Rèn luyện cho học sinh biết cách phân tích bài toán để từ đó tìm ra cách giải độc đáo

6. Cấu trúc của luận văn

2.2.3. Rèn luyện cho học sinh biết cách phân tích bài toán để từ đó tìm ra cách giải độc đáo

2.2.3. Rèn luyện cho học sinh biết cách phân tích bài toán để từ đó tìm ra cáchgiải độc đáo giải độc đáo

a. Cơ sở của biện pháp

Tư duy sáng tạo còn có một đặc tính nữa là tính độc đáo, tức là khi suy nghĩ vấn đề thường không dập khuôn theo những quy tắc hoặc tri thức thông thường, biết giải quyết vấn đề một cách linh hoạt, ứng biến. Chẳng hạn có một người đi mua trứng, nhưng lại quên không mang theo túi xách, trong tay chỉ có một chiếc ô. Nếu người đó có tư duy độc đáo, biết mở ô và lật ngược ô, như thế đã trở thành cái giỏ xách độc đáo đó sao? Bấy giờ vấn đề đựng trứng mang về chẳng phải băn khoăn suy nghĩ…Tính độc đáo của tư duy đòi hỏi chúng ta khi suy nghĩ phải cố hết sức thoát khỏi những khuôn sáo suy nghĩ cũ kỹ, biết xem xét vấn đề từ cách nhìn mới mẻ.

b. Nội dung của biện pháp

Học sinh không chấp nhận một cách giải quen thuộc hoặc duy nhất, luôn tìm tòi và đề xuất được nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán. Quá trình học tập sáng tạo của học sinh là quá trình rèn luyện tư duy biện chứng, vì vậy mỗi giáo viên có nhiệm vụ định hướng cho các em, đặc biệt là chỉ ra được lời giải tối ưu, độc đáo.

c.Yêu cầu khi vận dụng biện pháp

Một số đặc điểm tính cách đã được chứng minh là có liên quan đến năng suất sáng tạo. Một mức độ cao của sự tự tin là một nhu cầu cơ bản đối với một cá nhân có mục đích tạo ra một cái gì đó mới, một suy nghĩ độc đáo và trí tò mò cũng vậy. Để thực hành khả năng sáng tạo, người học sinh phải có quyền tự chủ về lĩnh vực cụ thể của họ, tự chủ để khám phá và linh hoạt để vượt ra khỏi những quy tắc thông thường. Người thầy cần có những biện pháp sư phạm động viên khuyến khích học sinh kịp thời. Tránh những biểu hiện về mặt tâm lý khi học sinh thực hiện giải quyết vấn đề chưa triệt để hoặc chưa chính xác...

Trong chương trình toán lớp 11 hiện nay phần hình học không gian làm cho học sinh gặp phải rất nhiều khó khăn. Một trong những khó khăn lớn nhất là học sinh gặp phải sự khác nhau giữa hình học phẳng đã quen biết ở lớp dưới với hình học không gian vậy để giải quyết được khó khăn này trong những tình huống có thể giáo viên hướng dẫn học sinh phân tích bài toán để nhìn thấy sự liên hệ với những kiến thức trong hình học phẳng đã biết, từ đó đưa việc giải quyết một bài toán hình học không gian về giải quyết bài toán hình học phẳng.

Bài toán 16.Cho hình tứ diện ABCD có diện tích ba tam giác ABC, ACD, ABD bằng nhau và tổng của ba góc phẳng góc tam diện đỉnh A bằng 1800. Chứng minh rằng tứ diện đã cho có các cặp cạnh đối diện bằng nhau từng đôi một.

Khi gặp đầu bài này học sinh sẽ lúng túng bởi hai lý do chính: 1. Không quen thuộc theo các dạng đã học

2. Các dữ kiện hình như chưa đủ để thỏa mãn yêu cầu bài toán vì không có quan hệ vuông góc

Nhưng bằng phương pháp: “Trải tứ diện” sau đây ta dễ dàng chứng minh

Chứng minh

Quay các tam giác ABC, ADC lần lượt quanh các trục AB, AD đến nằm trên (ABD) sao cho D, C1nằm khác phía của đường thẳng AB; các điểm B, C2nằm khác phía của đường thẳng AD (H32).

