Trang 41 chương

f x x x

1.3.2.6 trang 41 chương

- Khi tiến hành đối thoại, GV nên kiên nhẫn, không nên vội vàng khẳng định ý kiến của HS là đúng hay sai. Quan trọng hơn, đó là GV nên yêu cầu HS lý giải cho những phán đoán, nhận xét về những lập luận của mình, hoặc của các bạn trong lớp.

2.2.4. Biện pháp 4: Tập luyện cho học sinh biết xác định các tiêu chí đánh giá và vận dụng chúng để xem xét, đánh giá các cách giải khác đánh giá và vận dụng chúng để xem xét, đánh giá các cách giải khác nhau của bài toán

2.2.4.1. Mục đích của biện pháp

Biện pháp này có mục đích phát triển KN đánh giá để thể hiện biểu hiện đặc trưng thứ tư của TDPB (đó là nhận ra những khác biệt trong các kết luận, các giả thuyết. Rút ra được các kết luận hợp lý).

Biện pháp này được đề ra với mong muốn nhắc nhở HS cách nhìn lại vấn đề sau các bước xem xét, đề xuất một số tiêu chí để đánh giá về mặt mạnh- mặt yếu của vấn đề và cách giải quyết vấn đề. Các em sẽ tiến hành bảo vệ, điều chỉnh, hoàn thiện vấn đề đặt ra hoặc là tiến hành bác bỏ nếu vấn đề đưa ra không chính xác.

Khi đưa ra biện pháp này, chúng tôi mong muốn:

- Sau khi quan sát để xem xét bài toán, HS sẽ tiến hành đánh giá, sử dụng phán đoán, lập luận để tìm ra nhiều cách giải quyết bài toán.

- Khi đã có nhiều phương án giải, chúng tôi mong muốn HS, GV sử dụng đặt câu hỏi để gợi mở, dẫn dắt HS lựa chọn phương án tối ưu cho riêng mình

2.2.4.2. Cơ sở khoa học của biện pháp

Xuất phát từ quan điểm: người có TDPB là người biết xem xét vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau và biết đưa ra phán quyết về cách giải tối ưu, là người biết huy động các tiền đề để giải quyết vấn đề theo nhiều cách khác nhau. Sử dụng thảo luận để HS đánh giá những cách giải quyết vấn đề của bạn mình, từ đó tìm ra được các phương án tối ưu.

Để cho tư duy được hoàn thiện hơn, cần có bước nhìn lại sau quá trình tư duy. Ở đây, GV tổ chức cho HS nhìn lại quá trình giải toán để các em có thể rút ra những nhận xét và điều chỉnh lại những gì chưa phù hợp.

GV hướng dẫn HS sử dụng các nguyên tắc suy luận logic, suy luận có lý, các thao tác tư duy khái quát hóa, hệ thống hóa…để nghiên cứu sâu về lời giải (có thể sử dụng kết quả hay phương pháp dó cho các bài toán tương tự, tổng quát hơn hay một bài toán nào khác hay không?)

2.2.4.3. Tổ chức thực hiện biện pháp

Chúng tôi chú trọng sử dụng những bài toán có nhiều cách giải, nhiều cách tiếp cận để HS xem xét, đánh giá và lựa chọn cách giải tối ưu; Tổ chức cho HS nhìn lại lời giải, suy xét đúng – sai, tính hợp lý, sự đầy đủ

của các bài toán; và tổ chức cho học sinh khai thác hệ thống bài toán và tập luyện cho họ mở rộng, phát triển theo các hướng khác nhau.

a) Sử dụng những bài toán có nhiều cách giải, nhiều cách tiếp cận để HS xem xét, đánh giá và lựa chọn cách giải tối ưu.

Ví dụ 2.14. (bài toán có nhiều lời giải, tiếp cận theo các hướng khác nhau)

(lớp 11)

Bài toán

Hình 2.4

Cho tam giác ABC với M là trung điểm của BC. Một đường thẳng d cắt các cạnh AB, AC và AM tại B1, C1, M1.

