Phát hiện và bồi dưỡng một số năng lực thích nghi cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập hình học các lớp bậc THPT

MỞ ĐẦU1.1 Lí do chọn đề tài Tinh thần của phương pháp giảng dạy mới là phát huy tính chủ động sáng tạo và suy ngẫm của học sinh, chú ý tới sự hoạt động tích cực của học sinh trên lớp, ch

MỤC LỤC

1 MỞ ĐẦU 1

1.1 Lí do chọn đề tài 1

1.2 Mục đích nghiên cứu 2

1.3 Đối tượng nghiên cứu 2

1.4 Phương pháp nghiên cứu 2

2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm 2

2.2 Thực trạng vấn đề: 3

2.3 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường 17

3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 17

3.1 Kết luận 17

3.2 Kiến nghị (Không) 18

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài

Tinh thần của phương pháp giảng dạy mới là phát huy tính chủ động sáng tạo

và suy ngẫm của học sinh, chú ý tới sự hoạt động tích cực của học sinh trên lớp, cho học sinh trực tiếp tham gia vào bài giảng của thầy; dưới sự hướng dẫn của thầy, học sinh có thể phát hiện ra vấn đề và suy nghĩ tìm cách giải quyết vấn đề…”

Ở trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học Học sinh phải hoạt động tích cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho bản thân Cơ sở để học sinh hoạt động chính là những tri thức và kinh nghiệm đã có Đứng trước một vấn đề đặt ra trong vốn tri thức mà bản thân đã có, đã tích luỹ được việc lựa chọn tri thức nào, sử dụng

ra làm sao luôn luôn là những câu hỏi lớn, mà việc trả lời được những câu hỏi đó là mấu chốt trong việc giải quyết vấn đề

Trong quá trình dạy học môn Toán ở trường phổ thông, việc dạy học giải bài tập toán học có một vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn…

Thực tế dạy học hiện nay đã có nhiều giáo viên quan tâm đến vấn đề rèn luyện cho học sinh năng lực thích nghi trí tuệ thông qua dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề ở cấp độ cao, đòi hỏi học sinh tự giác giải quyết vấn đề thông qua các định hướng của giáo viên, dạy học phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, dạy hoạt động tìm tòi kiến thức.v.v

Vì những lí do nêu trên tôi quyết định chọn đề tài SKKN là: “Phát hiện và bồi dưỡng một số năng lực thích nghi cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập hình học các lớp bậc THPT’’

1.2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu một số năng lực thích nghi trí tuệ cho học sinh THPT, biện pháp bồi dưỡng một số năng lực thích nghi trí tuệ cho học sinh THPT

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài này là tập trung tìm hiểu định hướng cho học sinh phát hiện, xây dựng kiến thức để nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập Hình học ở các lớp bậc THPT đồng thời đề ra được các phương thức để rèn luyện các kỹ năng đó góp phần triển khai đổi mới phương pháp dạy học toán ở trường phổ thông

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu các tài liệu về lí luận và giảng dạy bộ môn Toán làm cơ sở để xác định một số kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề

Thực hiện việc trao đổi với giáo viên và học sinh, tham khảo các tài liệu để

đề ra các phương thức để rèn luyện các kỹ năng đó thông qua dạy học giải bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường THPT

2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

Về chương trình sách giáo khoa: Đây là một trong những yếu tố ảnh hưởng lớn đến chất lượng giáo dục Theo chủ trương chung, trong SGK có đưa ra các hoạt động mang tính chất gợi ý, mỗi thầy cô giáo đều có thể thay các hoạt động này bằng các hoạt động khác cho phù hợp với học sinh, nhằm phát huy tính tích cực học tập của học sinh SGK 10, 11(sách giáo khoa mới) đã thể hiện sự cố gắng cải tiến về nội dung lẫn hình thức, có nhiều hình vẽ minh họa phù hợp và có ý nghĩa,

có hệ thống "bài đọc thêm" bổ ích, vui vẻ, nhẹ nhàng, có cấu trúc hợp lí, kèm theo những bài tập áp dụng, kể cả bài tập trắc nghiệm Phân tích kỹ thì ta có thể thấy được kết cấu của SGK cũng đã có phần rèn luyện năng lực thích nghi trí tuệ cho học sinh tuy nhiên chưa rõ nét

