Tạo tình huống chứa đựng các mâu thuẫn làm động lực thúc đẩy sự phát triển

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

2.3.2. Tạo tình huống chứa đựng các mâu thuẫn làm động lực thúc đẩy sự phát triển

Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình phát triển. Một vấn đề gợi ra cho HS học tập chính là một mâu thuẫn giữa yêu cầu nhiệm vụ nhận thức với tri thức và kinh nghiệm sẵn có. Tình huống này phản ánh một cách lôgic và biện chứng quan hệ bên trong giữa kiến thức cũ và kinh nghiệm cũ với yêu cầu giải thích sự kiện mới hoặc đổi mới tình thế.

Theo GS.Đào Tam và TS.Trần Trung thì: “Hoạt động nhận thức nói chung, nhận thức toán học nói riêng được bắt nguồn từ việc phát hiện các mâu thuẫn để từ đó tạo động lực cho hoạt động giải quyết các mâu thuẫn đó.Từ các mâu thuẫn trong dạy học Toán nảy sinh các nhiệm vụ nhận thức ,các đối tượng của hoạt động, đối tượng của tư duy thúc đẩy hoạt động nhận thức” ([35;

tr.15]); “…nguồn gốc chủ yếu của hoạt động nhận thức là các mâu thuẫn và các loại chướng ngại trong dạy học Toán.” ([35; tr.14])

Như vậy, mâu thuẫn chính là nguồn gốc động lực phát triển Toán học.

Chớnh vỡ vậy, khi dạy học GV cần làm rừ tầm quan trọng và ý nghĩa của vấn đề trong việc giải quyết một mâu thuẫn đồng thời cần tạo ra các tình huống gợi vấn đề (tình huống gợi vấn đề là tình huống gợi ra cho HS những khó khăn về lí luận hay thực tiễn mà họ thấy cần thiết và có khả năng vượt qua nhưng không phải ngay tức khắc nhờ một thuật giải mà phải trải qua một quá trình tích cực suy nghĩ, hoạt động để biến đổi đối tượng hoạt động hoặc điều chỉnh kiến thức sẵn có) ẩn chứa các mâu thuẫn giữa kiến thức đã có với kiến thức chứa đựng trong tình huống mới và mâu thuẫn giữa phương pháp đã có của HS với phương pháp ẩn chứa trong kiến thức mới cần phát hiện. Qua quá trình khắc phục vượt trải để giải quyết các mâu thuẫn chướng ngại, HS phát hiện được kiến thức mới, tạo nên sự phát triển về trình độ nhận thức và năng lực tư duy. GV có thể tạo ra các tình huống chứa đựng mâu thuẫn bằng một số hoạt động như sau:

1) Tạo cho học sinh thói quen phát triển bài toán thông qua hoạt động khái quát hóa

Khái quát hóa là việc chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho đến việc nghiên cứu một tập hợp lớn hơn, bao gồm cả tập hợp ban đầu. Điều khái quát này rất có ích vì nó dẫn từ một trường hợp riêng đến một quy luật phổ biến quan trọng. Chúng ta thường khái quát hóa bằng cách chuyển từ chỗ chỉ xét một đối tượng sang việc xét toàn thể một lớp bao gồm cả đối tượng đó.

Theo Nguyễn Ngọc Khuê:“Sự phát triển đi lên là một quá trình khái quát. Những hiểu biết lẻ tẻ dần dần được thống nhất lại trong những lí thuyết

tổng quát. Mỗi lần đạt được sự khái quát hóa như vậy, không những chúng ta có một công cụ lợi hại hơn để chứng minh những hiểu biết cũ theo một cách nhìn thống nhất mà còn là một công cụ để sáng tạo cái mới” ([15; tr.22]). Khi dạy học, người GV cần tạo điều kiện để HS không chỉ thỏa mãn điều vừa tìm được mà còn mở rộng chúng, đồng thời biết cách giải quyết một vấn đề tổng quát dựa trên những cái đã có. Như GS.Nguyễn Cảnh Toàn đã viết “Khi một mâu thuẫn đã được giải quyết thì mâu thuẫn mới lại xuất hiện làm động lực cho một sự tìm tòi mới” ([32; tr.28])