Chứng minh:

1 1 1

2

AB AC AM

AB  AC  AM

Các hướng suy nghĩ và các cách giải: Cách 1: sử dụng định lý Ta-let

1 1 1 1 1 (1) AB AE AM ME AM ME AB AM AM AM AM      1 1 1 1 1 (2) AC AF AM MF AM MF AC AM AM AM AM      1 1 1 2 AB AC AM AB AC AM   

Cách 2: Sử dụng tỉ số về diện tích

1 2 1 1 1 . 1 2 S S AB AM S AB AM S   Tương tự: 2 2 2 1 1 . 1 2 S S AM AC S AM AC S   1 1 1 2 1 2 AM AB AC S S AM AB AC S                1 1 1 1 2SAB C 2AB AC. S AB AC  

1 11 1 1 1 2 . . . . AB AC AM AB AC AC AB AB AC AM AB AC    1 1 1 1 2 . . . AB AC AC AB AB AC   1 1 1 1 1 1 1 1 . . 2 . . AM AC AB AB AC AM AB AC AB AC          1 1 1 2 AC AB AC AB         1 1 1 2 AM AC AB AM AC AB   

Mở rộng bài toán:

Hình 2.5

Cho tứ diện ABCD, M là trung điểm của CD, mặt phẳng   cắt các cạnh AB, AC, AD của tứ diện và cắt AM lần lượt tại B C D M1, , ,1 1 1.

Chứng minh rằng: 1 1 1 1 3 AB AC AD AG AB  AC  AD  AG Ta có: 1 1 1 2 (1) AB AG AI AB  AG  AI ; 1 1 1 2 (2) AI AM AG AI  AM  AG ; 1 1 1 2 (3) AC AD AM AC  AD  AM

Nhân 2 vế của (2) rồi cộng vế theo vế (1),(2),(3) ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 2.15.

Hình 2.6

Hãy chứng minh rằng, với mọi tam giác ABC ta có:

cos cos (*)

a A b B c .

Định hướng khi giải bài toán này là có thể sử dụng: (1) định lý hàm số cosin, (2) định lý hàm số sin và (3) định lý hình chiếu vuông góc.

Áp dụng tính chất của hình chiếu vuông góc ta có:

 * acosA b cosB b cosA a cosB cos(a b  ) (a b)cosB0

cosA cosB a b  0

    (điều này luôn đúng)

Vậy biểu thức (*) luôn đúng.

Hoặc ta có thể giải quyết bài toán trên theo cách sau:

 * 2sin cosA A2sin cosB B2sinC sin 2A sin 2B 2sin(A B)

    2sinA B  cos A B 2sinA B 

 

cos A B 1 (điều này luôn đúng).

Ví dụ 2.16. (Bài báo Tạp chí Khoa học Đại học Sư phạm Hà Nội, số ra tháng 6, năm 2013)

Đứng trước tình huống yêu cầu tìm phương án tối ưu khi mở rộng bài toán sau đây: “Cho 𝑥𝑂𝑦̂ nhọn, và điểm 𝐴 nằm ở miền trong của 𝑥𝑂𝑦̂ . Hãy dựng đường thẳng (𝑑) qua A và cắt 𝑂𝑦, 𝑂𝑥 tại 𝑁, 𝑀 sao cho A là trung điểm của MN”

Ta có thể hình dung cuộc đối thoại sẽ hướng về những ý như sau:

Hình 2.7

Trước tiên là phải tìm những cách giải quyết bài toán, sau đó là mở rộng bài toán đã cho và đề xuất một số bài toán tương tự.

Tìm các phương án giải quyết bài toán sẽ có những câu hỏi như:

Phương án 1: Nếu xem A là tâm của hình bình hành có M; N là hai đỉnh đối diện thì sao? Nếu như thế thì chúng ta sẽ đi tìm một hình bình hành nhận A làm giao điểm hai đường chéo phải không?

Xác định O’ trên đường thẳng OA sao cho AO = AO’; O’ nằm khác phía O đối với A và qua O’ dựng các đường thẳng lần lượt song song với Oy và Ox. Khi đó ta xác định được M; N; trong đó M là giao của O’y’ với Ox; N là giao của Oy với O’x’.

Phương án 2: Với cách dựng hình bình hành nhận A làm giao điểm hai đường chéo có làm chúng ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất đường trung bình trong tam giác được không?

Ta xác định O’ trên đường thẳng OA sao cho AO = AO’; O’ nằm khác phía O đối với A và qua O’ dựng đường thẳng song song với Oy; khi đó ta xác định được M trên Ox; và nối M với A sẽ cắt Oy tại điểm N. Khi đó A sẽ là trung điểm của MN. Bởi lẽ, từ A vẽ đường thẳng song song với Oy cắt Ox tại K, khi đó AK sẽ là đường trung bình của tam giác OO’M (do AK // Oy // O’M và AO = AO’), nghĩa là K là trung điểm của OM, từ đó AK cũng là đường thẳng qua trung điểm K của đoạn OM và song song với cạnh đáy ON trong tam giác ONM, do đó A là trung điểm của MN.

