Năng lực khái quát hóa nhanh chóng và rộng rãi các đối tượng, quan hệ, các phép toán của toán học’’

Để phát triển tư duy cho học sinh cũng như cho bản thân giáo viên cần thiết phải chuẩn bị tri thức về khái quát hóa, đặc biệt hóa; những tri thức này dùng để định hướng cho hoạt động tư

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này không trùng lặp với các khóa luận, luận văn, luận án và các công trình nghiên cứu đã công bố

Người cam đoan

Nguyễn Quốc Vang

Tác giả xin chân thành cảm ơn tới Ban Giám Hiệu và các đồng nghiệp của tôi ở trường THPT Nguyễn Quán Nho đã tạo điều kiện và động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luân văn này

Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình đã luôn động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu để hoàn thành luận văn

Thanh Hoá tháng 05 năm 2021 Tác giả

Nguyễn Quốc Vang

MỤC LỤC

LỜI CAM ĐOAN i

LỜI CẢM ƠN ii

MỤC LỤC iii

MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu 2

3 Nhiệm vụ nghiên cứu 2

4 Phương pháp nghiên cứu 2

5 Dự kiến kết quả 2

6 Cấu trúc của luận văn 3

Chương 1 TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU VÀ MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 4

1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 4

1.1.1 Khái niệm về khái quát hóa và đặc biệt hóa 4

1.1.2 ([12], Trang 108) Mối liên hệ hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa với các hoạt động trí tuệ khác: Phân tích, tổng hợp, tương tự hóa, trừu tượng hóa… 4 1.1.3 Các biểu hiện của hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa 10

1.1.4 Khái quát hóa và đặc biệt hóa trong định hướng giải toán và phát triển các bài toán 13

1.2 Kiến thức bổ trợ 16

1.2.1 Kiến thức về véc tơ 16

1.2.2 Một số tính chất trong tam giác 18

1.2.3 Các bất biến của các phép biến đổi 19

1.2.4 Các bất đẳng thức được sử dụng 19

1.2.5 Các phép biến hình 20

Kết luận chương 1 21

CHƯƠNG 2: SỬ DỤNG THAO TÁC TƯ DUY KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA ĐỂ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 22

2.1 Từ Bài toán của hình học phẳng, xét tương tự để có Bài toán không gian sau

đó mở rộng Bài toán nhờ khái quát hóa 22

2.1.1 Xây dựng Bài toán hình học không gian từ tính chất của Bài toán hình học phẳng 23

2.1.2 ([2], Trang 37,38,46), Từ phán đoán hợp lí đến khẳng định Bài toán mới 26 2.1.3 Từ tính chất trọng tâm của tam giác đến Bài toán khái quát trong không gian 37

2.1.4 ([10], Trang120), Khai thác bất đẳng thức hình học 44

2.2 Sử dụng thao tác tư duy khái quát hóa, đặc biệt hóa để phát triển một số Bài toán trong Sách giáo khoa 51

2.2 1 Xuất phát từ bài toán tỉ số thể tích trong hình tứ diện 52

2.2.2 Từ Bài toán Sách Giáo khoa đến công thức tính khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau 63

2.3 Từ Bài toán khái quát đi tìm các thể hiện của nó từ việc tổng hợp kiến thức sách giáo khoa 69

Kết luận chương 2 80

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 82

TÀI LIỆU THAM KHẢO 83

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu bởi những lý do sau đây

1.1 Hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa gắn với nhu cầu phát triển tư duy của người học; tư duy phản ánh khái quát các sự vật hiện tượng và các quan hệ giữa

chúng Nhiều khi để khái quát hóa tư duy của con người phải xuất phát từ việc khảo sát các trường hợp riêng, các trường hợp đặc biệt để từ đó phát hiện các thuộc tính chung có mặt trong các đối tượng nghiên cứu Bản chất của các đối tượng, quan hệ toán học là trừu tượng, chúng được khái quát theo nhiều thang bậc khác nhau Để phát triển tư duy cho học sinh cũng như cho bản thân giáo viên cần thiết phải chuẩn bị tri thức về khái quát hóa, đặc biệt hóa; những tri thức này dùng để định hướng cho hoạt động tư duy trong nghiên cứu và dạy học toán nói chung và trong hoạt động dạy toán nói riêng

1.2 ([6], Trang 41) Khái quát hóa, đặc biệt hóa là những thao tác tư duy hay cũng thường gọi là những hoạt động trí tuệ cần cho hoạt động tìm tòi lời giải các bài toán Nhiều khi để giải một bài toán người ta mò mẫm, xem xét từ các trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, sau đó khái quát cho trường hợp tổng quát Hoạt động khái quát hóa và đặc biệt hóa cần cho hoạt động tìm tòi kiến thức mới, hoạt động chiếm lĩnh tri thức trong tình huống mới