Bên cạnh những thuận lợi, những ưu điểm, hiện nay thời lượng học của học sinh còn ít (theo tạp chí giáo dục: tổng thời lượng hàng năm cho toàn cấp học chỉ đạt xấp xỉ 1000 giờ/ năm học, con số này thấp hơn nhiều với số giờ học trung bình của học sinh cùng cấp ở các nước khác - bình quân 1200 giờ/ năm học); trong khi

đó nội dung bài học nhiều vấn đề, dẫn đến việc dạy gấp để cho kịp chương trình, để khỏi "cháy" giáo án và do đó học sinh không có nhiều điều kiện được thực hành, hình thành kỹ năng

2.2 Thực trạng vấn đề:

Khái thác tiềm năng sách giáo khoa thông qua việc xây dựng hệ thống bài tập xuất phát từ bài toán cơ bản trong sách giáo khoa, phát triển bài toán

Bài toán 1: (Bài toán gốc) Chứng minh rằng: Cần và đủ để hai tam giác

ABC và A B C' ' ' có cùng trọng tâm là: AA' BB ' CC' 0

Việc chứng minh bài toán này là đơn giản, ở đây ta quan tâm đến việc thông qua bài toán này ta sử dựng nó để chứng minh một số bài toán chứng minh hai tam giác cùng trọng tâm (khi đó ta có thể xem bài toán này là bài toán gốc của các bài toán sau)

Sau đây là một số bài toán liên quan:

Bài 1: Cho lục giác ABCDEF Gọi M N P Q R S lần lượt là trung điểm, , , , ,

của các cạnh AB BC CD, , ,DE,EF FA, Chứng minh rằng hai tam giác MPR và

NQF có cùng trọng tâm.

Hướng giải: Vận dụng bài toán trên, dẫn đến việc ta cần chứng minh

0

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

2

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài 2: Cho tam giác ABC, trên mỗi cạnh lấy các bộ hai điểm

1, ; , ; ,2 1 2 1 2

A A B B C C sao cho: A A1 2 k BC B B; 1 2 kCA C C; 1 2 k AB

Chứng minh rằng hai tam giác A B C và 1 1 1 A B C có cùng trọng tâm.2 2 2

Hướng giải:

Theo đề ra ta có: A A1 2 B B1 2 C C1 2 k BC CA AB(   ) 0

Do đó theo bài toán gốc ta có hai tam giác A B C và 1 1 1 A B C có cùng trọng2 2 2

tâm (đpcm).

Bài 3: Cho tam giác ABC, trên các cạnh BC CA AB, , ta lấy các điểm , ,

D E K sao cho BD BC CE CA AK AB k:  :  :  Giả sử BE cắt AD tại B', CK

cắt BE tại C', AD cắt CK tại A' Chứng minh ba tam giác A B C DKE ABC' ' ', ,

có cùng trọng tâm

Hướng giải:

Từ giả thiết ta có: AK k AB. , BD k BC . , CE k CA .

Suy ra: AK BD CE k AB BC CD   (   ) 0 1   

+ Ta dễ chứng minh được:

Ta có:   AD BE CK      AB BD BC CE CA AK     0

 suy ra: KA'DB'EC' 1.( AD BE CK  ) 0 2   

Từ  1 và  2 kết hợp bài toán gốc ta có điều phải chứng minh

Bài 4: Cho tam giác ABC, lấy BC CA AB, , làm cạnh đáy, dựng các tam giác vuông cân 'A BC B CA C AB ra phía ngoài tam giác , ' , ' ABC Chứng minh rằng hai tam giác ABC và tam giác A B C' ' ' có cùng trọng tâm

Hướng giải:

Ta cần chứng minh:   AB'CA'BC' 0



Ta có: AB' AI IB '; CA ' CJ JA'; BC ' BK KC ' (với I J K, , lần lượt là trung điểm của AC BC AB, , ).