Qua cách giải bài toán này có thể mở rộng bài toán được không? Hãy nghĩ xem nếu A di chuyển trên OO’ thì chuyện gì sẽ xảy ra? Nếu thế thì tỉ số AO/AO’ sẽ thay đổi, như vậy lúc nào ta cũng có tỉ số AO/AO’ = k bất kỳ hay không? Tỉ số này chỉ tùy thuộc vào việc chúng ta dựng O’. Như vậy, trên OA, ta dựng O’ ở phía đối diện với O sao cho AO/AO’= k và ta có thể mở rộng bài toán như sau: xác định M, N sao cho tỉ số AM/AN = k, giải quyết bài toán tổng quát sẽ đưa về giải quyết xác định A sao cho tỉ số AO/AO’= k từ đó đi xác định K và lấy M trên Ox sao cho KO/KM = k.

Phương án 3: Nếu thay đổi hình thức diễn đạt nội dung A là trung điểm của đoạn MN bởi M là ảnh đối xứng của N qua phép đối xứng tâm A thì chuyện gì sẽ xảy ra? Hãy xem M là ảnh đối xứng của N qua phép đối xứng tâm A, lúc này ta làm sao? A, M thuộc Ox và M là ảnh của N qua phép đối xứng tâm A, mà N lại thuộc Oy, như vậy có phải nếu ta dựng ảnh O’y’ của

Oy qua phép đối xứng tâm A thì M sẽ là giao của O’y’ với Ox. Như vậy có thể dựng M bằng cách: Dựng ảnh O’y’ của Oy qua phép đối xứng tâm A. Khi đó { } OxM  O y' '. Từ đó dựng đường thẳng (𝑑) đi qua A, M cắt Oy tại N. Vì sao với cách dựng như vậy thì M sẽ là ảnh của N qua phép đối xứng tâm A? vì M thuộc O’y’, N thuộc Oy, O’y’ là ảnh của Oy qua phép đối xứng tâm A. Nếu xét hình thức diễn đạt A là trung điểm đoạn MN qua phép vị tự 1

o

V : N  M thì có thể khuyến khích HS khá giỏi hoạt động phát hiện bài toán tổng quát với yêu cầu dựng đường thẳng (𝑑) qua A sao cho

(𝑑) cắt Ox, Oy tại các điểm tương ứng M, N và AM  k AN (k> 0 cho trước).

Hướng dẫn HS hoạt động điều ứng thông qua hoạt động cấu trúc lại tri thức đã có: vẽ đường thẳng AK //ON khi đó AK là đường trung bình của tam giác MON; điểm K xác định được là giao của đường thẳng qua A, song song với Oy. Từ đó M là điểm đối xứng của O qua phép đối xứng tâm K. Từ đó suy ra cách dựng (𝑑) (đi qua M và A). Rõ ràng, khi chọn bài toán này, GV đã nhìn thấy đây là bài toán có thể tạo tình huống chứa đựng nội dung phong phú và cần có thời gian để dạy học hợp tác mang tính chất gợi động cơ; đây cũng là bài toán có nhiều cách giải quyết, và từ đó HS sẽ tìm được phương án tối ưu để mở rộng thêm vấn đề. Từ bài toán đã đưa ra, GV có thể phát triển thành các bài toán khác nhau, tuy nhiên cách giải quyết vẫn quy về bài toán ban đầu là xác định đường thẳng qua A cắt Ox, Oy tại M, N sao cho thỏa mãn đẳng thức AM  k AN (k> 0 cho trước). Chẳng hạn bài toán: “Cho 𝑥𝑂𝑦̂ nhọn, và điểm 𝐴 nằm ở miền trong của 𝑥𝑂𝑦̂ . Hãy dựng tam giác có hai cạnh nằm trên Ox, Oy và nhận A là trọng tâm của tam giác đó”.

Tuy nhiên trên thực tế, khi đưa ra bài toán này, HS đã chọn phương án tối ưu là phương án 2 vì theo các em mở rộng bài toán theo cách này dễ hiểu

hơn và dễ chứng minh hơn và các em đã đề xuất một số bài toán tương tự như: “Cho 𝑥𝑂𝑦̂ nhọn, và điểm 𝐴 nằm ở miền trong của 𝑥𝑂𝑦̂ , hãy dựng tam giác OML với M thuộc Ox, L thuộc Oy sao cho OML

OAL

S

k

S  ”

b)Tổ chức cho HS nhìn lại lời giải, suy xét đúng – sai, tính hợp lý, sự đầy đủ của các bài toán.