1.3 ([1], Trang 129), Khái quát hóa là một trong những thành tố của năng lực toán học Theo Krutexki: Một trong những năng lực then chốt của năng lực toán

học là: ‘’Năng lực khái quát hóa nhanh chóng và rộng rãi các đối tượng, quan

hệ, các phép toán của toán học’’ Dẫn theo : Phạm Văn Hoàn, Nguyễn Gia Cốc,

Trần Thúc Trình(1981), Giáo dục học môn toán; NXB Giáo Dục

1.4 Hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa đi kèm theo các hoạt động: Quan sát, phân tích, so sánh, tổng hợp là cơ sở để tiến hành hoạt động mô hình hóa toán học các lớp hiện tượng trong thực tiễn Khi tiến hành mô hình hóa, chủ thể nhận thức, xác định các đối tượng, quan hệ của các lớp hiện tượng tương ứng với tập hợp các đối tượng quan hệ trong toán học để thu được mô hình toán khái quát, trừu tượng phục vụ cho việc nghiên cứu các hiện tượng thực tiễn

1.5 Đổi mới giáo dục toán học hiện nay ở trường THPT quan tâm tiếp cận các năng lực người học các năng lực được quan tâm như vậy bao gồm: Năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề một cách sáng tao, năng lực tư duy và suy luận, năng lực giao tiếp, năng lực mô hình hóa(Xem chương trình môn toán THPT) 1.6 Khái quát hóa, đặc biệt hóa là những thao tác tư duy có vai trò rất quan trọng trong quá trình dạy học toán ở trường phổ thông Khái quát hóa, đặc biệt hóa, giúp mò mẫm, dự đoán để tìm lời giải của bài toán; mở rộng, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức và góp phần quan trọng trong việc hình thành những phẩm chất trí tuệ cho học sinh Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá chưa được rèn luyện đúng mức trong dạy học ở trường phổ thông

Việc nghiên cứu đề tài có ý nghĩa quan trọng trong việc tác động tích cực đến phát triển năng lực của người học trong dạy học hình học không gian ở trường THPT

Vì những lý do nêu trên chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “Khái quát hóa, đặc biệt hóa trong giải toán hình học không gian”

2 Mục đích nghiên cứu

Đề tài có mục đích nghiên cứu là: Sử dụng thao tác tư duy khái quát hóa, đặc biệt hóa để giải toán hình học không gian nhằm góp phần nâng cao hiệu quả dạy học hình học không gian ở trường THPT

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu các tính chất, các bài toán trong hình học để từ đó phát triển khái quát hóa, đặc biệt hóa các bài toán trong không gian

4 Phương pháp nghiên cứu

Sử dụng các phương pháp nghiên cứu tổng hợp, phân tích

Phương pháp nghiên cứu tài liệu gồm: Đọc tài liệu sách tham khảo, sách chuyên khảo, tạp chí toán học về các chủ đề liên quan đến hình học

5 Dự kiến kết quả

Đưa ra được các phương thức khái quát hóa, đặc biệt hóa trong hoạt động giải bài tập hình học không gian để có được hệ thống các bài toán mới; các bài

toán phát triển từ SGK hình học không gian Góp phần nâng cao hiệu quả dạy học giải bài tập toán ở trường THPT

Trên cơ sở khảo sát vai trò khái quát quát hóa, đặc biệt hóa vào trong dạy học toán trường phổ thông Chúng tôi cho rằng đề tài đã làm sáng tỏa một số luận điểm về khái quát hóa, đặc biệt hóa để từ đó khắc sâu được các dạng toán

và tìm tòi phát triển các bài toán mới về hình học trong chương trình toán phổ thông và toán sơ cấp ở trường Đại học Sư phạm

Đề tài có ứng dụng sâu sắc trong dạy và học toán

6 Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm 2 chương

Chương 1: Tổng quan vấn đề nghiên cứu và một số kiến thức cơ sở

Chương 2: Sử dụng thao tác tư duy khái quát hóa, đặc biệt hóa để giải bài

toán hình học không gian

Chương 1 TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU VÀ MỘT SỐ KIẾN

THỨC CƠ SỞ

1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu

1.1.1 Khái niệm về khái quát hóa và đặc biệt hóa

Khái quát hóa là quá trình dùng trí óc hợp nhất các đối tượng khác nhau thành một nhóm, một loại theo những thuộc tính nhất định, những quan hệ chung nhất định Quá trình này bao gồm việc quan sát, phân tích tìm các mối quan hệ giữa các đối tượng để chỉ ra các đặc điểm chung có tính khái quát

Suy luận tương tự được xem là tiền đề của khái quát hóa Từ những đặc điểm chung của các đối tượng tương tự nhau, chúng ta có thể dễ dàng tìm kiếm những kết luận mới có tính khái quát

1.1.2 ([12], Trang 108) Mối liên hệ hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa với các hoạt động trí tuệ khác: Phân tích, tổng hợp, tương tự hóa, trừu tượng hóa…

“Tham khảo tài liệu BDTX Giáo viên THPT chu kì III(2004-2007)”

Khai thác mối quan hệ giữa các hoạt động trên, trong việc tập luyện cho học sinh khái quát hóa, không chỉ yêu cầu học đi từ riêng đến chung (khái quát hóa)

mà còn đòi hỏi họ đi từ chung đến riêng (đặc biệt hóa) và làm rõ mối quan hệ chung riêng giữa cái đạt được và cái xuất phát (phân tích) Có thể yêu cầu họ đặc biệt hóa mệnh đề tìm được sao cho lại nhận được mệnh đề xuất phát, thông qua đó nhấn mạnh mối quan hệ chung riêng giữa mệnh đề tìm được và mệnh đề xuất phát Nhiều khi nên yêu cầu học sinh đặc biệt hóa mệnh đề khái quát tìm được thành nhiều trường hợp riêng đa dạng để sơ bộ kiểm nghiệm (chứ chưa phải là chứng minh) tính chân thực của mệnh đề đó