Khi đó ta có AC1= AC2= AC ;  BAC BAC 1;  DAC DAC 2.

Theo giả thiết tổng ba góc phẳng đỉnh A bằng1800, nên A, C1, C2thẳng hàng. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D trên đường thẳng C1C2.

Ta có SABC1 SADC2 nên BH = DK vì AC1= AC2, đồng thời BH // DK nên BDKH là hình chữ nhật  C1C2// BD.

Kẻ đường cao AE của ABD. Khi đó AE = DK = BH. Mặt khác SABD SADC2 nên AE.BD = DK.AC2

BD = AC2. Từ đó chứng minh được các tứ giác ABDC2và ADBC1là những hình bình hành.

Vậy ta có AB = DC2( hay AB = CD); AD = BC1 AD = BC (đpcm).

Nhận xét. Ta cũng có thể giải bài toán bằng cách trải hình xuống mặt phẳng (ABC) hoặc (ACD).

2.2.4. Rèn luyện cho học sinh biết hệ thống hóa kiến thức và phương pháp đồng thời sáng tạo bài toán mới

a. Cơ sở của biện pháp

Xem xét sự vật trong mối liên hệ ràng buộc lẫn nhau và trong trạng thái vận động biến đổi không ngừng với một tư duy mềm dẻo linh động. Hệ thống hóa kiến thức một chương là dạy cho các em học tập một cách sáng tạo, nhìn toàn cục chương có bao nhiêu khái niệm, định lí công thức, cách vận dụng các kiến thức vào bài tập, nhìn thấy vị trí các chương trong học phần đã học. Mỗi dạng bài tập có cách giải riêng, cũng có khi một bài có nhiều cách giải. Giáo viên phải hệ thống và chỉ ra cách giải phương án tối ưu. Đây là cách dạy cho học sinh tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề, bước đầu rèn luyện tư duy sáng tạo.

Theo quan điểm Triết học: “Sự mở rộng bài toán ban đầu là biểu hiện của mối quan hệ các cặp phạm trù “Nội dung và hình thức”, “Vận động và đứng yên”, lấy “Cái bất biến ứng cái vạn biến” đó chính là tư duy sáng tạo”. Giải bài tập suy cho cùng là lấy bất biến ứng vạn biến (bất biến ở đây là định lí, công thức, định nghĩa; vạn biến là các dạng bài tập). Vấn đề khó là làm sao đươc các dạng bài tập về dạng có thể sử dụng được định lí, công thức hay khái niệm đã có. Do vậy việc sử dụng các bài tập tương tự là rất cần thiết.

b. Nội dung biện pháp

Học sinh có cái nhìn tổng thể các kiến thức trong chương trình, các dạng bài toán thường gặp trong giải toán ở bậc trung học phổ thông. Ở mỗi dạng bài tập các em biết cách hình thành và hệ thống phương pháp giải, đồng thời qua các bài tập này các em mở rộng ra các bài tập mới, góp phần rèn luyện tư duy sáng tạo, hình thành phong cách học tập.

Giúp học sinh ôn tập, tổng kết, hệ thống hóa, khái quát hóa sau khi học một chương, một phần hay toàn bộ chương trình. Thấy được mối quan hệ giữa các phần đã học với nhau góp phần rèn luyện tư duy biện chứng, tư duy sáng tạo.

Ở trường Trung học phổ thông dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh, trong đó giải toán là đặc trưng chủ yếu của hoạt động toán học của học sinh. Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh ngoài việc trang bị tốt kiến thức cơ bản cho học sinh giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết cách khai thác và mở rộng kết quả của bài toán cơ bản để học sinh suy nghĩ và tìm tòi những kết quả mới sau mỗi bài toán.

Muốn rèn luyện cho học sinh khả năng tự đặt ra các đề toán mới theo những yêu cầu nhất định nào đó, bản thân giáo viên phải có ý thức tự rèn luyện cho mình khả năng này. Việc rèn luyện này sẽ giúp nâng cao tiềm lực tri thức của mỗi giáo viên làm cho chúng ta cảm thấy vững vàng và tự tin hơn trong quá trình dạy học.