Ví dụ 2.7: 1) Xét hình lập phương ABCD.A B C D (Hình 2.12):1 1 1 1

2 2 2

1 1

BD BD DD = AB2 AD2AA12

2 2 2

1 1

DB BD BB = AB2 AD2 AA12

2 2 2

1 1

AC AC CC = AB2 AD2AA12

2 2 2

1 1

CA AC AA = AB2 AD2 AA12

Từ đó suy ra BD12 DB12 AC12 CA12 4(AA12 AB2 AD )2 2) Xét hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D (Hình 2.12): 1 1 1 1

2 2 2

1 1

BD BD DD = AB2 AD2AA12

2 2 2

1 1

DB BD BB = AB2 AD2 AA12

2 2 2

1 1

AC AC CC = AB2 AD2AA12

2 2 2

1 1

CA AC AA = AB2 AD2 AA12

Từ đó suy ra:BD12 DB12 AC12CA12 4(AA12 AB2 AD )2

Khi HS đã giải quyết được hai bài toán trên, GV có thể đưa ra các phương án dạy học mới. Chẳng hạn ta có bài toán sau:

“Cho hình hộp ABCD.A B C D1 1 1 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

BD DB AC CA 4(AA AB AD )”(Hình 2.13)

Hình 2.12 Hình 2.13 Đứng trước bài toán này, mâu thuẫn nảy sinh do các tri thức phương pháp vận dụng cho các trường hợp riêng không thuộc phạm vi cái được khái quát. Việc chứng minh trên hình hộp chữ nhật và hình lập phương dựa trên đặc điểm của hình hộp đứng mà cụ thể là việc sử dụng nhiều lần định lí Pitago, cách chứng minh này không tương thích với bài toán mới vì các mặt bên của hình hộp không vuông góc với mặt đáy. Có thể khắc phục mâu thuẫn này nhờ định hướng cho HS sử dụng tính chất nổi bật của hình hộp đó là các mặt đều là hình bình hành, điều này cộng với kết luận của bài toán sẽ cho ta liên tưởng đến bài toán quen thuộc: “Trong một hình bình hành, tổng bình phương độ dài hai đường chéo bằng tổng bình phương độ dài các cạnh”. Áp dụng vào bài toán trên, ta có:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

BD DB 2(BD DD ) 2BD 2AA (do tứ giácDBB D là hình bình hành)1 1

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

AC CA 2(AC CC ) 2AC 2AA (do tứ giácACC A là hình bình hành)1 1

2 2 2 2

BD AC 2(AB AD ) (do tứ giácABCDlà hình bình hành) Từ đó ta có: BD12 DB12 AC12 CA12 4(AA12 AB2AD )2

Ví dụ 2.8: Từ các bài toán:

1) Xét điểm A và số k 0 . Khi đó ta có k.AA 0 

B1 C1

C D

A1 D1

A

B

2) Xét hai điểm A , A và hai số 1 2 k , k thỏa mãn 1 2 k1 k2 0. Lấy điểm G

thỏa mãn 1 2 1 2

1 2

GA k A A

k k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, khi đó ta có: k GA1 1k GA2 2 0

  

3) Xét ba điểm A , A , A và ba số 1 2 3 k , k , k thỏa mãn 1 2 3 k1k2 k3 0.

Lấy điểm G thỏa mãn 1 2 1 2 3 1 3

1 2 3 1 2 3

k k

GA A A A A

k k k k k k

 

   

  

, khi đó ta có: k GA1 1 k GA2 2 k GA3 3 0

   

.