Phân tích, tổng hợp là bản chất của hoạt động tư duy nói chung, của khái quát hóa và những hoạt động trí tuệ có liên quan nói riêng Khái quát hóa và những hoạt động trí tuệ có liên quan chỉ là những dạng xuất hiện của phân tích tổng hợp Vì vậy, khi tập luyện cho học sinh khái quát hóa và những hoạt động

có liên quan, cần phải rèn luyện cho họ khả năng phân tích, tổng hợp coi đó là

cơ sở để thực hiện hoạt động trí tuệ Nếu học sinh gặp khó khăn khi tiến hành

một hoạt động nào đó thì cần quay lại cơ sở của hoạt động đó là phân tích và

tổng hợp Chẳng hạn, khi hướng dẫn học sinh khái quát hóa một số Ví dụ cụ thể

để tìm ra quy luật, nếu học sinh gặp khó khăn trong việc phát hiện ra đặc điểm

chung thì yêu cầu họ hãy mô tả đặc điểm của từng ví dụ (phân tích) rồi đối chiếu

với nhau để tìm ra các đặc điểm chung (tổng hợp) Nếu học sinh gặp khó khăn

trong việc phân biệt đặc điểm bản chất với đặc điểm không bản chất, có thể gợi

cho họ liên hệ những đặc điểm chung vừa phát hiện với mục đích hành động (tổng hợp) Đặc điểm nào ảnh hưởng tới sự kiện sẽ là đặc điểm bản chất, đặc điểm nào không ảnh hưởng tới sự kiện sẽ là đặc điểm không bản chất

Tương tự hóa là thao tác tư duy dựa trên sự giống nhau về tính chất và quan

hệ của những đối tượng khác nhau (hai phép chứng minh là tương tự nếu đường

lối, phương pháp chứng minh giống nhau).Sau đây là ví dụ minh họa:

Ví dụ 1.1.2.1 ([9], Trang 351) Cho tam giác ABC và một điểm M di động trong tam giác đó Các đường thẳng AM BM CM, , cắt các cạnh BC CA AB, , tương ứng tại D E F, , Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức

AD = BE = CF = suy ra M là trọng tâm của tam giác ABC

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 4

Hay M là trọng tâm của tam giác

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 3 2

Nếu thay thế tam giác ABC thành tứ diện ABCD và M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện thì ta có bài toán tương tự trong không gian sau đây:

Ví dụ 1.1.2.2 ([9], Trang 346 và 352) Cho tứ diện ABCD và một điểm M

chuyển động trong tứ diện Các đường thẳng AM BM CM DM, , , theo thứ tự cắt các mặt BCD ADC ABD ABC, , , tại A B C D', ', ', '. Tìm giá trị nhỏ nhất các biểu thức sau

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 9

4 khi M là trọng tâm của tứ diện ABCD

1 ' ' ' ' 1

trọng tâm của tứ diện ABCD.

Ví dụ 1.1.2.3([13] Bài toán 3 trang 28) Chứng minh trong tam giác ABC bất kì,

trọng tâm G , trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và

1

2

GO= GH (Đường thẳng Ơle)

Lời giải(Xem hình 1.3)

Thẳng hàng là một bất biến của phép vị tự nên ta có thể nghĩ đến việc dùng

phép vị tự để giải bài toán này Yêu cầu của bài toán chứng minh hệ thức

1

2

GO= GH làm ta nghĩ đến phép vị tự tâm G biến O thành H hoặc ngược lại

Dựa vào hình vẽ ta dự đoán tỉ số là − 2( hoặc

2

1

− ) H là trực tâm của ABC còn

O là trực tâm của tam giác có các đỉnh là chân các đường trung tuyến Với định

hướng đó ta giải bài toán như sau

Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm các cạnh BC CA AB, ,

M A

V G

N

:

2 1

Theo giả thiết, H là trực tâm của tam giác ABC và dễ dàng chứng minh được

O là trực tâm của tam giác ABC

Chuyển bài toán sang bài toán trong không gian, không phải tứ diện nào cũng có các đường cao đồng quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất này

Ví dụ 1.1.2.4 Trong không gian, cho tứ diện trực tâm ABCD Chứng minh, trọng tâm G, trực tâm H và tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và

' 1

D

C

B

A :

A

V G−

Như vậy, V G−1: (ABCD)  (A'B'C'D' ) nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm của tứ diện A B C D' ' ' ' Theo giả thiết, H là trực tâm của tứ diện ABCD, ta sẽ chứng minh O là trực

tâm của tứ diện A B C D' ' ' '

Thật vậy, trước hết ta sẽ chứng minh

) (

Ta chứng minh A' cũng cách đều B C D, , Gọi G1 là giao điểm của AA' với

mp BCD Trong BA B' ' có G là trung điểm của BB' và '