Ví dụ 2.17. Xét bài toán “Gọi a, b, c, d là độ dài 4 cạnh của tứ giác lồi

ABCD. Chứng minh rằng 1 

2

ABCD

S  ab cd ”

Sau khi HS đã giải bài toán

ABCD ABC ACD

S S S 1 sin 1 sin 2ab B 2cd D   Suy ra: 1  2 ABCD S  ab cd Hình 2.8 - Câu hỏi đối thoại:

Lời giải trên như thế nào? Chính xác chưa? Đúng hay sai?

- Phân tích:

Lời giải trên chỉ đúng với trường hợp hai canh

a, b liền kề; còn trường hợp a, b đối diện thì sao? Như vậy, cách giải trên của HS tuy đúng nhưng chưa đủ.

Cách giải quyết: Đổi chỗ cạnh b và d của tam giác BCD bằng cách lấy D’ đối xứng với D

qua đường trung trực của đoạn AC, ta được

AD’=CD=b, CD’=AD=d và hai tam giác

Hình 2.9

ADC, AD’C là bằng nhau. Suy ra SABCD SABCD' (trở lại trường hợp 1, kết quả vẫn đúng)

Ví dụ 2.18.

Cho tập hợp A{1,2,3,4,5}. Có bao nhiêu cách lập ra các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau lấy từ tập A sao cho nhất định phải có số 1 và số 2, đồng thời số 1 và 2 không đứng liền kề nhau?

Có một số HS giải như sau:

Giải quyết bài toán chia làm 3 công đoạn: (1) Chọn vị trí cho số 1: có 5 cách chọn;

(2) Chọn vị trí cho số 2: vì 2 không được đứng liền kề với 1 nên chỉ còn 2 vị trí để xếp chỗ. Vậy có 2

4

4! 6 2!2!

C   (cách chọn). Suy ra có 4x6=24 (cách chọn) số 1 và 2 không đứng liền nhau.

(3) Chọn vị trí cho hai số còn lại là 2 3! 6

3 (3 2)!

A  

 (cách chọn) Kết luận: có 24x6=144 cách chọn số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu hỏi đối thoại: Lời giải trên như thế nào? (đúng hay sai, hợp lý chưa?)

Phân tích:

- Trong công đoạn (2):

Hình 2.11a

Hình 2.11b

lập luận của HS chỉ dựa trên trường hợp số 1 đứng ở vị trí đầu hoặc cuối (hình 2.11a.). Còn trong trường hợp 1 đứng ở vị trí hai hoặc ba (hình 2.11b) thì số 2 chỉ còn một vị trí để lựa chọn.

- Hơn nữa, HS chưa tính đến việc đổi chỗ 1 và 2

+ Coi cụm 1,2 là một số ta có 3 4

2.A cách lập ra các số lấy từ tập A sao cho có số 1,2 và 1,2 liền kề nhau trong tổng số 3.4! số.

Vậy còn lại 3

4

3.4! 2. A 24 (cách chọn).

Lời giải này hợp lý hơn vì phải xét ít trường hợp hơn so với lời giải ở trên.

Ví dụ 2.19. Bạn Anh, mỗi tháng được bố mẹ cho 2 triệu, sau khi trừ các khoản chi tiêu bắt buộc như: ăn, thuê nhà, sinh hoạt cần thiết; chỉ còn 500.000 đ cho mua sách và xem ca nhạc, đây là hai sở thích của bạn Anh. Gọi x là số lần xem ca nhạc với giá vé 20.000đ/1 vé. Gọi y là số quyển sách với giá 15.000đ/1 quyển. Nếu em là bạn Anh, em nghĩ là mình nên xem ca nhạc và mua bao nhiêu quyển sách trong một tháng để đạt dụng ích tối đa. Biết rằng: Hàm dụng ích là u(x, y) = (x + 4)(y + 5) . Thoả điều kiện: 20000x + 15000y = 500000

Sau khi tính được giá trị cực đại của hàm số hữu dụng là 99 12,38 8

x  và

101

16,83 6

y  . Ta nhận thấy xét trên thực tế, số vé và số sách không thể là số thập phân mà phải là số nguyên, vì vậy học sinh cần tính toán, xem xét chọn x, y như thế nào để tiệm cận với cực đại mà giá trị hữu dụng lại lớn nhất. Ta có các cách xét như sau:

Số vé là 12, số sách là 16 thì sự hữu dụng là: 336 (vẫn thỏa mãn điều kiện (2))

Số vé là 12, số sách là 17 thì sự hữu dụng là: 352 (vẫn thỏa mãn điều kiện ràng buộc giữa x,y)

Số vé là 13, số sách là 16 thì sự hữu dụng là: 357 (vừa đủ thỏa mãn điều