tư duy môn toán chuyền đề cực trị

BÀI ĐIỀU KIỆNRèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học các bài toán cực trị hình học Các học viên trong nhóm: Doãn Thị Kim Huế nhóm trưởng Nguyễn Thị Hiếu Sa

BÀI ĐIỀU KIỆN

Rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học các bài toán cực trị hình học

Các học viên trong nhóm: Doãn Thị Kim Huế (nhóm trưởng)

Nguyễn Thị Hiếu Salongsay Sayyasa

Tâm lý học hiện đại đã kết luận: “ Con người có tiềm năng sáng tạo to lớn và vô tận” Cũng theo bộ lao động Mỹ, người lao động thế kỷ 21 cần có 13 kỹ năng mà theo họ, kỹ năng tư duy sáng tạo là quan trọng nhất Vậy sáng tạo và tư duy sáng tạo đang được hiểu như thế nào? Làm thế nào để khơi dậy tiềm năng sáng tạo?

1 Khái niệm về tư duy sáng tạo:

- Tư duy sáng tạo (TDST) là một dạng tư duy độc lập, tạo ra ý tưởng mới độc đáo và

có hiệu quả giải quyết vấn đề cao

- Ý tưởng mới được thể hiện ở chỗ phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo kết quả mới

- Tính độc đáo của ý tưởng mới thể hiện ở giải pháp lạ, hiếm, không quen thuộc hoặc duy nhất

- Tổng hợp các kết quả nghiên cứu về cấu trúc của TDST, có thể nêu lên ba thành phần cơ bản của TDST đó là tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo

2 Tính chất hay thành phần của tư duy sáng tạo:

2.1 Tính mềm dẻo

- Dễ dàng chuyển từ hoạt động này sang hoạt động khác, vận dụng linh hoạt các hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, cụ thể hóa các phương pháp suy luận như: Quy nạp, suy diễn, tương tự, dễ dàng chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ nếu gặp trở ngại

- Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những kinh nghiệm, kiến thức, kỹ năng đă có vào trong hoàn cảnh mới, điều kiện mới, trong đó

có những yếu tố đă thay đổi có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, những phương pháp, những suy nghĩ đă có trước

- Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết

2.2 Tính nhuần nhuyễn: Được thể hiện rõ nét ở 2 đặc trưng sau:

- Tính đa dạng của các cách sử lí khi giải toán: Khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau Đứng trước một vấn đề khi giải quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất nhiều phương án khác nhau và từ đó đưa ra được phương án tối ưu

- Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có một cách nhìn sinh động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tượng chứ không phải cái nhìn bất biến, phiếm diện, cứng nhắc

Khi thực hành giải toán, để thực hiện được điều này ta cần phân tích cho học sinh thấy rõ các bước để giải một bài toán, tìm sự quan hệ gần gũi giữa bài toán đă cho với các bài toán đă biết Qua đó thể hiện được tính nhuần nhuyễn của tư duy, tính độc lập trong suy nghĩ

2.3 Tính độc đáo: tìm kiếm và quyết định phương thức mới

Tính độc đáo của TDST được đặc trưng bởi các khả năng

- Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới

- Khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau

2.4 Tính hoàn thiện: lập kế hoạch, phối hợp các hoạt động

2.5 Tính nhạy cảm vấn đề: nhanh chóng phát hiện vấn đề, liên tưởng tốt

Các yếu tố cơ bản nói trên không tách rời nhau mà trái lại chúng quan hệ mật thiết với nhau, hỗ trợ, bổ sung cho nhau Khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác (tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn) và nhờ đề xuất nhiều phương án khác nhau mà có thể tìm được những phương án lạ, đặc sắc (tính độc đáo) Các yếu tố cơ bản này lại có quan hệ khăng khít với các yếu tố khác như: tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề Tất cả các yếu tố đặc trưng nói trên cùng góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao nhất trong các hoạt động trí tuệ của con người

Hướng tới phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong học toán, nhóm chúng tôi khai thác các bài toán cực trị hình học

1. Phát triển tư duy sáng tạo bằng bài toán có nhiều cách giải:

Khi gặp các bài toán cực trị hình học ta có thể nghĩ tới một trong các phương pháp giải sau:

1) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Chúng ta thường dùng bất đẳng thức cổ điển như: Cosi, Bunhiacopski…

2) Phương pháp sử dụng đạo hàm của hàm số

3) Phương pháp tọa độ

4) Phương pháp sử dụng các nguyên lí cơ bản trong hình học

Nguyên lí 1: Đường vuông góc luôn ngắn hơn đường xiên.

