- Theo cách hiểu thứ ba, Tư duy biện chứng được đặc trưng bởi sự thâu
2.3.2.Biện pháp 2: Xem xét nhìn nhận các đối tượng toán học dưới nhiều góc độ khác nhau nhằm vận dụng linh hoạt các cặp phạm trù trong
nhiều góc độ khác nhau nhằm vận dụng linh hoạt các cặp phạm trù trong dạy học Toán.
Quan hệ biện chứng ở đây là cần làm cho học sinh hiểu và cảm nhận được các mối quan hệ biện chứng, biết nhìn sự vật trong sự vận động và dưới nhiều góc độ khác nhau từ đó nhằm tìm ra mối quan hệ giữa chúng. Khi xem xét sự vật phải xem xét đầy đủ, trong tất cả các mặt, các mối quan hệ trong tổng thể những mối quan hệ phong phú của các sự vật và hiện tượng. Từ đó giúp học sinh tránh được những sai lầm, chủ quan, phiến diện của học sinh mà ta thường gọi là chống bệnh “chủ nghĩa chủ quan”. Trong quá trình dạy học Toán, người giáo viên phải là người giúp cho học sinh, khơi nguồn sáng tạo cho học sinh sự vận động biến đổi không ngừng. Từ đó tìm ra nhiều lời giải cho bài toán, biết khai thác bài toán đó dưới nhiều góc độ khía cạnh khác nhau, biết phân tích tìm mối quan hệ giữa giả thiết và kết luận. Qua đó có thể giải quyết được những bài toán có những nét độc đáo, mà theo cách giải thông thường nhiều khi gặp những trở ngại trong giải Toán, gây sự nhàm chán trong học Toán của học sinh.
Chẳng hạn, ta xuất phát từ một bài toán đơn giản sách giáo khoa Hình học 10 hiện hành như sau:
Bài toán: G là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi GA GB GC 0uuur uuur uuur r+ + = Chứng minh:
Gọi M là trung điểm BC
A
B
CM M
Ta có: GA GB GC 0uuur uuur uuur r+ + =
( )
GA GB GC
⇔uuur= − uuur uuur+
GA 2GM GA 2GM 0
⇒uuur= − uuuur⇔uuur+ uuuur r= ⇔ G là trọng tâm tam giác ABC
Nhận xét 1: Như vậy để chứng minh định lý trên ta biểu thị GAuuur
qua 2 vectơ
GB,GC. uuur uuur
Do G thuộc miền trong tam giác ABC, cho nên G chia diện tích tam giác ABC thành 3 phần bằng nhau có diện tích là S1, S2, S3 lần lượt là diện
tích tam giác GBC, GCA, GAB và bằng 1SABC
3 .
Vì thế (I) ⇒ S GA S GB S GC 01uuur+ 2uuur+ 3uuur r= .
Điều này cho ta liên tưởng G là điểm bất kỳ thuộc miền trong tam giác ABC. Khi đó ta có thể vận dụng phương pháp chứng minh định lí trên để chứng minh cho bài toán sau, qua việc biểu thị một vectơ qua hai vectơ khác.
Bài toán 1: Cho ABC, M thuộc miền trong tam giác. Gọi S1, S2, S3 lần lượt
là diện tích tam giác MBC, MAC, MAB.
Chứng minh rằng: S MA S MB S MC 01uuuur+ 2uuur+ 3uuur r= (1)
Giải: Như vậy để chứng minh bài toán 1, ta vận dụng phương pháp biểu thị một vectơ qua hai vectơ còn lại
Ta có (1) ⇔ 1 2 3 3 S S MC MA MB S S = − −
uuur uuuur uuur
Kéo dài AM, MB cắt BC, AC lần lượt tại A1, B1. Dựng hình bình hành MB'CA' ⇒ MC MA' MB'uuur uuuur uuuur= +
⇒ 1 1 B C B'C KC B'C KC MA' KC AM = B A =AH ⇒ AM = AH ⇒ AM = AH (vì B'C = MA') ⇒ 1 2 1 MB.KC S 2 KC MA' 1 S MB.AH AH MA 2 = = = ⇒ 1 3 S MA' MA S = − uuuur uuuur (*) Tương tự 2 3 S MB' MB S = − uuuur uuur (**) Từ (*) và (**) ta suy ra 1 2 3 3 S S MC MA MB S S = − −
uuur uuuur uuur (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1 2 3
S MA S MB S MC 0
⇔ uuuur+ uuur+ uuur r=
Thực ra đây là một dạng khác của định lý và tổng quát hơn. Khi ta nhìn nó dưới góc độ “diện tích tam giác”. Thế mà rất nhiều học sinh khá, giỏi khi gặp bài này hầu như không làm được, không biết bắt nguồn từ đâu, cái mấu chốt của nó, ở đây người giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh để "quy lạ về quen".