2

Suy ra cần chứng minh:   IB'JA'KC' 0



Muốn vậy ta nghĩ đến phương pháp biến hình, cụ thể ở đây ta dùng phép quay (tâm bất kỳ) góc quay 600, từ đó ta suy ra: IB' IA; JA' JC; KC' KB

Mà ta đã có AI CJ BK     0  IA JC KB   0

Vậy: IB  'JA'KC' 0



(đpcm)

Bài 5: Cho tam giác ABC, lấy các điểm A B C lần lượt trên các cạnh1, ,1 1

, ,

BC CA AB; biết rằng hai tam giác ABC và A B C có cùng trọng tâm Khi đó điều1 1 1

kiện cần và đủ để AA BB CC đồng quy là 1, 1, 1 A B C lần lượt là trung điểm của1, ,1 1 , ,

BC CA AB.

Hướng giải:

Thay đổi vai trò của đỉnh hai tam giác ta suy ra: BA CB 1  1  AC1 0

ta dễ dàng chứng minh được BA BC CB CA AC AB k1:  1:  1:  Áp dụng định lý Mêlênaút ta suy ra điều kiện cần và đủ cho AA BB CC đồng quy là 1, 1, 1 1

2

k  hay ta

có A B C lần lượt là trung điểm của 1, ,1 1 BC CA AB, , .

Nhận xét: Bài toán này gợi cho ta một số bài toán về điều kiện cần và đủ để tâm giác ABC là tam giác đều Chẳng hạn hai bài toán sau:

Bài 6: Cho tam giác ABC điều kiện cần và đủ để ABC là tam giác đều là một trong các điều kiện sau đây được thoả mãn:

1) Tam giác ABC có cùng trọng tâm với tam giác tạo bởi chân 3 đường cao

2) Tam giác ABC có cùng trọng tâm với tam giác tạo bởi chân 3 đường phân giác góc trong của nó

3) Tam giác ABC có cùng trọng tâm với tam giác tạo bởi 3 tiếp điểm đường trong nội tiếp tam giác

Bài 7: Cần và đủ để tam giác ABC là tam giác đều là:

0



Nhận xét: Thông qua chuỗi bài toán sẽ dần hình thành cho học sinh năng lực phân tích, quy lạ về quen, tương tự hoá

Cũng với bài toán này, nếu ta thay việc xét tam giác trong mặt phẳng bởi việc xét tứ diện trong không gian thì sẽ thu được một số bài toán sau:

Bài toán 2: (Bài toán gốc) Chứng minh rằng hai tứ diện ABCD và ' ' ' '

A B C D có cùng trọng tâm khi và chỉ khi: AA' BB ' CC 'DD' 0

Một số bài toán liên quan:

Bài 1:

Cho tứ diện ABCD, trên mỗi cạnh AB BC CD DA, , , lấy các bộ hai điểm

1, ; , ; , ;2 1 2 1 2 1 2

A A B B C C D D sao cho:

Chứng minh rằng hai tứ diện A B C D và 1 1 1 1 A B C D có cùng trọng tâm.2 2 2 2

Bài 2: Cho tứ diện ABCD, trên các cạnh AB BC CD DA, , , ta lấy các điểm ', ', ', '

A B C D sao cho:

Chứng minh hai tứ diện ABCD và A B C D' ' ' ' có cùng trọng tâm

Bài 3 : Cho tứ diện SABC, trên các cạnh BC CA AB, , lấy các điểm D E K, , sao cho: BD BC CE CA AK AB k:  :  :  Giả sử BE cắt AD tại B', CK cắt

BE tại C', AD cắt CK tại A' Chứng minh rằng ba tứ diện SABC,SDEK, ' ' '

SA B C có có cùng trọng tâm

Bài 4: Cho tứ diện ABCD, trên mỗi cạnh BC CD DB, , lấy các bộ hai điểm

1, 2; , ; ,1 2 1 2

Chứng minh rằng hai tứ diện AB C D và 1 1 1 AB C D có cùng trọng tâm.2 2 2

Đôi khi, để giải quyết một bài toán nào đó trong không gian chúng ta lại nghĩ đến việc biến đổi, tách bài toán để đưa một phần bài toán hoặc chuyển đổi bài toán

về việc giải quyết bài toán phẳng

Chẳng hạn: Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' Gọi P R, lần lượt là trung điểm các cạnh AB A D, ' '. Gọi P Q Q R', , ', ' lần lượt là giao điểm các đường chéo của các mặt ABCD C C A B C D ADD A, ?' ', ' ' ' ', ' '. Chứng minh hai tam giác PQR và

' ' '

P Q R có cùng trọng tâm.