Nguyên lí 2: Trong tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn

Xét bài toán 1: “Cho hình chóp SABC có SA⊥(ABC),SA=2a ,∆ABC vuông tại C,

AB=2a ,µA= 30 o

Gọi M là điểm di động trên cạnh AC, SH ⊥ BM Đặt AM =x Tìm x

để khoảng cách từ S đến BM lớn nhất”

Giải

Phân tích: Khoảng cách từ S đến BM chính là độ dài SH nên ta có một số hướng tiếp

cận như sau:

+ Hướng 1: Đoạn SH có thể tính được theo x và a Vậy ta sẽ tính đoạn SH

sau đó tìm giá trị lớn nhất của SH theo x

+ Hướng 2: Ta so sánh SH ≤SM SM, ≤SC nên SH lớn nhất khi SM lớn nhất hay M ≡C

+ Hướng 3: Ta thấy SA⊥(ABC) gợi ý cho ta tọa độ hóa bài toán

Với ba hướng tiếp cận như trên ta sẽ tìm cách giải bài toán theo ba cách khác nhau

Cách 1: Tính SH theo a và x sau đó tìm giá trị lớn nhất

Ta có :

BM

BM AH SH

SA

BM

⊥

 ⊥



Tính khoảng cách từ S đến BM bằng SH do SH⊥BM tại M

Tính SM ta có :

.

BC AM

BM

Mặt khác : AM =x(0 „ „ ax 3), BC a= , BM = x2 − 2a 3x+ 4a2

ax AH

Xét ∆SAH là tam giác vuông tại A có :

2

4

x

Tìm x để SH lớn nhất ⇔ ( ) 2 2 2

x

f x

=

a x a x

f x

=

− +

( )

'

0

3

x

x

=





= ⇔  =

Cho SH lập bảng biến thiên từ đó ta có kết quả max f x( ) = 3 khi x a= 3 với

x∈   a   khi đóM ≡C vàSH =a 7

Cách 2: So sánh đường vuông góc với đường xiên.

Do SH BM⊥ nên SH„SM, ∀ ∈ ∈M M A C.VậySH lớn nhất khiH ≡M hay SH lớn nhất khi SM lớn nhất

Mặt khác, M di động trên AC thì SM AC„ với mọi M hay SM lớn nhất khi H ≡M

Vậy từ đây ta có SH lớn nhất khiM ≡H ≡C Từ đó ta tính được SH=SC dựa vào SCB

∆ vuông tại C

2

BC= AB BAC= a =a

Mặt khác SH2 =SC2 =SB2−BC2 = 7a2

⇒SH =a 7

Khi đó

2

x= AC=AB BAC= a =a

Cách 3: Tọa độ hóa bài toán

Chọn hệ trục tọa độ Axyz với S∈AZ C Ax, ∈ Khi đó

(0,0,0 ,) ( 3, ,0 ,) ( 3,0,0 ,) (0,0, 2 ,) ( ,0,0)

Ta có

2

2 2

,

3

d d S BM

uuur uuuur uuuur

Biến đổi công thức độ dài vì dạng :

2 2 4

4

3

a x

Ta có

2 2

3

a x

+

„ „

Vậy d max =a 7 đạt được khi x a= 3⇔M ≡C.

Nhờ việc nhìn bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau mà học sinh có thể giải bài toán theo nhiều cách khác nhau Trong các cách giải trên thì cách giải thứ 2 là cách giải hay nhất vì đơn giản và chỉ có sử dụng mối quan hệ đường vuông góc với đường xiên

Qua ví dụ trên ta thấy: Nhờ việc chuyển hướng qua trình tư duy và nhìn nhận đối tượng dưới nhiều khía cạnh ( nhìn bài toán dưới 3 góc độ khác nhau –tính niềm dẻo )

mà học sinh có thể tìm ra nhiều hướng giải quyết bài toán , từ đó có được nhiều lời giải bài toán mà chọn được cách giải tối ưu

Xét bài toán 2: “Cho hình lập phương ABCDA B C D1 1 1 1 cạnh a Trên cạnh BD và B A1

lần lượt lấy điểm M, N sao cho BM =B N1 =t Tìm t để MN đạt giá trị nhỏ nhất”.