3

1 3

G là trọng tâm nên BG1 qua trung điểm E' của CD và BG1= 2G E1 '

Suy ra: E E' hay CD cắt A B' ' tại trung điểm của mỗi đường Do đó

Suy ra: V G−1:H O hay GO= −GH.Vậy H G O, , thẳng hàng và GO GH=

1.1.3 Các biểu hiện của hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa

1.1.3.1 Khái quát hóa, đặc biệt hóa nhìn theo góc độ tư duy – Đó là những thao tác tư duy

Nếu nhìn theo góc độ hoạt động thì khái quát hóa, đặc biệt hóa, chúng là các hoạt động trí tuệ

Trong dạy học toán khái quát hóa được hiểu là hoạt động trí tuệ chuyển việc nghiên cứu một tính chất  nào đó trên một tập hợp đối tượng A sang một tập hợp đối tượng B chứa tập A

Có thể minh họa điều nói trên qua ví dụ sau: Tập hợp các hình vuông, hình chữ nhật, hình thang cân chúng có tính chất chung: Là những tứ giác nội tiếp trong một đường tròn Tuy nhiên tập hợp các tứ giác nội tiếp trong một đường tròn chứa tập hợp hình vuông, hình chữ nhật, hình thang cân đó là tập hợp những tứ giác có tổng hai góc đối bằng nhau

1.1.3.2 Khái quát hóa đó là sản phẩm của tư duy logic và tư duy sáng tạo

i Trong cuốn phương pháp dạy học toán ở trường phổ thông của tác giả

duy logic đặc trưng bởi khả năng rút ra kết luận từ các tiền đề đã cho, khả năng tách ra các trường hợp riêng một cách triệt để, khả năng dự đoán bằng lí thuyết các kết quả cụ thể, khả năng khái quát hóa các kết quả nhận được

Như vậy chúng ta hiểu khái quát hóa đó là một trong những thành tố của tư duy logic

ii Nhờ khái quát hóa các trường hợp riêng, khái quát hóa một mệnh đề nào đó chúng ta nhận được một mệnh đề mới, một bài toán mới Từ đó chúng ta có thể kết luận khái quát hóa là thành tố của tư duy sáng tạo Hoạt động khái quát hóa

có một vai trò quan trọng trong dạy học toán và nghiên cứu toán

iii ([12], Trang 113) Như vậy trong tư duy sáng tạo đặc trưng cơ bản của nó là hoạt động tìm ra cái mới

Lecne đã chỉ ra các thuộc tính của quá trình tư duy sáng tạo là:

• Có sự lục chuyển các tri thức và kĩ năng sang một tình huống mới

• Nhìn thấy những vấn đề mới trong điều kiện quen biết đúng quy cách

• Nhìn thấy một chức năng mới của đối tượng quen biết

• Nhìn thấy cấu trúc mới của đối tượng đang nghiên cứu

• Kĩ năng nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách nhìn lời giải(khả năng xem xét đối tượng ở những khía cạnh khác nhau)

• Kĩ năng tạo ra phương thức giải độc đáo tuy đã biết những phương thức khác

Ví dụ ([3], Trang 82) Khi dạy định lí về sự tồn tại đường vuông góc chung của

hai đường thẳng chéo nhau trong chương trình lớp 11 THPT; ta xuất phát từ việc cho học sinh xét các bài toán cụ thể sau

1 Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' có tâm là điểm O Gọi M là trung điểm cạnh CD

a Xét vị trí tương đối của đường thẳng AB với hai đường thẳng chéo nhau , '.

AD BB

b Xét vị trí tương đối của đường thẳng OM với hai đường thẳng chéo nhau , '.

CD AC

Hình 1.5 Nhờ các kiến thức về hình lập phương thông qua các hoạt động phát hiện, hoạt động biến đổi mà học sinh nhận biết được:

- Đường thẳng AB cắt và vuông góc với hai đường thẳng chéo nhau AD và BB1

- Tam giác MAC cân tại M và O là trung điểm của AC nên OM ⊥AC; tam giác

OCD cân tại O nên và M là trung điểm của CD nên OM ⊥CD Vậy OM vuông góc và cắt cả hai đường thẳng chéo nhau CD AC, '.

2 Cho tứ diện vuông OABC có góc tam diện đỉnh O là góc tam diện vuông Xác định đường thẳng cắt và vuông góc với hai đường thẳng chéo nhau OC và AB.

Hình 1.6

Từ kết quả đạt được ở Bài toán 1 học sinh biết xác định đường thẳng OM

chứa đường cao của tam giác OAB và kết luận OM vuông góc và cắt cả hai đường thẳng chéo nhau OC và AB.