Đưa đến bài toán tổng quát như sau: Cho n điểm A , A ,... ,A và 1 2 n n số thực k , k ,..., k thỏa mãn 1 2 n k1k2 ... k n 0. Chứng minh rằng tồn tại điểm G sao cho: k GA1 1 k GA2 2 ... k GA n n 0

   

Nếu cho các em giải ngay bài tập tổng quát thì sẽ gây rất nhiều khó khăn bởi không biết bắt đầu như thế nào. Do vậy, thay vì làm bài toán tổng quát thì học sinh xét các bài toán cụ thể:

+) Cho hai điểm A , A và hai số 1 2 k , k thỏa mãn 1 2 k1k2 0. Chứng minh rằng tồn tại điểm G sao cho: k GA1 1k GA2 2 0

  

. k GA1 1 k GA2 2 0

  

 k GA1 1  k GA2 1 k A A2 1 2 0  (k1 k )GA2 1 k A A2 1 2

 

 1 2 1 2

1 2

GA k A A

k k

 

 

Vậy điểm G thoả mãn 1 2 1 2

1 2

GA k A A

k k

 

 

chính là điểm phải tìm.

+) Cho ba điểm A , A , A và ba số 1 2 3 k , k , k thỏa mãn 1 2 3 k1k2 k3 0. Chứng minh rằng tồn tại điểm G sao cho: k GA1 1k GA2 2 k GA3 3 0

   

1 1 2 2 3 3

k GA k GA k GA 0

   

 k GA1 1k GA2 1k A A2 1 2 k GA3 1 k A A3 1 3 0

     

 (k1k2 k )GA3 1  k A A2 1 2  k A A3 1 3

  

 1 2 1 2 3 1 3

1 2 3 1 2 3

k k

GA A A A A

k k k k k k

 

   

  

Điểm G thoả mãn: 1 2 1 2 3 1 3

1 2 3 1 2 3

k k

GA A A A A

k k k k k k

 

   

  

chính là điểm phải tìm.

Từ đó có cách giải bài toán tổng quát: k GA1 1k GA2 2 ... k GA n n 0

   

 k GA1 1k GA2 1k A A2 1 2 ... k GA n 1k A An 1 n 0

     

 (k1k2 ... k )GA n 1 k A A2 1 2  ... k A A n 1 n

  

 1 2 1 2 n 1 n

1 2 n 1 2 n

k k

GA A A ... A A

k k ... k k k ... k

  

     

  

Điểm G thoả mãn: 1 2 1 2 n 1 n

1 2 n 1 2 n

k k

GA A A ... A A

k k ... k k k ... k

  

     

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

chính là điểm phải tìm.

Ví dụ 2.9: (Hình 2.14) Cho đường tròn tâm O bán kính R, BC là một dây cung cố định và A là điểm di động trên đường tròn đó. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC nằm trên một đường tròn cố định

Hướng dẫn giải: Có nhiều cách để giải bài toán trên, một trong số đó là phép biến hình

Hướng 1: Gọi H là điểm đối xứng với H qua BC. Ta có do BHC BH C   (phép đối xứng trục bảo toàn độ lớn góc)

Mặt khác BHC BAC 180   0 nên BH C BAC 180     0, do đó tứ giác ABH C nội tiếp được. Vậy H (O;R), do đó quỹ tích H chính là đường tròn ( H;R) là ảnh của đường tròn (O;R) qua phép đối xứng trục BC

Hướng 2: Gọi I là trung điểm của BC, vẽ đường kính AA, ta chứng minh I là trung điểm của HA quỹ tích H là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng tâm I.

Hướng 3: Khi A di động trên đường tròn, AH luôn vuông góc với BC cố định.

Vậy phương của AH không đổi. Điều này định hướng giải bài toán bằng phép tịnh tiến hay phép vị tự.

Gọi B là điểm đối xứng của B qua O, khi đó B C//AH (do cùng vuuoong góc với BC), B A//CH (do cùng vuông góc với AB) nên tứ giác AB CH là hình bình hành, suy ra AH=B C               

. Vậy H là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo véc tơ B C

 mà A chạy trên đường tròn (O;R) nên quỹ tích H là ảnh của (O;R) qua phép tịnh tiến nói trên.