Nhật xét 2: Ở bài toán 1 kết quả không phụ thuộc vào điểm M, nếu ta thay M bởi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và r là bán kính đường tròn thì học sinh có thể sử dụng bài toán 1 để giải bài toán sau.
Bài toán 2: Cho ∆ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC.
Đặt BC = c, BC = a, CA = b. Chứng minh rằng aIA bIB cIC 0uur+ uur+ uur r= (2) Giải vắn tắt: Áp dụng bài toán 1, ta có:
1 2 3
S IA S IB S ICuur+ uur+ uur
A'A A B C A1 B1 K B' M H A B C a I r S1
1 1 1
raIA rbIB rcIC 0
2 2 2
⇔ uur+ uur+ uur r=
⇔aIA bIB cIC 0uur+ uur+ uur r=
Nhận xét 3: Nếu ta nhìn các cạnh dưới "góc độ" góc, thì ta lại có bài toán sau.
Bài toán 3: Cho ∆ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC.
Đặt AB = c, BC = a, CA = b.
Chứng minh rằng: IAsin A IBsin B ICsin C 0uur +uur +uur =r
Nhận xét 4: Ta thấy vị trí M thuộc miền trong tam giác, vậy ∆ABC nhọn thì tâm O đường tròn ngoại tiếp ∆ABC thuộc miền trong. Do đó, ta có bài toán mới.
Bài toán 4: Cho ∆ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
Chứng minh rằng: OAsin 2A OBsin2B OCsin 2C 0uuur +uuur +uuur =r (4)
Nhận xét 5: Từ kết quả bài toán 2, nếu ta bình phương vô hướng (2) khi đó xuất hiện
IA.IB, IB.IC, IC.IA uur uur uur uur uur uur
. Và sử dụng công thức AB.AC 1(AB2 AC2 BC )2 2
= + −
uuur uuur
. (Thật vậy CB (AB AC)uuur= uuur uuur− ⇒CB2 =(AB AC)uuur uuur− 2).
Ta lại có bài toán mới sau.
Bài toán 5: Cho ∆ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi I là tâm đường (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
tròn nội tiếp ∆ABC.
Chứng minh rằng: IA2 IB2 IC2 1
bc + ca + ab = (5)
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a IA b IB c IC 2cbIA.IB 2caIC.IA 2abIA.IB 0
1
a IA b IB c IC 2ab (IA IB a )
2
1 1
2ca (IC IA b ) 2ab (IA IB c ) 0
2 2
⇔ + + + + + =
⇔ + + + + − +
+ − + + − =
uur uur uur uur uur uur
⇔ (a2 + ab + ac) IA2 + (b2 + ba + bc) IB2 + (c2 + ca + cb) IC2 - abc(a + b + c) = 0. ⇔ a(a + b + c) IA2 + b(a + b + c) IB2 + c(a + b + c) IC2 = abc (a + b + c) ⇔ aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc.
⇔ IA2 IB2 IC2 1
bc + ca + ab = .
Nhận xét 6: Từ công thức (2) nếu ta thay I bởi M bất thì ta luôn có
2
(aMA bMB cMC)uuuur+ uuur+ uuur ≥ 0 và biến đổi hoàn toàn tương tự như bài toán 5, ta suy ra aMA2 + bMB2 + cMC2 ≥ abc (***)
Dễ thấy dấu "=" xảy ra ⇔ M ≡ I. Từ đó ta có thể vận dụng giải bài toán sau:
Bài toán 6: Cho ∆ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm M sao cho aMA2 + bMB2 + cMC2 ≤ abc (6) Hướng dẫn: Từ (***) và (6) ⇒ aMA2 + bMB2 + cMC2 = abc ⇔ M ≡ I, với I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC. Vậy M duy nhất.
Nhận xét 7: Cũng bài toán 6, ta có thể phát biểu dưới dạng khác. Nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo trong Toán học cho học sinh từ đó biết quy lạ về quen sau.
Bài toán 7: Cho ∆ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Tìm vị trí M sao cho P = aMA2 + bMB2 + cMC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Nhận xét 8: Qua dạng bài toán trên, nếu biết vận dụng linh hoạt kết hợp các bài toán lại, thì ta có thể vận dụng giải các bài toán tương tự sau, nhưng ở mức độ cao hơn.