Bài toán mới có thể là bài toán hoàn toàn mới, cũng có thể là sự mở rộng, đào sâu những bài toán đã biết. Thực chất khó có thể tạo ra một bài toán hoàn toàn không có quan hệ gì về nội dung hoặc về phương pháp với những bài toán đã có.

Vì vậy để tạo ra một bài toán mới từ bài toán ban đầu thì phải tuân theo các con đường sau đây:

1. Lập bài toán tương tự 2. Lập bài toán đảo

3. Thêm một số yếu tố rồi đặc biệt hoá 4. Bớt một số yếu tố rồi khái quát hoá 5. Thay đổi một số yếu tố

2.2.4.1. Lập bài toán tương tự

Vấn đề tương tự của bài toán có thể được xem xét dưới nhiều khía cạnh khác nhau: + Chúng có nội dung tương tự nhau hay có giả thiết hoặc kết luận giống nhau + Chúng có phương pháp giải giống nhau hoặc có con đường đi tìm lời giải giống nhau.

+ Chúng cùng đề cập đến một vấn đề, cùng nghiên cứu những đối tượng giống nhau

Việc lập bài toán tương tự với bài toán ban đầu sẽ tạo ra những bài toán mới trên những đối tượng khác nhau. Từ đó mà có thể phát hiện ra một số tính chất mới của những đối tượng mới. Giúp học sinh không hạn chế ở những gì nhìn thấy mà có thể phát hiện ra những điều chưa biết từ sự tương tự của bài toán ban đầu.

Muốn lập một bài toán mới bằng con đường lập bài toán tương tự từ bài toán ban đầu trước hết ta phải đề ra giả thuyết tương tự rồi dùng chứng minh để khẳng định hay bác bỏ giả thuyết ấy.

Bài toán 17. (H33)Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnha. Cho SA (ABCD), SA = a 3. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC, SD và J là hình chiếu của B trên SC. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AD, BC, SC.

Chứng minh rằng: 1) BC( SAB) 2) BCSB 3) (SBC)( SAB) 4) Tính d(C; (SAB) 5) Tính d(A; SC) 6) Tính d (AD; SC) 7) Tính góc (SB; (ABCD) 8) Tính góc ((SBC); (ABCD)).

Xuất phát từ bài toán 17.1) ta có thể lập bài toán mới tương tự như sau Bài toán 18. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

1) BC( SAB) 2) CD( SAD) 3) AH( SBC) 4) AK( SCD) 5)SC( AHK) 6) BD(SAC) 7)SC( AIK) 8) HK (SAC) 9) OM(SAB) 10)ON( SAD) 11)BC(OPQ) 12)AB(OMQ) Lời giải tóm tắt bài toán 18) như sau:

H33 O D C A B S D' N P Q M I K H J E N'

1) BCAB , BCSA do SA( ABCD), BC( ABCD)BC( SAB). 2) CDAD , CDSA do SA( ABCD), CD( ABCD)CD( SAD). 3) AHSB , AHBC do BC( SAB)AH( SBC).

4) AKSD , AKCD do CD( SAD)AK( SCD).

5) AH( SBC)AHSC, AK( SCD)AKSCSC(AHK). 6) BDAC ), BDSA do SA( ABCD), BD( ABCD))BD( SAC). 7) AK( SCD)AKSC, AI SC (GT)SC( AIK).

8)SAB =SAD (c.g.c)SB = SD và  ASB ASD , AHSB và AKSD theo chứng minh trên SAH =SAK (cạnh huyền, góc nhọn)SH = SK

SH SK

SB SD HK // BD. Mặt khác ta lại có BD( SAC) nên HK(SAC).

8) OM là đường trung bình củaABC nên OM//BC, BC(SAB) theo chứng minh trênOM(SAB).

9) ON là đường trung bình của ABD nên ON//AB, CD(SAD)ON(SAD). 10) Do OP là đường trung bình củaBDCOP // CD, BCCDBCOP.

Mặt khác OQ là đường trung bình củaSACOQ//SA, SA(ABCD)OQ( ABCD)BCOQ => BC(OPQ)

12) ABAD , ABSA vì SA( ABCD)AB( SAD)

Do OQ và OM lần lượt là các đường trung bình của các tam giác SAC và ABC nên đồng thời có OQ // SA VÀ OM//BC//AD(OMQ ) // (SAD) lại có AB(SAD) theo chứng minh trên AB(OMQ).