Giải

Phân tích : Đoạn MN là đoạn thẳng nối hai đường thẳng chéo nhau trong không gian

và đặt trong hình lập phương nên ta có các hướng tiếp cận như sau:

Hướng 1: Nếu MN là đoạn vuông góc chung của BD và B A1 thì MN chính là đoạn nhỏ nhất cần tìm

Hướng 2: Bài toán đặt trong hình lập phương do đó ta có thể tọa độ hóa bài

toán

Hướng 3: Ta có thể tính MNtheo a và t sau đó tìm giá trị lớn nhất của đoạn MN

Trong ba hướng tiếp cận trên ta thấy hướng 1 là không sử dụng được vì AC là đường vuông góc chung cuả BD v B Aà 1 là AO với O là tâm hình vuông ABCD Nhưng đoạn AO không thỏa mãn điều kiện BM =B N1 =t Do đó không sử dụng được cách giải bài toán này Hai hướng còn lại cho ta 2 cách giải bài toán như sau:

Cách 1: Tọa độ hóa bài toán.

Chọn hệ trục tọa độ Axyz ,với D∈Ax B, ∈Ay A, 1 ∈Az Khi đó

( , 0, 0 ,) (0, ,0 ,) ( , ,0) ( ,0,0 ,) (1 0,0, ) (, 1 0, , ) (, 1 , , ), 1( , 0, )

A a B a C a a D a A a B a a C a a a D a a

Đường thẳng BD qua D, vtcp ar(− 1,1,0 ,) (a BDr uuurP )

có phương trình:

( ) , [ ]0,

0

:

B

x au

D y u z

=



 = ∈



 =

 ( , ,0)

M∈BD⇒M a u u−

Đường thẳng B A1 qua A, vtcp br(− 1,1,0 ,) (b ABr uuurP 1)

có phương trình

0 0

x

y v

z v

B A

=



 = ∈



 =

 ( )

N∈B A⇒M v v

BM =B N = ⇒ =t t a u− = a v− ⇒ =u v

Ta có:

( ) (2 )2

2

u au a

u

= − + − +

 

=  − ÷ +

Vậy

2 min

2

a

MN =

,đạt được khi

2

u= ⇒ =t

tức là M N, lần lượt là trung điểm của BD và B A1

Cách 2: Tính MN theo a và t.

Xét ∆BB N1 có :

·

2

BN =BB +B N − BB B NcosBB N =a + −t at o =a + −t at

Xét ∆PNA vuông tại A có:

PN = AD +AN =a + a −t = a − at t+

Áp dụng định lí cosin trong ∆BNDta được :

cos

NBM

Trong ∆BMN ta có theo định lí cosin có:

·

MN =BN +BM − BN BMcosMBN =a2 −at 2 +t2

Vậy MN đạt giá trị lớn nhất bằng

2 2

a

khi

2 2

a

t=

khi đó M, N là trung điểm của

1

BD v B A

Xét bài toán 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi

qua M( 1 ; 2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác 0 sao cho 2 2

OA +OB

bé nhất.

Giải

Ở ví dụ này, ta trình bày ba cách giải theo ba phương pháp nói trên

Cách 1: Hạ OH ⊥ ∆ Trong tam giác vuông OAB, ta có: 2 2 2 2

OA +OB =OH ≥OM

(không đổi)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: H ≡M ⇔OH ⊥ ∆.

OA +OB

đạt giá trị bé nhất khi đường thẳng A đi qua điểm M( 1 ; 2) và có pháp vectơ là OMuuuur( )1; 2

Vậy đường thẳng A cần tìm là: 1(x− + 1) (2 y− = ⇔ + 2) 0 x 2y− = 5 0

Nhận xét:

• Phép biến đối 2 2 2

OA +OB =OH

là chuyển biểu thức ban đầu với hai đại lượng biến thiên OA, OB về biểu thức còn một đại lượng biến thiên OH

• Cách giải trên không mở rộng được cho bài toán tổng quát hơn : xác định vị

trí của đường thẳng ∆để 2 2

OA +OB

nhỏ nhất (a>0,b> 0)

Cách 2: Đường thẳng A đi qua M( 1 ; 2), cắt các trục toạ độ và không đi qua gốc

nên nó là đường thẳng có hệ số góc k với k≠0 , k≠ 2 Khi đó :