I

H O

B C

H

B A

A

Hình 2.14

Sau khi giải bài toán trên, GV có thể sử dụng quá trình đó cho một bài toỏn khỏc phức tạp hơn. Tất nhiờn người học phải hiểu rừ đõu là cỏi chung kết nối giữa hai bài toán này, nhìn thấy cái bản chất sâu sắc bên trong của các hiện tượng sau cái hình thức bên ngoài đa dạng, “tóm được” cái chính, cái chung trong cái khác nhau về bề ngoài của chúng. Ví dụ sau đây khai thác cách giải thứ nhất

Ví dụ 2.10: (Hình 2.15) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R) và H là trực tâm.

a) Gọi (O1), (O2 ), (O3) là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC, HAC, HAB. Chứng minh các đường tròn (O1), (O2), (O3) và (O) bằng nhau.

b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các ABC và O1O2O3 bằng nhau

GV cần định hướng cho HS thấy đặc điểm chung của hai bài toán trên là tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R) và H là trực tâm, hơn nữa cần

phát hiện H chính là giao điểm của (O1), (O2 ), (O3). Nhận xét đó sẽ cho ta cách giải sau:

Hướng dẫn giải:

Hình 2.15

a) Gọi H1, H2, H3 lần lượt là điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB.

Theo ví dụ 2.9, ta có H1, H2, H3 thuộc đường tròn (O;R). Xét các phép đối xứng trục:

ĐBC : HBC  H1BC suy ra ĐBC : (O1)  (O) ĐAC : HAC  H2AC suy ra ĐAC : (O2) (O) ĐAB : HAB  H3AB suy ra ĐAB : (O3)  (O) Vậy các đường tròn (O1), (O2), (O3) và (O) bằng nhau.

b) Gọi M, N, P là trung điểm của BC, AC,AB. Theo tính chất của phép đối xứng trục:

O1O2 = 2MN = AB O2O3 = 2NP = BC O1O3 = 2MP = AC

 ABC = O1O2O3  đường tròn ngoại tiếp ABC và O1O2O3 bằng nhau Quá trình trên chính là quá trình tìm ra sự phụ thuộc của các đối tượng trong bài toán. Nắm được đặc tính cơ bản của bài toán, những hiện tượng nằm

trong và không thể tách rời khỏi đối tượng, nhờ đó mà ta xác định được các con đường hình thành nên bài toán mới.

2) Tạo sự kết nối giữa kiến thức cũ và kiến thức mới thông qua hoạt động tương tự hóa

“Mâu thuẫn nhận thức luôn luôn là một động lực thúc đẩy ta suy nghĩ để thỏa mãn lòng ham hiểu biết. Khi đã biết một cái gì thì thường ta hay nghĩ đến cái gì tương tự và muốn tìm hiểu xem những cái đó như thế nào.” ([32; tr. 35])

Tương tự là một kiểu giống nhau nào đó. Có thể nói tương tự là giống nhau nhưng ở mức độ xác định hơn, và mức độ đó được phản ánh bằng khái niệm. Tương tự là thao tác tư duy dựa trên sự giống nhau về tính chất và quan hệ của những đối tượng toán học khác nhau. Ta cũng nhận thấy, không chỉ các hình mà các bài toán cũng có sự tương tự nhau cả về giả thiết, kết luận hay cách giải.

Trong Toán học, người ta thường xét vấn đề tương tự trên các khía cạnh sau:

+ Hai phép chứng minh là tương tự nếu đường lối, phương pháp chứng minh là giống nhau

+ Hai hình là tương tự nếu chúng có nhiều tính chất giống nhau hoặc vai trò của chúng giống nhau trong hai vấn đề nào đó hay giữa các phần tử của chúng có quan hệ giống nhau.

Chẳng hạn đường thẳng (trong hình học phẳng) tương tự với mặt phẳng (trong hình học không gian); tam giác (trong hình học phẳng) tương tự với hình tứ diện (trong hình học không gian)...

Tính tương tự trong giải toán rất phong phú và đa dạng, giúp HS bớt thời gian và công sức khi giải toán. Tuy nhiên, mâu thuẫn nảy sinh ở đây chính là việc các em có biết nhận dạng kiến thức và phương pháp đó có chứa đựng trong tình huống mới hay không? Để giải quyết điều này, trong quá trình dạy học, GV cần tập cho HS thói quen nhìn nhận bài toán mới dưới những góc độ quen thuộc cũng như xây dựng được mối liên hệ giữa các chương mục khác nhau của môn Toán, tạo sự kết nối giữa kiến thức cũ và kiến thức mới. Trong thực tế dạy học gặp rất nhiều bài toán là sự tương tự nhau, để giải một bài toán, nhiều khi cần

tìm cách liên hệ nó với một bài toán tương tự nhưng đơn giản hơn, rồi tìm cách vận dụng kết quả hoặc phương pháp giải của bài toán tương tự này để giải bài toán đã cho.