Mặt khác nhận thấy được OM là giao tuyến của hai mặt phẳng (OAB)

chứa AB và vuông góc với OC và mặt phẳng (OMC) chứa OC và vuông góc với

Từ các hoạt động khảo sát trên giáo viên yêu cầu học sinh nêu mệnh đề tổng quát: “Tồn tại và duy nhất một đường thẳng  cắt và vuông góc với hai đường thẳng chéo nhau a,b bất kì”

• Cần xác định hai điểm của đường thẳng  hoặc một điểm của đường thẳng  và phương của 

• Phương của đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ( )P đi qua điểm O

bất kì trong không gian và ( )P song song với a và b Như vậy mặt phẳng

+ Xác định giao điểm  của a’, b’

+ Dựng đường thẳng  qua  và vuông góc với ( )

1.1.4 Khái quát hóa và đặc biệt hóa trong định hướng giải toán và phát triển các bài toán

Ý tưởng của mục này bao gồm

(Bài giảng của GS,TS Đào tam), Để khái quát hóa người ta thường thực hiện theo quy trình các bước sau:

Bước 1: Khảo sát các trường hợp riêng

Bước 2: Rút ra một tính chất chung  nào đó từ các trường hợp riêng đã xét Bước 3: Mở rộng tính chất  cho tập hợp rộng hơn

Vận dụng các bước nói trên giúp ta rút ra kết luận để tìm lời giải của một bài toán hay phát triển một bài toán mới chúng ta thường xét các trường hợp riêng để phát hiện đường lối giải sau đó chuyển hướng giải này cho bài toán tổng quát

Thể hiện qua các ví dụ sau

Ví dụ 1.1.4.1.(Xuất phát từ Bài toán đặc biệt): Cho hình lập phương

Hình thành Bài toán mới

Ví dụ 1.1.4.2 ([3], Trang 89) Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' Gọi I J,

lần lượt là trung điểm các cạnh AB C D; ' ' Các điểm M N, lần lượt thuộc các cạnh AD và BB' sao cho AM =BN Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn cắt

và vuông góc với IJ tại trung điểm H của đoạn MN

Lời giải ( Xem hình 1.9)

Hình 1.9

Cách 1: Chứng minh bài toán trên có thể dùng phép đối xứng trục với trục đối

xứng là đường thẳng IJ như sau:

ĐI J: A→B; ĐI J: D→B’ Khi đó ĐI J: M →M'; sao cho AM =BM' Mặt khác theo giả thiết AM =AN nên M' N Suy ra đường thẳng MN vuông góc với IJ

tại trung điểm H của MN.

Cách 2: Có thể chứng minh Bài toán trên nhờ sử dụng phương pháp véc tơ

- Chứng minh đường thẳng MN cắt IJ thông qua chứng minh ba véc tơ , ,

IJ IM IN đồng phẳng

- Chứng minh H là trung điểm của MN ta chứng minh 1( )

2

IH = IM +IN

Theo giả thiết AM =BN và AD=BB' nên AM =k AD BN; =k BB'

Đặt AB=a AD, =b AA, ' =c khi đó ta biểu diễn các véc tơ IJ IM IN, , qua ba véc tơ , ,

Vậy MN luôn cắt và vuông góc với IJ tại trung điểm H của đoạn MN

Từ Ví dụ 1.1.4.2 nếu thay giả thiết hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' bằng hình

hộp bất kì thì điều khẳng định ở Ví dụ 1.1.4.2 còn đúng không?

Nhờ sử dụng bất biến Aphin và sử dụng tương đương Aphin ta có hình lập phương tương đương Aphin với hình hộp bất kì; trung điểm là bất biến Aphin

Ví dụ 1.1.4 3 (Bài toán khái quát) Cho hình hộp bất kì ABCD A B C D ' ' ' ' Gọi

MN luôn cắt IJ tại trung điểm H của đoạn MN

Lời giải ( Xem hình 1.10)

Bình phương vô hướng: ( )2 2

.

a a= a = a

Hệ quả 1.2.1.2 1( 2 2 2)

2

2

⎯⎯ → ⎯⎯ →

Các quy tắc véc tơ ([14], Trang 11)

• Quy tắc ba điểm AC=AB BC+ với A B C, , tùy ý

• Quy tắc đường chéo hình bình hành Với hình bình hành OABC ta có

• Ba điểm A B C, , thẳng hàng nếu tồn tại số thực k sao cho AB=k AC

• Tính chất trọng tâm của tam giác: Với G là trọng tâm của tam giác ABC

Định lí véc tơ trong không gian

Định lí 2.1.1.3 ([13], Trang 89) Ba véc tơ a b c, , đồng phẳng khi và chỉ khi tồn tại cặp số k l, duy nhất sao cho: c=ka lb+

Từ định lí trên dẫn đến kết quả sau:

• Bốn điểm A B C D, , , đồng phẳng khi và chỉ khi tồn tại cặp số k l, duy nhất sao cho:AC=k AB l AD+

• Cho bốn điểm A B C D, , , đồng phẳng thì có ba số x y z, , mà x+ + =y z 1 sao cho với mọi điểm O ta có OA=xOB+yOC+zOD

Định lý 2.1.1.4 ([13], Trang 89) Ba véc tơ a b c, , không đồng phẳng Với bất kì véc tơ d , ta tìm được các số m n p, , sao cho d =ma+nb+ pc Hơn nữa các số , ,

m n p là duy nhất

Tọa độ của vectơ

Cho hai véc tơ u x y z( ; ; ), ( '; '; ')v x y z

Cho hai điểm A x( A;y A;z A) (, B x B;y B;z B) ta có AB=(x B−x A;y B−y z A; B−z A)