Xuất phát từ bài toán 17.2) ta có thể lập bài toán mới tương tự như sau Bài toán 19. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc

1) BCSB 2) CDSD 3) BDSO 4) BDSC

5) AHSC 6) AKSC 7) AIHK 8) DJSC

Lời giải tóm tắt bài toán 19) như sau:

2) CD(SAD), SD(SAD) CDSD. 3) BD(SAC), SO(SAC) BDSO. 4) BD(SAC), SC(SAC) BDSC. 5) AH(SBC), SC(SBC) AHSC. 6) AK(SCD), SC(SCD) AKSC. 7) AI( SAC), HK(SAC)HKAI. 8) SC( JDB), DJ( JDB)DJSC.

Xuất phát từ bài toán 17.3) ta có thể lập bài toán mới tương tự như sau Bài toán 20. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc

1) (SBC)  ( SAB) 2)(SCD)( SAD) 3) (AHK)  (SBC) 4)(AHK)( SCD) 5) (SBD)(SAC) 6)(AHK)(SAC) 7) (OQM)(SAB) 8)(OQN)(SAD) 9) (OPQ) ( (SBC) 10)(SAC)( JBD) 11) (SBC)( JBD) 12)(SCD)(JBD) Lời giải tóm tắt bài toán 20) như sau:

1) BC(SAB), BC(SBC) (SBC)(SAB). 2) CD(SAD), CD(SCD) (SCD)(SAD). 3) AH(SBC), AH(AHK) (AHK)(SBC). 4) AK(SCD), AK(AHK) (AHK)(SCD). 5) BD(SAC), BD(SBD) (SBD)(SAC). 6) SC(AHK), SC(SAC) (AHK)(SAC). 7) OM( SAB), OM(OQM )(OQM)( SAB). 8) ON( SAD), ON(ONQ)( ONQ)(SAD). 9) BC( OPQ), BC(SBC)( OPQ)(SBC). 10) SC( JBD), SC(SAC)( SAC)(JBD). 11) SC( JBD), SC(SBC)( SBC)(JBD). 12) SC( JBD), SC(SCD)( SCD)(JBD).

Bài toán 21. Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

1) d(C; (SAB)) 2) d(C; (SAD)) 3) d(A; (SBC)) 4) d(A; (SCD)) 5) d(A; (SBD)) 6) d(O; (SAB)) 7) d(O; (SAD)) 8) d(O; (SBC)) 9) d(O; (SCD)) 10) d(S; (AHK)) 11) d(S; (JBD)) 12) d(Q; (ABCD)) Lời giải tóm tắt bài toán 21) như sau:

1) CB(SAB)d(C,(SAB) = CB = a. 2) CD(SAD)d(C,(SAD) = CD = a. 3) AH(SBC)d(A,(SBC) = AH. 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 3 2 3 3 a AH AH  SA  AB  AH  a a  a   4) AK(SCD)d(A,(SCD)) = AK.

5) (SAC)(SBD), (SAC)( SBD) = SO, hạ AESO  AE(SBD). SAO vuông tại A nên có 12 12 12 12 22 72

3 3      AE SA AO a a a  d(A,(SBD) = AE = 21 7 a . 6) OM(SAB)d( O,(SAB) ) = OM = 2 a. 7) ON(SAD)d( O,(SAB) ) = ON = 2 a.

8) (OPQ)(SBC), (OPQ)(SBC) = PQ,OPQ vuông tại O nên hạ AFPQ thì AF(SBC)d(O,(SBC) ) = AF. 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 16 3 4 AF 3 3 a AF OP OQ a a a        ,

9)Dễ thấy d(O,(SCD) = d(O,(SBC) = 3 4 a 2 2 2  2 2 2 2  1 1 1 1 1 1 4 a 3 = + = + = AK = 2 AK SA AD AH 3a a 3a

10) BC(SAB)(SBC)(SAB) mà (SAB)(SBC ) = SB. Trong (SAB) có AHSB(SAB)(SBC)AH SC. CD(SAD)(SCD)(SAD) mà ( SAD)(SCD ) = SD.