Trở lại ví dụ 2.7, nếu như ta xem hình bình hành đóng vai trò tương tự như hình hộp ở trong không gian thì có thể mở rộng bài toán “Trong một hình bình hành, tổng bình phương của hai đường chéo bằng tổng bình phương các cạnh” thành “Trong hình hộp, tổng bình phương của các đường chéo bằng tổng bình phương các cạnh”, từ đó sẽ có hướng giải quyết bài toán đó.

Ví dụ 2.11: (Hình 2.16) Chứng minh rằng: Trong một tứ diện có một tam diện ba góc vuông, bình phương diện tích của mặt đối diện với tam diện đó bằng tổng bình phương diện tích của ba mặt kia.

Đứng trước bài toán này, chướng ngại mà HS gặp phải là việc phải vận dụng những kiến thức, phương pháp đã có về diện tích của tam giác vào giải quyết vấn đề phát sinh trong bài toán như thế nào?. Và đặc điểm của tứ diện đã cho trong giả thiết sẽ cho ta liên tưởng đến kiến thức quen thuộc nào?. Bằng hệ thống câu hỏi gợi vấn đề phù hợp, GV định hướng cho các em nhận ra việc xuất hiện các tam giác vuông và kết luận của bài toán liên quan đến bình phương độ dài các cạnh, điều này giúp ta nghĩ đến định lí Pitago trong tam giác.

Sau đây là cách giải theo định hướng trên:

Xét tứ diện SABC thỏa mãn yêu cầu bài toán (trong đó tam diện đỉnh S có ba góc vuông). Đặt SA = a, SB = b, SC = c. Khi đó:

S

A C

B

Hình 2.16

SAB 1

S ab

2 , SBC 1

S bc

2 , SAC 1

S ac

2 ,

2 2

2 2

2 2

BC b c

AC a c

AB a b

  



 



  



Áp dụng công thức Hê rông, diện tích tam giác BCD là:

SBCD  p(p BC)(p AB)(p AC)   với p là nửa chu vi của tam giác BCD.

Từ đó, ta tính được bình phương diện tích của tam giác BCD bằng:

2 2 2 2 2 2

a b a c b c 4

 

và nó bằng tổng bình phương diện tích của ba tam giác SAB, SAC, SBC.

Ta có thể xem đây chính là một trường hợp tương tự của định lí Pitago trong tam giác khi mở rộng trong tứ diện, khi đó tam diện ba góc vuông tương ứng với góc vuông trong tam giác và mặt đối diện với tam diện ba góc vuông đóng vai trò như cạnh huyền, cuối cùng là diện tích các mặt của tứ diện ứng với độ dài các cạnh tam giác.

Như vậy, trong dạy học Toán GV cần phải tạo tình huống có vấn đề theo những mức độ như: mức độ khó khăn, mức độ chứa đựng những mâu thuẫn cần giải quyết kiến thức kĩ năng phương pháp đã có, mức độ mang tính hấp dẫn để tạo hứng thú trong học tập. Giáo viên cũng cần phải chú ý gợi động cơ bằng những tri thức cụ thể để HS khái quát hoá, tổng quát hoá tiến đến cái trừu tượng, đây là một bước nhằm thúc đẩy phát triển trí tuệ học sinh, điều này cần vận dụng rất nhiều trong dạy học giải bài tập Toán.

Mặt khác, cần hướng dẫn cho học sinh giải quyết những mâu thuẫn nảy sinh trong day, để từ đó giải quyết những mâu thuẫn cao hơn; phải tạo ra những mâu thuẫn giữa những cái đã có và cái mới; tạo ra được những tình huống tiền sư phạm và sự kết hợp nhuần nhuyễn giữa chúng.

2.3.3. Tổ chức hoạt động dạy học giải bài tập theo hướng phát triển