ABC là tam diện vuông đỉnh S, độ dài các cạnh SA, SB, SC lần lượt là a, b,c. Gọi SH là đường cao của hình chóp S.ABC.

Hãy tính SH theo a, b,c (bài toán này là một ứng dụng của cách giải bài toán 1) Bài toán 3: (Hình 2.38) Cho hình lập phương ABCD.A B C D cạnh bằng1 1 1 1

a. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên đường thẳng AD, AB, AA1 sao cho:

AM a

2, 2a

AN 3 , 5a

AP4 . Xác định khoảng cách từ A tới mặt phẳng (MNP)

D C

D1 C1

A1

B1

A B

P M

N

Hình 2.38

Bài toán này bản chất là của bài toán 2 khi xét trên hình chóp A.MNP. Để tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (MNP) ta có thể sử dụng cách làm ở bài toán 1

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh A xuống mặt phẳng (MNP)

khi đó ta có 2 2 2 2

1 1 1 1 10a

AH AM AN AP  AH 689 .

Bài toán 4 : Cho hình chóp S.ABC là tam diện vuông đỉnh S có đường cao SH hợp với SA, SB, SC các góc theo thứ tự là , ,  với  và  là hai góc phụ nhau. Nhận xét về đặc điểm của hình chóp S.ABC

Tiếp tục như vậy, GV giao những nhiệm vụ mới kích thích HS chủ động, tích cực chiếm lĩnh tri thức, hình thành và chín muồi “vùng phát triển gần nhất”

Bài toán 5: (Hình 2.39) Cho hình chóp S.ABC là tam diện vuông đỉnh S.

M là một điểm ở miền trong tam giác ABC. SM hợp với các cạnh bên SA, SB, SC các góc theo thứ tự là , , . Tìm mối liên hệ giữa cos2, cos2, cos2.

Bài toán này đặt ra cho HS một tình huống mới, các em cần thấy được sự giống nhau giữa bài toán 1 và bài toán 5 (thực hiện đồng hóa) và sự khác nhau cơ bản giữa chúng là gì? (thực hiện điều ứng). Quá trình giải quyết bài toán này sẽ đưa vùng phát triển gần nhất tới trình độ hiện tại.

HS sẽ nhận thấy trong bài toán 1 có SH (ABC) còn trong bài toán 5 thì SM có thể không vuông góc với (ABC). GV có thể gợi ý thông qua các câu hỏi:

GV: Với sự khác nhau đó thì kết quả cos2 cos2 cos2 1 có đúng nữa không? Ta có thể sử dụng kết quả vừa tìm được không?

Muốn sử dụng kết quả đó ta cần phải tạo ra những yếu tố nào?

HS: Dựng mặt phẳng (Q) vuông góc với SM tại H và cắt các cạnh SA, SB, và SC tại A1 , B1 , C1

GV: Trong hình chóp S.A B C1 1 1 ta có điều gì?

HS: Trong hình chóp S.A B C1 1 1 ta có:

2 2 2 2

1 1 1

1 1 1 1

SH SA SB SC  cos2 cos2 cos2 1

A

B

C S

H

M A1

B1 C1

Hình 2.39 Giáo viên tiếp tục đưa ra ví dụ sau đây:

Bài toán 6: (Hình 2.40) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D . Gọi 1 1 1 1 ,

, và  là góc giữa các đường thẳng AB, AD, AA1 với AC1. Tìm mối liên hệ giữa cos2, cos2 và cos2

D C

D1 C1

A1 B1

A B

Hình 2.40

HS sẽ nhận ra bài toán này bản chất là bài toán 5 xét trên hình chóp A.BDA1 và C1 đóng vai trò như điểm M (thực hiện đồng hóa) từ đó tính được:

2 2 2

cos  cos  cos  1

2) Rèn luyện cho học sinh cách nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ nhằm chuyển hóa chúng từ mô hình này sang mô hình khác.