Trong mặt phẳng (SAD) có AKSD(SAD)(SCD)AKSC. Từ đó suy ra: AK( AHK).

Do SCAK, SCAISC(AKI) SC (AHK ) = Id( S, (AHK) ) = SI Tam giác SBC vuông tại B, tam giác SHI vuông tại I, hai tam giác này đồng dạng Tính toán: SB = SA2  AB2 2a, SC = SA2 AC2  3a22a2 a 5 *) SH.SB = SA2SH = 2 3 2 3 2 2 SA a a SB  a  *)SIHSBC nên ta có . 3 .2 3 5 2 5 5 a a SI SH SI SH SB a SB SC   SC  a  Vậy d( S,(AHK) = 3 5 5 a 11) Tính d(S,(JBD) = SJ. DoSJBSBC nên có 2 4 2 4 5 5 5 SB a a SJ SC a   

12)OQ là đường trung bình củaSAC nên OQ = 1

2SA a

Xuất phát từ bài toán 17.5) ta có thể lập bài toán mới tương tự như sau Bài toán 22. Tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng 1) d(A; SC) 2) d(O; SC) 3) d(O;SB) 4) d(O;SD) Ta có lời giải tóm tắt bài toán 22) như sau:

1) Ta có AI  SC theo giả thiết SAC vuông tại A nên hạ AI SC  12 12 12 12 12 52 3 2 6 AI SA  AC  a  a  a . Vậy d( A,SC) = AI = 30 5 a

2) Vì O là trung điểm AC nên d( O,SC ) = OJ 1 ( , ) 30

2 10

a d A SC

3) SO = 2 2 5 2 2   a SA AO ; 2 2 2 a OB  d(O,SB) = 2 2 OS. 15 6 OB a SO OB   4) d(O,CD) = d(O,SB) = 15 6 a

Xuất phát từ bài toán 17.6) ta có thể lập bài toán mới tương tự như sau Bài toán 23. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

1) d(AD; SC) 2) d(AB; SC) 3) d(BC; SA) 4) d(CD; SA) 5) d(AB; SO) 6) d(CD; SO) 7) d(BC; SD) 8) d(AD; SB)

Ta có lời giải tóm tắt của bài toán 23) như sau:

1) AD// BC(SBC) //ADd( AD,SC) = d(A , (SBC)) = AH 3

2

a

 .

2) AB//CD(SCD) //ABd(AB,SC) = d(A, (SCD)) AK  3

2

a

3) ABSA,ABBC nên d(BC,SA) = AB = a 4) ADSA,ADCD nên d(CD,SA) = AD = a

5) NP//ABSO( SNP)//ABd(AB,SO) = d(A, (SNP)) Hạ AN’SN, NP//CD mà DC(SAD) nên NP( SAD) AN’NPAN’(SNP)d(AB,SO) = d(A,(SNP) = AN’ Tính 1 2 12 1 2 12 42 132

' 3 3

AN SA AN  a a  a AN 39

3

a .

6) Hạ DD’SN DD’//AN’ nênDND’  ANN’DD’ AN’ d(CD,SO )  DD’  AN’  39

3

a

7) Do BC//ADBC//( SAD )d(BC,SD ) = d(BC,(SAD) d(C,(SAD) )CD  a. 8) Vì AD// BC(SBC) //ADd(AD,SB) = d(A,(SBC)) = AH 3

2

a

 .

Xuất phát từ bài toán 17.7) ta có thể lập bài toán mới tương tự như sau Bài toán 24. Tính góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng

5) (SC; (SAB)) 6) (SC;( SAD)) 7) (SO;(SAB)) 8) (SO;(SAD)) 9) (SA;(SCD)) (10)SA;(SBC))

Lời giải tóm tắt bài toán 24) như sau:

1) SA(ABCD)AB là hình chiếu của SB trên (ABCD)

 (SB ABCD,( )) = SBA tanSBA SA 3 SBA 600

AB

     .

2) SA(ABCD)AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)

 (SC ABCD,( )) =  tan 6 2 SA SCA SCA AC    .

3) SA(ABCD)AD là hình chiếu của SD trên (ABCD)

 (SD ABCD,( )) = SDA tanSDA SA 3 SDA 600