Bài toán 8: Cho ∆ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c, nội tiếp đường tròn (O; 1). Chứng minh rằng với mọi M ta luôn có
a2(b2 + c2 - a2) MA + b2 (c2 + a2 - b2) MB + c2 (a2 + b2 - c2) MC ≥ a2b2c2. Giải vắn tắt: Theo bài toán 4, ta có OAsin 2A OBsin2B OCsin 2C 0uuur +uuur +uuur =r (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Và OA = OB = OC = 1, a = 2RsinA = 2sinA, b = 2sinB, c = 2sinC. ⇒ MA = OA. MA = OA . MA OA.MA OA(OA OM) (1 OA.OM)uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur uuuur≥ = − = −uuur uuuur (****) Dấu bằng xảy ra của (****) khi và chỉ khi OA, MAuuur uuuur
cùng hướng.
Ta có: a2 (b2 + c2 - a2) MA = 2abc sin2A. MA ≥ 2abcsin2A(1 - OA.MAuuur uuuur
), tương tự cho 2 trường hợp còn lại.
Ta suy ra
VT ≥ 2abc (sin2A + sin2B + sin2C) - 2abc. OM(OAsin 2A OBsin 2B OCsin 2C)uuuur uuur +uuur +uuur = 2abc. 4sinA. sinB. sinC = a2b2c2
Cái mấu chốt của bài toán này, là xuất hiện a2(b2 + c2 - a2) = 2abc cosA.sinA, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nhọn. Do đó, ta liên tưởng và vận dụng Bài toán 4.
Nhận xét 9: Từ bài toán trên có sự xuất hiện a2(b2 + c2 - a2) khi đó ta nghĩ ngay đến cosA … Do vậy, nếu biết kết hợp với cách giải bài toán 1, ta có thể vận dụng giải bài toán sau.
Bài toán 9: Cho ∆ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi H là trực tâm ∆ABC.
Chứng minh rằng 2 12 2 HA 2 12 2 HB 2 12 2 HC O
b c a +c a b +a b c =
+ − + − + −
uuur uuur uuur r
. Giải sơ lược: Tương tự bài toán 1.
Kéo dài AH, BH cắt BC, AC lần lượt tại A1, B1. Dựng hình bình hành HB' CA'
⇒ HC HA' HB 'uuur uuuur uuuur= +
Ta có: 1 1 B C CB' a cosC AH =AB = ccosA a cosC HA' CB' HA ccosA
⇒uuuur= −uuur= − uuur (9')
tương tự HB ' CA' b cosCHB c cosB
= − = −
uuuur uuuur uuur
(9'')
Từ (9') và (9'') ta suy ra HC a cosC HA b cosCHB
ccosA ccosB
= − −
uuur uuur uuur
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
HA HB HC 0
cosA cosB cosC (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1 1 1 HA HB HC 0 b c a c a b a b c ⇔ + + = ⇔ + + = + − + − + −
uuur uuur uuur r
uuur uuur uuur r
Nhận xét: Qua việc giải quyết các bài toán trên, ta thấy rằng điểm M luôn thuộc miền trong tam giác. Đây có thể là vấn đề đặc trưng, cái mấu chốt cho các bài dạy thuộc loại trên. Khi gặp các bài toán có liên quan đến điểm M và các vectơ, hay cạnh. Giáo viên có thể hướng cho các em học sinh cách liên tưởng định lý đã học. Có thể từ định lý trên khai thác thêm vận dụng sáng tạo, giải quyết bài toán thuộc loại này, hay sử dụng các định lý khác. Việc khai thác tiềm năng sách giáo khoa là điều cực kỳ quan trọng.
Như vậy qua quá trình giải các bài toán trên, trên cơ sở so sánh và phân tích, tương tự hoá trong giải toán chúng ta khai thác các trường hợp xảy ra,
A'A A B A C 1 B1 B' H
các mối quan hệ biện chứng. Từ đó có thể tập luyện cho học sinh dần dần biết sáng tạo các bài toán mới, nhìn nhận được các bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, qua đó tập dần cho học sinh làm quen với việc nghiên cứu toán học, nhằm phát triển tư duy sáng tạo, tư duy biện chứng cũng như các loại tư duy khác trong Toán học.
Qua việc xem xét và nhìn nhận các đối tượng dưới nhiều góc độ khác nhau chỉ rõ trong quá trình dạy học Toán giáo viên cần cung cấp cho học sinh những tri thức phương pháp để học sinh có thể tìm tòi khai thác vận dụng nó trong quá trình giải Toán và sáng tạo Toán học. Từ đó rèn luyện cho học sinh hiểu sâu sắc bản chất của khái niệm, tính chất, các mệnh đề, các công thức ứng dụng trong quá trình giải Toán, hình thành được cho học sinh đường mòn trong tri thức khoa học, tạo nên sự hứng thú và ham học hỏi khám phá Toán học của học sinh.