Trong một số trường hợp, nhiều khi hình thức của bài toán gây khó khăn cho HS khi muốn chiếm lĩnh nội dung của nó. Khi đó, biến đổi hình thức của bài

toán sang dạng khác để qua đó mà HS thực hiện đồng hóa, điều ứng bài toán mới, vấn đề mới một cách dễ dàng hơn là một cách hay. Trong dạy học, GV cần chú trọng một số cách thức có thể chuyển đổi dạng toán từ mô hình này sang mô hình khác như sau:

a) Chuyển bài toán từ những hình ban đầu sang hình khác

HS nếu nhận biết tốt được các mối quan hệ giữa các hình thì có thể chuyển bài toán trên hình ban đầu về hình khác mà việc giải bài toán trên hình mới là quen thuộc hay sẽ dễ dàng hơn. Ta xét một số mối quan hệ giữa các hình quen thuộc sau đây:

+ Hình tam giác là một bộ phận của hình bình hành + Hình tam giác vuông là một bộ phận của hình chữ nhật + Hình tứ diện là một bộ phận của hình hộp

+ Tứ diện gần đều là một bộ phận của hình hộp chữ nhật hoặc một bộ phận của tứ diện vuông

Ví dụ 2.26: (Hình 2.41) Tính thể tích của tứ diện ABCD cho biết AB = CD = a; AC = BD = b; AD = BC = c.

Đây là nội dung của chương trình lớp 12 nhưng hoàn toàn có thể dùng kiến thức của lớp dưới để giải quyết nếu HS biết nhìn nhận: trong một hình hộp chữ nhật, đường chéo của các mặt đối diện luôn luôn bằng nhau và các đường chéo này nếu lựa chọn hợp lý luôn tạo cho ta một tứ diện có các cặp cạnh đối bằng nhau. Do đó, luôn tạo ra được một hình hộp chữ nhật chứa tứ diện có các cặp cạnh đối bằng nhau và ta chuyển bài toán đã cho về bài toán được xét trên hình hộp chữ nhật. Điều quan trọng là HS cần tìm được mối liên hệ giữa hai hình này và việc đi tính thể tích tứ diện chỉ là việc so sánh nó với thể tích hình hộp chữ nhật, trong khi thể tích hình hộp chữ nhật luôn tìm được dễ dàng.

Hình 2.41

Ta đặt tứ diện ABCD trong hình hộp AMBN.ECFD và gọi các kích thước là AM = x; AN = y; AE = z. Khi đó ta có x, y, z được tính theo hệ phương trình

sau:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

a x y

b x z

c y z

  

  



  



. Từ đó tính z, y, z theo a, b, c ta có:

2 2 2

a b c

x 2

 

 ; a2 c2 b2

y 2

 

 ; b2 c2 a2

z 2

 



Khi đó VAMBN.ECFD x.y.z. Mặt khác ABCD AMBN.ECFD

V 1V

6



2 2 2 2 2 2 2 2 2

ABCD

1 b c a a b c a c b

V . .

3 2 2 2

     



b) Chuyển bài toán dưới dạng ngôn ngữ khác

Có những bài toán mà việc giải sẽ trở nên dễ dàng hơn ta dựa vào những mối quan hệ trong toán học để chứng minh chúng theo một quan hệ khác.

Chẳng hạn, để chứng minh quan hệ song song ta lại đi chứng minh vuông góc hay ngược lại, như:

+ Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với đường thẳng b ta chứng

minh: c // b a c



   ab

+ Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) ta chứng

minh: a // b b (P)



 

 a (P) hoặc    P // Q

a (Q)



 



 a (P)

+ Để chứng minh mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) ta chứng

minh: a (P) a (Q)

 

 



 (P) //(Q)

Ví dụ 2.28: (Hình 2.42) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy. Gọi O là tâm của hình vuông, M là trung điểm của SC.

N, P lần lượt là điểm thuộc các cạnh SB, SD sao cho AN SB , AP SD . Q là trung điểm của BC. Chứng minh:

a) MOABCD, NPSAC b) BCOMQ

Hình 2.42 Hướng dẫn giải:

a) + Ta có OM là đường trung bình của tam giác SAC nên OM //SA Vậy OM //SA

SA (ABCD)



   MOABCD

O

D

C S

P

N M

B Q

A

+ AN, AP là hai đường cao của hai tam giác SAD, SAB bằng nhau và cùng vuông tại A

Do vậy N, P lần lượt chia các cạnh SB, SD theo các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ nên NP // BD, mặt khác BD (SAC)

Từ đó ta có: NP // BD BD (SAC)



   NPSAC

Nhận thấy bài toán yêu cầu chứng minh vuông góc nhưng tất cả các bước chứng minh của bài toán lại là chứng minh song song. Nếu không có sự nhìn nhận chuyển đổi thì việc chứng minh trực tiếp là rất vất vả.