Khoảng cách giữa hai điểm A x( A;y A;z A) (, B x B;y B;z B)

AB= x −x + y −y + z −z

1.2.2 Một số tính chất trong tam giác

1.2.2.1 Các tính chất liên quan đến các đường đặc biệt trong tam giác (Đường cao, đường trung tuyến, đường trung trực, đường phân giác trong)

1.2.2.2 Các hệ thức lượng trong tam giác

Hình 1.11

Gọi a b c, , lần lượt là độ dài các cạnh BC CA AB, , ; h m a, a lần lượt là độ dài đường cao, đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A; R r, lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tếp tam giác

1.2.2.3 Các hệ thức lượng trong tam giác vuông Định lí Talét

1.2.3 Các bất biến của các phép biến đổi

1.2.3.1 Các bất biến Aphin – Các tính chất không thay đổi qua biến đổi Aphin

Phép chiếu song song, sự thẳng hàng, đồng quy, đường thẳng →đường thẳng,

tỉ số đơn: Ba điểm A B C, , thuộc một đường thẳng

a

b =b = = b 1.2.4.3 Bất đẳng thức Bunhiacopxki mở rộng: Cho n số a a1, 2, a n tùy ý và n số

1 , , 2 n

b b b không âm ta có:

( )2 2

Định lí 1.2.5.2 ( [13], Trang 10) Phép đối xứng trục bảo toàn khoảng cách giữa

hai điểm bất kỳ

Hệ quả 1.2.5.3 Phép đối xứng trục biến đường thẳng thành đường thẳng, biến

đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính

Định lí 1.2.5.5 ([13], Trang 25) Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M N, tùy

Kết luận chương 1

Trong chương này chúng tôi làm sáng tỏ khái quát hóa, đặc biệt hóa trong giải toán và nghiên cứu toán Đặc biệt chúng tôi đã đề cập trong chương này về vai trò của đặc biệt hóa, khái quát hóa trong hoạt động tìm tòi hướng giải các bài toán và hoạt động phát triển bài toán mới, vai trò của khái quát hóa trong tư duy logic, tư duy sáng tạo và khai thác vai trò này đối với việc phát triển các bài toán trong SGK Nghiên cứu những điều nói trên là cần thiết đối với việc phát triển tiềm năng đối với người giáo viên trong dạy học toán ở trường phổ thông

Để nghiên cứu vấn đề khái quát hóa trong dạy học giải toán chúng tôi đề cập đến một số kiến thức cần chuẩn bị cho giáo viên để hiểu sâu sắc các nội dung đặc biệt hóa, khái quát hóa

Qua nghiên cứu tổng quan, chúng tôi thấy các nghiên cứu về khái quát hóa, đặc biệt hóa trong giải toán hình học không gian nói riêng và trong dạy học toán cũng như nghiên cứu toán nói chung chưa được quan tâm nhiều trong thực tiễn

CHƯƠNG 2: SỬ DỤNG THAO TÁC TƯ DUY KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC

BIỆT HÓA ĐỂ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

2.1 Từ Bài toán của hình học phẳng, xét tương tự để có Bài toán không gian sau đó mở rộng Bài toán nhờ khái quát hóa

Từ những đặc điểm chung của các đối tượng tương tự nhau, chúng ta có thể

dễ dàng tìm kiếm những kết luận mới có tính khái quát

Cơ sở khoa học (Bài giảng của GS,TS Đào Tam)

- Đường thẳng và mặt phẳng có tính chất hình học tương tự, đường thẳng là 1-phẳng, mặt phẳng là 2-phẳng; là trường hợp riêng của m-phẳng trong m

A ;

m- phẳng là X A X/ 0 =i.A I0 , i ;A A0 , 1 , A m cụ thể

Ví dụ:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

/ / / /

P a

+ 2-đơn hình là tam giác 2-đơn hình A B C, , độc lập

Ví dụ: Xét tam giác ABC; điểm M di động trên BC và O là điểm tùy ý ta có:

Hình 2.1

; , 0; 1.

OM = OB+ OC      + =

Xét N trên AM ta có ON =x OM +y OA ; x,y 0; x + =y 1.

Suy ra OM =y OA +x OB +y OC y, +x +y = 1

Nên tam giác ABC là 2-đơn hình tạo nên bởi A B C, ,

+ 3-đơn hình là tứ diện 3- đơn hình A B C D, , , độc lập

2.1.1 Xây dựng Bài toán hình học không gian từ tính chất của Bài toán hình học phẳng

Mệnh đề 2.1.1.1 Trong tam giác đều trọng tâm trùng với tâm đường tròn ngoại

tròn ngoại tiếp tam giác

Lập luận cho mệnh đề trên nhờ sử dụng mệnh đề trong tam đều ba đường trung trực, ba đường trung tuyến đều đồng quy tại tâm đường tròn ngoại tiếp Lập luận tương tự để có Bổ đề trong không gian với tứ diện đều ABCD

như sau:

Đường trung tuyến trong tam giác thành đường nối trung điểm hai cạnh đối diện của tứ diện; đường trung trực trong tam giác thành đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau

Bổ đề 2.1.1.2 Trong một tứ diện đều trọng tâm trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp

Hình 2.2 Thật vậy, giả sử ABCD là tứ diện đều, gọi M N P Q, , , lần lượt là trung điểm của các cạnh AB CD AD BC, , , thì tứ giác MNPQ là hình vuông nên MN PQ, cắt nhau tại G là trọng tâm, đồng thời là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

Chứng minh bài toán trên nhờ sử dụng các tam giác bằng nhau

Chứng minh mệnh đề trên nhờ sử dụng các tam giác bằng nhau (Xem hình 2.3)

Bổ đề 2.1.1.4 Trong tam giác đều ABC gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt AB AC, lần lượt tại M N, thì tứ giác

BCMN nội tiếp trong một đường tròn

Từ bổ đề 2.1.1.4 ta có bài toán tương tự trong không gian như sau

Bài toán 2.1.1.5 (Bài toán tương tự trong không gian): Cho tứ diện đều ABCD, gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện một mặt phẳng vuông góc với AO cắt các cạnh AB AC AD, , lần lượt tại M N P, , chứng minh sáu điểm A B C M N P, , , , ,nằm trên một mặt cầu

Hình 2.4

Lời giải (Xem hình 2.4) : Tứ diện ABCDlà tứ diện đều nên gọi gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy BCD ta có AI là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD, tam giác MNP; vẽ mặt phẳng trung trực của đoạn CP cắt AI tại O Khi đó, OB=OC=OD; OM=ON=OP và OC=OD Từ đó suy ra sáu điểm , , , , ,

A B C M N P nằm trên một mặt cầu tâm O.

Bài toán 2.1.1.6 (Tổng quát hóa Bài toán 2.1.1.5 đối với tứ diện bất kì) Chứng

minh rằng trong một mặt phẳng vuông góc với đường nối tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với một đỉnh của tứ diện cắt các cạnh AB AC AD, , lần lượt tại M N P, , thì sáu điểm B C D M N P, , , , , thuộc một mặt cầu

Hình 2.5

Lời giải( Xem hình 2.5 )

Trước hết ta có mệnh đề “Nếu đường thẳng vuông góc với đoạn thẳng nối tâm vòng tròn ngoại tiếp với đỉnh A của tam giác ABC, cắt các cạnh AB AC, lần lượt tại M N, thì tứ giác BCMN nội tiếp trong một đường tròn”

Ta gọi I là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (ABC) Do

OA OB= =OC suy ra các hình chiếu IA=IB=IC hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Từ giả thiết và từ OI ⊥(ABC) suy ra MN ⊥AI, từ đó B C N M, , , thuộc một đường tròn Lập luận tưng tự P N C B, , , cùng thuộc một đường tròn

Hai đường tròn (BMNC) (, PNCD) thuộc hai mặt phẳng cắt nhau và chúng cắt nhau tại hai điểm C N, Do đó hai đường tròn trên cùng thuộc một mặt cầu với tâm của mặt cầu là giao điểm của hai trục đường tròn tương ứng với hai đường tròn đó

2.1.2 ([2], Trang 37,38,46), Từ phán đoán hợp lí đến khẳng định bài toán mới

Chúng ta đã biết một tri thức mới tìm được nói chung, bài toán mới nói riêng

là sản phẩm của các hoạt động tìm tòi trí tuệ

Có sản phẩm bắt đầu từ việc xem xét kĩ một tính chất nào đó của một hay một

số trường hợp riêng; sau đó nhờ các hoạt động biến đổi, phân tích, so sánh, tông hợp, khái quát hóa, tương tự hóa để mở rộng tính chất đang quan tâm cho một tập các đối tượng rộng hơn Khi mệnh đề được khái quát đúng, chúng ta có tính chất mới, Bài toán mới

Chúng ta bắt đầu từ bài toán quen thuộc sau đây

Bài toán 2.1.2.1 Cho tam giác ABC, M là trung điểm cạnh BC Một đường thẳng d cắt các cạnh AB AC, và cắt đoạn AM tại các điểm tương ứng A C M1, 1, 1.

Hình 2.6 Cách 1 Sử dụng định lí Thales cho các tam giác ABE ACF, ; trong đó BE CF,song song với đường thẳng d, các điểm E F, thuộc đường thẳng AM , đồng thới

Cách 2 Sử dụng tỉ số diện tích của các cặp tam giác (AB M ABM1 1 , ) (; AM C AMC1 1 , )

và (AB C ABC1 1 , ).