Thật vậy ta có:

Áp dụng bài toán trong phẳng đã nêu ở trên, ta có hai tam giác PQR và ' ' '

P Q R có cùng trọng tâm.

Ví dụ 1: (Ví dụ minh hoạ khám phá các ứng dụng, các cách thể hiện khác

nhau của các khái niệm, định lí, thông qua đó đề xuất các ứng dụng khác nhau của chúng).

Ta xét định lí hàm số cosin ở sách giáo khoa Hình học 10:

Cho tam giácABC, ta có: a2 b2 c2  2 bc cosA  1

b2 a2 c2  2 cosac B  2

c2 a2 b2  2 cosab C  3 Định lí này cho phép ta tính một cạnh khi biết hai cạnh còn lại và góc xen giữa Nếu ta biến đổi các công thức đó theo các cách viết khác nhau thì ta sẽ biết ngay cách vận dụng để giải các bài toán khác nhau Chẳng hạn, công thức  1 có thể viết lại theo các cách khác như sau:

 

2

A

 

2 ( )2 4 sin2

2

A

a b c  bc b

 

2 2 2 4 cot

a b c  S A c

 

2 ( sin sin )2 ( cos cos )2

a b C c B  b C c B d Nhờ cách viết nói trên đã khiến (gợi ý) cho ta nghĩ đến cách giải của một số bài toán sau:

b c m  cho trước Tìm tam giác có chu vi bé nhất và diện tích bé nhất (áp dụng

 a )

Bài toán 2: Trong tam giác ABC chứng minh rằng: sin

bc

 b )

Bài toán 3: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:

cotA cotB cotC a b c R

abc

Bài toán 4: Giả sử P là một điểm bất kì trong tam giác ABC,khoảng cách

từ P đến các đỉnh A B C, , lần lượt là x y z, , và đến các cạnh BC CA AB, , lần lượt

là p q r, , Chứng minh rằng: x y z  2 p q r   (áp dụng  d )

Cũng với các công thức      1 , 2 , 3 khi ta viết chúng theo một trong các cách sau ta lại có những ứng dụng khác để giải một số bài toán liên quan đến tính góc, chứng minh các hệ thức, các bất đẳng thức liên quan đến các cạnh và các góc trong tam giác, nhận dạng tam giác…

Thật vậy, từ      1 , 2 , 3 ta có thể viết lại công thức theo hình thức sau:

2

cosA

bc

cos

2

B

ac

2

C

ab

 Các công thức  * cho phép ta tính góc khi biết 3 cạnh của tam giác

+ Từ cách viết của công thức  * ta nghĩ đến việc sử dụng trong các bài toán nhận dạng tam giác hoặc chứng minh tam giác nhọn:

Tam giác ABC nhọn

) ) cos cos cos 0















Để minh hoạ cho việc ứng dụng các cách viết trên của định lí cosin trong tam giác ta xét một số bài toán sau:

Bài toán 1: Xác định tam giác ABC nếu các góc thoả mãn:

 

Từ ** nhờ sử dụng công thức hạ bậc ta suy ra:  cos cos cosA B C 0 từ đây sử dụng iii) ta có tam giác ABCnhọn

a b c thì tam giác ABC nhọn

Hướng giải:

Trước hết ta có: a3 b3c3 b3  a b

a3 b3c3 c3  a c

Do đó ta chỉ cần chứng minh A nhọn là đủ Ta có:

3 3 3 2 2 2 2 2

a b c a b a c  a b c Nhận xét: Từ cách chứng minh của bài toán này gợi cho ta việc sáng tạo bài toán tương tự mang màu sắc hơn, chẳng hạn bài toán sau:

2019 2019 2019

a b c thì tam giác ABC nhọn

Hệ thống bài toán đôi khi lại được xây dựng từ việc đặc biệt hoá, cụ thể hoá một bài toán mang tính tổng quát, chẳng hạn:

Ví dụ : Từ bài toán sau: Cho tam giác ABC, gọi O là một điểm trong mặt phẳng tam giác Ký hiệu , ,S S S lần lượt là diện tích các tam giác A B C

OBC OAC OAB

   (Ta gọi bài toán này là bài toán tổng quát)

a) Nếu O thuộc về miền trong của tam giác ABC thì:

 