( )

:y 2 k x 1 y kx k 2

∆ − = − ⇔ = − +

Ta có : A(k2 +1 , 2) , B(0 ; 2 - k) và ( )

2 2

2

k

+

−

Xét hàm số : ( ) ( ) ( )

2 2

1

2

k

k

+

−

( )

( )

2 '

4

2

k k

f k

k

− + +

−

Ta có :

( )

2

2

k

k

=





= ⇔ − + + = ⇔

 = −



Ta có bảng biến thiên của hàm

Vậy f k'( ) = 0 nhỏ nhất khi và chỉ khi k =12

OA +OB

nhỏ nhất khi và chỉ khi k ∆ :x + 2y-5 = 0

Cách 3: Giả sử : A m( ,0 ;) ( )B 0,n mn, ≠ 0

x y

m n

∆ + =

đi qua M( )1; 2 nên :

m+ =n

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

1

5

1

2 1

2

m m

n

 + =



=



 ⇔

 = 





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 5, nghĩa là ∆: x + 2y - 5 = 0.

Xét bài toán 4: Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc Gọi α β γ, , theo

thứ tự lần lượt là góc giữa OA OB OC, , với mp ABC( ).Chứng minh rằng:

2

s in α + n γ + s in β = 1

Giải

·

·

·

2 2

2 2 2

2 2 2

2

sin

sin

sin

OAH

OBH

OCH

sin

O

H

C

Mặt khác ta có

2

1 1 1

HD: Ta thấy kết quả bài toán là một đẳng thức hình học bây giờ ta sẽ áp dụng bất

đẳng thức Côsi cho vế trái của ( )3 ta có

3

n

3

Dấu bằng xảy ra ⇔sinα =sinγ =sinβ hay OA OB OC= =

Từ đây ta có các bài toán sau:

Bài toán 5: Cho hình tứ diện có OA OB OC, , đôi một vuông góc Gọi α β γ, , theo thứ tự

lần lượt góc OA OB OC, , với mp ABC( ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

sin

T = α γ β

HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho vế trái của ( )3 ta có

3

n α + γ + β „ sin α + γ + β ⇔ sin α + γ + β …

Dấu bằng xảy ra ⇔sinα =sinγ =sinβ hay OA OB OC= =

Bài toán 6: Cho hình tứ diện có OA OB OC, , đôi một vuông góc Gọi α β γ, , theo thứ tự lần lượt là góc giữa OA OB OC, , với mp ABC( ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

s

T = α + γ + β

HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có

=

„

„

Dấu bằng xảy ra khi sinα =sinγ =sinβhay OA OB OC= =

Bài toán 7: Cho hình tứ diện có OA OB OC, , đôi một vuông góc Gọi α β γ, , theo thứ tự

lần lượt là góc giữa OA OB OC, , với mp ABC( ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

sin

T = α + γ + β

3. Phát triển tư duy sáng tạo bằng tương tự hóa:

Ta xét bài toán trong mặt phẳng sau

Bài toán 8: Cho ∆ABC A,µ =90 ,° AH =1.

a) Tìm tam giác có diện tích lớn nhất.

b) Tìm giá trị lớn nhất của

1 1

T

Trong tam giác ∆ABC có 2 2 2

1 1 1

1 1

1 1

A

B

H

A

=

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

2

4

AB AC AB AC AB AC

AC AC S∆

⇒

2

ABC

maxS∆

⇒ = khi AB AC= = 2 suy ra ∆ABC vuông tại A.

Trong không gian, cho tứ diện tương tự với tam giác ta sẽ có bài toán trong không gian như sau

Bài toán 9: Cho tứ diện OABC , có OA OB OC, , đôi một vuông góc AH là đường cao

có độ dài bằng 1

a. Tìm tứ diện có thể tích lớn nhất.

b. Tìm giá trị lớn nhất của

1 1 1

T

OA OB OC

Trên đây là một số phương pháp sử dụng bài toán cực trị hình học để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh Do thời gian và năng lực có hạn nên bài tập còn nhiều thiếu sót và chưa đầy đủ, chưa phong phú Chúng tôi rất mong được sự chỉ bảo tận tình của TS Bùi Duy Hưng và sự đóng góp của các học viên khác cho bài tập của chúng tôi hoàn thiện hơn nữa