Phát triển Bài toán 2.1.2.1 thành bài toán mới trong mặt phẳng

Hoạt động này được tiến hành theo thứ tự các bước sau

Bước 1 Cấu trúc lại giả thiết và kết luận của Bài toán 2.1.2.1 nhờ hoạt động

biến đổi giả thiết và kết luận thông qua hoạt động chuyển đổi ngôn ngữ

• Thay M là trung điểm cạnh BC bởi việc đặt 1

2

BM k MB

Bước 2 Thay M là trung điểm cạnh BC bởi mệnh đề khái quát: M thuộc cạnh

BC sao cho BM=kBC với (0  k 1)

Bước 3 Dự đoán bài toán mới nhờ hoạt động khái quát hóa Bài toán 2.1.2.1 Bước 4 Hoạt động chứng minh Bài toán 2.1.2.2 (Xem hình 2.7)

Bài toán 2.1.2.2 Cho tam giác ABC , M là điểm thuộc cạnh BC sao cho

BM =kBC, với 0  k 1 Một đường thẳng d cắt các cạnh AB AC, và cắt đoạn

thẳng AM tại các điểm tương ứng A C M1, 1, 1. Chứng minh rằng

bằng cách vẽ BE và CF song song với đường thẳng d , các điểm E F, thuộc đường thẳng AM Áp dụng định lí Thales cho các tam giác ABE và AFC ta có

* Phát triển Bài toán 2.1.2.1 thành bài toán mới trong không gian

• Giả thiết M là trung điểm của cạnh BC hay M là trọng tâm của hệ điểm

(B C; ) được thay bởi G là trọng tâm của tam giác ABC, tam giác ABC

được thay bởi hình chóp S ABC .

• Thay đường thẳng d bởi mặt phẳng ( ) Ta có bài toán tương tự Bài toán 2.1.2.1 trong không gian sau đây

Bài toán 2.1.2.3 Cho hình chóp S ABC. G là trọng tâm của tam giác ABC. Một mặt phẳng ( ) cắt các cạnh SA SB SC, , và SG tại các điểm A B C1, 1, 1 và G1 Chứng minh rằng

Hình 2.8 Cũng có thể chứng minh hệ thức trên nhờ sử dụng tính chất của tỉ số thể tích của các cặp hình chóp tam giác sau:

(S A B G S ABG 1 1 1 ; ) (, S B C G S BCG 1 1 1 ; ) (, S C AG S CAG 1 1 1 ; ) (, S A B C S ABC 1 1 1 ; ).

Cũng có thể điều kiện đồng phẳng của các véc tơ để chứng minh

Bốn điểm A B C G1, 1, 1, 1 đồng phẳng ta có SG1=  SA1+  SB1+  SC1 với    + + = 1

* Khái quát bài toán 2.1.2.3

Bài toán 2.1.2.4 Cho hình chóp S ABC. G là điểm bất kì nằm trong tam giác

Có thể giải Bài toán 2.1.2.4 nhờ sử dụng tính chất tỉ số thể tích

Có thể tiếp tục mở rộng và phát triển Bài toán 2.1.2.2 khi d là đường thẳng bất kì cắt các tia AB AC AM, , tại các điểm B C M1, 1, 1 thì ta vẫn có hệ thức (1 −k). AB +k. AC = AM .

Phát triển Bài toán 2.1.2.4 đối với mặt phẳng ( ) tùy ý cắt các tia , , ,

Vận dụng vào giải Bài toán sau

Bài toán 2.1.2.5 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình bình hành Gọi

K là trung điểm SC Mặt phẳng chứa AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M

và N Gọi V1, V theo thứ tự là thể tích khối chóp S AMKN. và khối chóp

Dấu " = " xảy ra khi 3 2

Bài toán 2.1.2 6 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D Trên cạnh AB lấy điểm M

khác A và B Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng

(ACD’) GọiC1 là trung điểm của CC’ Mặt phẳng (Q) đi qua AC1 cắt C’B, C’D

lần lượt tại B1, D1 khác C’ Chứng minh rằng: 4 ' 1 ' 1 3

ta có: C’, O, G là các điểm chung của 2 mặt phẳng (C’AC) và (C’BD)

 C’, O, G thẳng hàng và G là trọng tâm của tam giác C’AC  ' 2

C1C'

B A

2

x + y (2) ; Từ (1) và (2) đpcm

Bài toán 2.1.2 7 Cho hình chóp S.ABC có SA=a SB, =b SC, =c Một mặt phẳng

( ) đi qua trọng tâm của ABC, cắt các cạnh SA SB SC, , lần lượt tại A B C   , ,

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 12 12 1 2

Dấu “=” xảy ra khi

a =b =c

Bài toán 2.1.2 8 Cho hình chóp S ABC. có SA= SB= SC= 1 Mặt phẳng ( )P

thay đổi và luôn đi qua trọng tâm của tứ diện cắt cạnh SA SB SC, , lần lượt tại ', ', '

Lời giải (Xem hình 2.13)

+ Gọi G, O lần lượt là trọng tâm của tứ diện S ABC. và tam giác ABC ta có 4

Hình 2.14

Lời giải (Xem hình 2.14)

Tứ giácABCD là hình bình hành tâm O ta có O l à trung điểm của AC BD, ; SO

SA +SC = SB +SD suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.1.2.10 Cho hình chóp có đáy là hình bình hành Gọi là điểm trên sao cho - Mặt phẳng qua cắt các cạnh , , lần lượt tại , , Tính giá trị của biểu thức

Bài toán 2.1.2.11 ([11], Số 435(9-2013) trang 22), Cho hình chóp S ABC. có G

là trọng tâm của tam giác ABC, O là trung điểm của SG Một mặt phẳng ( )

thay đổi qua điểm O cắt các cạnh SA SB SC, , của hình chóp lần lượt tại các điểm ', ', '