S OA S OB S OC     

b) Nếu O thuộc miền ngoài tam giác ABC, thuộc miền góc tạo bởi hai tia ,

CA CB thì: S OA S OB S OC A  B  C 0  2

Nếu ta cho điểm O lần lượt là các điểm trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp… tam giác ABC thì ta sẽ thu được các công thức sau:

Bài 1: Cho tam giác ABC Gọi O I H, , lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, trực tâm của tam giác ABC Ta có:

1) a IA b IB c IC  0

2) tan A HAtan B HBtan C HC 0

4) (tanBtan ).C OA(tanC tan ).A OB(tan +tanB).A OC 0

5) sin 2 A OAsin 2 B OBsin 2 C OC 0

Từ bài toán tổng quát, nếu ta thay tam giác ABC bất kì ở trên bởi tam giác đều thì khi đó ta có được bài toán như sau:

Bài 2: Cho tam giác ABC đều, M là điểm bất kì trong mặt phẳng tam giác; , ,

x y z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC CA AB, , .

a) Nếu M nằm trong tam giác ABC thì x IA y OB z OC  0

b) Nếu M nằm miền ngoài tam giác ABC và thuộc miền trong góc ACB thì

Bài 3: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Gọi A B1, ,C1 1 lần lượt là giao của IA IB IC, , với đường tròn tâm (I) Chứng minh rằng:

Nhận xét: Qua ví dụ trên cho thấy, nếu rèn luyện cho học sinh nhìn bài toán theo con mắt đặc biệt hoá thì sẽ bồi dưỡng cho học sinh khả năng sáng tạo bài toán

mới Bồi dưỡng cho học sinh thói quen trong quá trình học toán biết nhìn nhận một vấn đề theo nhiều góc độ khác nhau

Ví dụ : "Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và BB'

a) Chứng minh rằng: MN A C'

b) Tính góc tạo bởi hai đường thẳng MN và AC'

a) Gọi O là trung điểm của đường chéo BC'; tứ giác MOND Có cặp cạnh

DM và ON song song và bằng nhau nên tứ giác đó là hình bình hành Suy ra / /

MN OD Từ đó suy ra MN / /BC D'   1

Mặt khác, dễ thấy CA'BC D'   2

Từ  1 và  2 ta có MN A C'

b) Xác định góc tạo bởi MN và AC'

Gọi K là điểm đối xứng của B' qua C'

Tứ giác ADKC'là hình bình hành vì có cặp

cạnh đối song song và bằng nhau (hình 1)

Góc tạo bởi MN và AC' là ODK .

Giả sử cạnh của hình lập phương bằng a.

Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác OKC' ta có:



2

2

Lại áp dụng định lí cosin cho tam giác OKD, ta có:



2

2

Từ hệ thức trên suy ra  2

3

a) Để chứng minh MN A C' , ta chứng minh MN A C   ' 0

Muốn vậy ta khai triển các véc tơ MN A C ; ' theo ba véc tơ không đồng phẳng AD a AB b AA ;  ; 'c

(hình vẽ)

M

A'

O

K

C'

A

C D

D'

B'

B

N

Hình 1

Do đó: ' 1 1  

1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 0

           b) Gọi  giữa hai đường thẳng MN và AC', ta có:

'

MN AC cos

MN AC

 

 

 ; trong đó: 'A C a b c  

Ta có

'

          

a

AC'2 a2 a2 a2 3a2  AC'a 3

Do đó ta có: 2

3

Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz sao cho

' 0;0;0 ; ' 1;0;0 ; 0;0;1

A O B A ; với giả thiết cạnh của hình lập phương bằng 1

a) ' 1;1;1 ; 0; ;1 ;1 1;0;1

1; ;



Theo công thức toạ độ của tích vô hướng ta có: MN A C  '  0 MN A C' b) Ta có: A0;0;1 ; ' 1;1;0 C   AC' 1;1; 2   

Gọi  giữa hai đường thẳng MN và AC' ta có:

1 1 1

2

2 2

3

1 1 ( 1) 1

cos

        

Bồi dưỡng cho học sinh năng lực huy động kiến thức, năng lực liên tưởng kết hợp với năng lực tư duy biện chứng trong quá trình phát hiện và giải quyết vấn

đề

Việc thực hiện bồi dưỡng một số hoạt động trí tuệ trên có thể được minh hoạ qua các bài toán: