1 Bộ giáo dục đào tạo Trờng đại học vinh ===== & ===== lê thị ngọc Dạy học giải toán theo hớng tăng cờng bồi dỡng lực huy ®éng kiÕn thøc ®· cã cña häc sinh ë trêng THPt Chuyên ngành: Lí luận phơng pháp dạy học môn Toán Mà số: 60.14.10 luận văn thạc sĩ giáo dục học Vinh, 2010 Danh mục chữ viết tắt Viết tắt Viết đầy đủ HS Học sinh GV Giáo viên HĐKT Huy động kiến thức Nxb Nhà xuất Sgk Sách giáo khoa THPT Trung học phổ thông HĐ Hoạt động PT Phơng trình PH&GQVĐ Phát giải vấn đề MP Mặt phẳng CMR Chứng minh NL Năng lực Tam giác Mục lục tra ng Mở đầu 1 Lí chọn đề tài Môc ®Ých nghiªn cøu .2 Gi¶ tuyÕt khoa häc Nhiệm vụ nghiên cứu đề tài Ph¬ng pháp nghiên cứu Đóng góp luận văn .3 Cấu trúc luận văn Néi Dung Chơng Cơ sở lý luận thực tiễn 1.1 Kh¸i niƯm vỊ lực HĐKT, dạng lực HĐKT cần thiết phải bồi dỡng lực HĐKT cho HS THPT 1.1.1 Kh¸i niƯm lực, lực HĐKT 1.1.2 Vai trò cần thiết phải bồi dỡng lực HĐKT 1.2 Một số dạng biểu lực HĐKT .9 1.2.1 Năng lực dự đoán vấn đề .9 1.2.2 Năng lực chuyển đổi ngôn ngữ 12 1.2.3 Năng lực quy lạ quen nhờ biến đổi dạng tơng tự 16 1.2.4 Năng lực nhìn nhận toán dới nhiều góc độ khác 19 1.3 Phát triển lực HĐKT cho HS thông qua việc vận dụng phơng pháp dạy học kiến tạo, dạy học phát giải qut vÊn ®Ị 23 1.3.1 Vận dụng phơng pháp dạy học kiến tạo vào dạy học toán .23 1.3.2 Vận dụng phơng pháp dạy học phát giải vấn đề 26 1.4 Một số tri thức định hớng lùc huy ®éng kiÕn thøc 31 1.4.1 Tri thøc thc ph¹m trï vËt biƯn chøng 31 1.4.2 Tri thức phơng pháp 34 1.5 Một số khó khăn, trở ngại dạy học kiến thức hình học không gian 37 1.6 Thùc tr¹ng vỊ viƯc hình thành bồi dỡng lực HĐKT dạy häc to¸n hiƯn .39 1.7 KÕt luËn ch¬ng .41 Chơng 2: Một số phơng thức tăng cờng lực HĐKT HS trình dạy giải toán 42 2.1 Định hớng xây dựng phơng thức 42 2.2 Ph¬ng thøc 1: RÌn lun cho HS biến đổi toán theo nhiều hình thức khác để huy động kiến thức phù hợp với lùc to¸n häc 43 2.2.1 RÌn lun cho HS biến đổi toán theo nhiều góc độ khác nhauđể phát huy đợc lực HĐKT 43 2.2.2 Rèn luyện cho HS biến đổi toán theo hớng liên tởng đến vấn đề quen thuộc 52 2.3 Phơng thức 2: Rèn luyện cho HS NLHĐ kiến thức thông qua dạy học chuỗi toán 56 2.4 Phơng thức 3: Chuyển hoá liên tởng từ đối tợng sang đối tợng khác để giúp HS có khả HĐKT đà có cần thiết 64 2.4.1 Liên tởng tới khái niệm, định lý, công thức, qui tắc 65 2.4.2 Liên tởng đến phơng pháp hay toán đà giải 2.5 Phơng thức 4: Khảo sát riêng để tìm chung, tổng quát .73 2.6 KÕt luËn ch¬ng 81 Ch¬ng 3: Thùc nghiƯm s ph¹m 82 3.1 Mơc ®Ých thùc nghiƯm 82 3.2 Néi dung thùc nghiÖm 82 3.3 Tỉ chøc thùc nghiƯm 82 3.3.1 Líp thùc nghiÖm 82 3.3.2 TiÕn tr×nh thùc nghiƯm 82 3.3.3 Néi dung vµ kÕt qu¶ kiĨm tra 83 3.3.3.1 Néi dung kiÓm tra .83 3.3.3.2 KÕt qu¶ kiĨm tra 84 3.4 KÕt qu¶ thùc nghiƯm 86 3.4.1 Đánh giá hoạt động häc tËp cđa häc sinh ë líp häc .86 3.4.1.1 §èi víi líp thùc nghiƯm .86 3.4.1.2 Đối với lớp đối chứng 86 3.4.2 KÕt ln vỊ thùc nghiƯm s ph¹m 86 3.5 KÕt luËn ch¬ng .87 KÕt luËn .89 mở đầu I Lý chọn đề tài Trong xu hội nhập phát triển Giáo dục & Đào tạo lại đợc Đảng nhà nớc ta đặc biệt quan tâm, ®iỊu ®ã ®· thĨ hiƯn râ lt gi¸o dơc Việt Nam: Mục tiêu giáo dục Trung học Phổ thông nhằm giúp HS củng cố phát triển kết giáo dục Trung học sở, hoàn thiện học vấn phổ thông hiểu biết thông thờng kỹ thuật hớng nghiệp để tiếp tục học Đại học, Cao đẳng, Trung học chuyên nghiệp, học nghề vào sống lao động (Luật Giáo dục, chơng 2, điều 23) Để đạt đợc mục tiêu GV ngời đợc giao phó trọng trách tiếp thu kiến thức, phơng pháp dạy học tiến tiến, đại; Những hiểu biết để truyền đạt, giáo dục cho HS phát triển toàn diện đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ kỹ Ngời GV phải thực tâm huyết với nghề, phải biết trăn trở để tìm giải pháp tích cực, có hiệu cao giảng dạy đồng thời giáo dục cho HS phát huy ý thức tổ chức trình tự học, tự tìm tòi khám phá tri thức để tự hoàn thiện thân Và vấn đề mà giáo dục quan tâm để HS phải biết vân dụng kiến thức đà có vào thực tiễn Để làm đợc điều trớc hết phải đào tạo cho họ có trình độ lực định, lực cần phải đợc bồi dỡng thờng xuyên Hiện lực HĐKT dạy học toán trờng THPT cha đợc quan tâm mức, học sinh gặp số khó khăn việc phát cách giải vấn đề Dạy toán không đơn dạy kiến thức mà dạy cho học sinh cách huy động kiến thức cho phù hợp để đứng trớc vấn đề em biết cách lựa chọn tri thức phù hợp đắn Song áp dụng nh phụ thuộc vào lực HĐKT em Với yêu cầu đổi dạy học toán trờng THPT đòi hỏi học sinh phải hoạt động tích cực để tự chiếm lĩnh tri thức cho thân 3.Chúng quan niệm lực huy động kiến thức để giải vấn đề tuỳ mức độ khác đợc vận dụng nhiều phơng pháp dạy học tích cực, dạy học theo quan điểm phát Từ nhu cầu thực tế nên đà có số công trình nghiên cứu lực huy động kiến thức cách huy động kiến thức có hiệu quả, nhng để làm sáng tỏ vào chủ đề cụ thể véc tơ quan hệ vuông góc cha đợc nghiên cứu Vì lí nói lựa chọn đề tài nghiên cứu: Dạy học giải toán theo hớng tăng cờng bồi dỡng lùc huy ®éng kiÕn thøc cđa häc sinh ë trêng THPT thể qua chủ đề: Véc tơ không gian Quan hệ vuông góc II Mục đích nghiên cøu C¬ së lÝ ln cđa viƯc båi dìng lực huy động kiến thức Bồi dỡng lùc huy ®éng kiÕn thøc ®· cã cđa häc sinh thông qua dạy học giải toán chủ đề Véc tơ không gian Quan hệ vuông góc III Giả thuyết khoa học Trên sở tôn trọng chơng trình SGK, trình dạy học giải toán giáo viên trọng tổ chức HĐ cho học sinh nhằm phát triển lực huy động kiến thức góp phần nâng cao hiệu học tập môn toán nói chung, học chủ đề Véc tơ không gian Quan hệ vuông góc nói riêng trờng THPT IV Nhiệm vụ nghiên cứu đề tài Nghiên cứu sở lý luận lực huy động kiến thức, dạng lực huy động kiến thức Nghiên cứu số phơng pháp tăng cờng lực huy động kiến thức học sinh dạy học giải toán theo chủ đề Véc tơ không gian Quan hệ vuông góc Huy động tổ hợp kiến thức để xây dựng phát triển toán theo chuỗi toán liên quan V Phơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách, báo, tạp chí khoa học toán học, giáo dục học, tâm lý học, liên quan đến đề tài Quan sát: Dự giờ, quan sát việc dạy giáo viên, việc học học sinh, thăm dò ý kiến giáo viên vấn đề nghiên cứu liên quan Thực nghiệm s phạm Tổ chức thực nghiệm kiểm chứng thông qua lớp học thực nghiệm lớp học đối chứng lớp đối tợng VI Đóng góp luận văn: Về mặt lý luận: - Xác định đợc vai trò cần thiết phải bồi dỡng lực huy động kiến thức đà có HS trờng phổ thông - Thấy đợc số dạng biểu lực HĐKT - Xác định đợc phơng thức dạy học nhằm phát triển lực HĐKT HS Về mặt thực tiễn: - Đóng góp trình hình thành phát triển tri thức HS - Luận văn làm tài liệu tham khảo cho sinh viên, GV trờng THPT VII Cấu trục luận văn: Gồm chơng Mở đầu Nội dung Chơng 1: Cơ sở lý luận thực tiễn Chơng 2: Một số phơng thức tăng cờng lực huy động kiến thức HS trình dạy giải toán Chơng 3: Thực nghiệm s phạm Kết luận Nội dung Chơng1 Một số sở lý luận thực tiễn 1.1 Khái niệm lực HĐKT, dạng lực HĐKT cần thiết phải bồi dỡng lực HĐKT cho HS THPT 1.1.1 Khái niệm lực, lực HĐKT Một số công trình nghiên cứu tâm lý học giáo dục học rằng, qua trình hoạt động HS dần hình thành tri thức, kĩ , kĩ xảo cho thân Và từ tảng họ bắt đầu phát triển khả mức độ từ thấp đến cao Cho đến lúc phát triển bên đủ khả giải vấn đề xuất học tập sống lúc HS có lực định Vậy lực? Khái niệm có nhiều cách hiểu cách diễn đạt khác nhau, dới số cách hiểu lực Theo từ điển Tiếng Việt thì: Năng lực phẩm chất tâm lý tạo cho ng ời hoàn thành loại hoạt động với chất lợng cao Năng lực khái niệm tích hợp chỗ bao hàm nội dung, hoạt động cần thực tình diễn hoạt động Garard Roegies đà định nghĩa: Năng lực tích hợp kĩ cho phép nhận biết tình đáp ứng với tình tơng đối thích hợp cách tự nhiên 10 Còn Việt Nam tác giả Trần Đình Châu quan niệm: Năng lực đặc điểm cá nhân ngời đáp ứng yêu cầu loại hoạt động định điều kiện cần thiết để hoàn thành xuất sắc số loại hoạt động Tác giả Phạm Minh Hạc cho rằng: Năng lực tổ hợp đặc điểm tâm lí ngời, tổ hợp vận hành theo mục đích định tạo kết hoạt động Cho dù cách tiếp cận khác nhng ta thấy lực biểu đặc trng: Cấu trúc lực tổ hợp nhiều kĩ thực hoạt động thành phần có quan hệ chặt chẽ với - Năng lực tồn phát triển thông qua hoạt động; nói đến lực tức gắn với khả hoàn thành hoạt động cá nhân - Năng lực nảy sinh hoạt động giải yêu cầu mẻ gắn liền với tính sáng tạo t có khác mức độ - Năng lực rèn luyện phát triển đợc - Với cá nhân khác có lực khác ngời có loại lực khác hai ngời khác có lực khác tố chất họ khác G.Polia nói: Tất t liệu, yếu tố phụ, định lý, sử dụng trình giải toán đợc lấy từ đâu? Ngời giải ®· tÝch l ®ỵc kiÕn thøc ®ã trÝ nhí, rút vận dụng cách thích hợp để giải toán Chúng ta gọi việc nhớ lại có chọn lọc tri thức nh huy động, việc làm cho chúng thích ứng với toán giải tổ chức[1] Nh ta hiểu huy động việc nhớ lại có chọn lọc kiến thức mà đà có thích ứng với vấn đề đặt mà cần giải vốn tri thức thân Năng lực huy động kiến thức gì? Chúng ta hiểu nh sau: Năng lực huy động kiến thức tổ hợp đặc điểm tâm lý ngời, đáp ứng việc nhớ lại có chọn lọc kiến thức mà đà có thích ứng với vấn đề đặt vốn tri thức thân.Toán học môn khoa học có 66 Bài toán 2:Cho tứ diện ABCD có mặt BCD tam giác vuông B, BC = a, AD (BCD) AC= b Tìm khoảng cách từ A đến BC A Lời giải: BD hình chiếu AB (BCD) mà BD BC nên AB BC ( theo định lý ba đờng vuông góc) D Vậy AB khoảng cách từ A đến BC C Ap dụng định lý Pitago vào tam giác vuông ABC B ta có: AB = Bài toán 3: Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi I trung ®iĨm cđa ®êng cao AH cđa tø diƯn Chøng minh IB ⊥ IC ⊥ ID §Ĩ híng dÉn HS liên tởng đến kiến thức cũ ta gợi động cơ: AH đờng cao tứ diện cạnh AB = AD = AC cho ta nghĩ điều ? hay nói cách khác chúng có mối quan hệ với nh nào? Bài toán đợc giải cách vận dụng khái niệm đờng vuông góc đờng xiên A Ta có AB = AD = AC ⇒ HD=HB=HC ( TÝnh chÊt h×nh chiếu hình xiên) H tâm đờng tròn ngoại tiếp BCD I BK đờng cao tam giác đều: BH = BK = Vì B HB = HC =HD ⇒ IB =IC = ID (h×nh chiÕu b»ng hình xiên nhau) áp dụng định lý Pitago vào ABH, BHI đợc HI = ; D H K C 67 BI2 = = IC2 = ID2 XÐt ∆BIC BI2 + CI2 = BC2 ⇒ = 1V ⇒ BI ⊥ CI Chøng minh t¬ng tù cho ∆DIC, ∆BID Bài toán 5: Cho hình hộp xiên ABCD.ABCD có tất mặt hình thoi Chứng minh chân đờng cao lăng trụ vẽ từ Anằm đờng chéo AC đáy Lời giải: Gọi H, I, K lần lợt hình chiếu A lên (ABCD), AB, CD Ta cã :  AH ⊥ (ABCD)  '  AB ⊥ A I  AD ⊥ A ' J   HI ⊥ AB  HJ ⊥ AD (định lý ba đờng vuông góc)(1) D C’ ∆A’AI = ∆ A’AJ v×: A’A chung ; = =α (gt) A’ B’ ⇒ AI = AJ = AA’cosα = acosα ⇒ HI = HJ (2) D C J (hình chiếu hai đoạn xiên nhau) A I Từ (1), (2) H phân giác , tức H AC H B Các toán tơng tự: Bµi 1: Cho tø diƯn SABC cã SA ⊥ (ABC) Dựng đờng cao AE tam giác ABC Gọi H, K lần lợt trực tâm ABC, SBC a) Chứng minh SE ⊥ BC tõ ®ã suy AH, SK, BC đồng quy b)Gọi O hình chiếu vuông góc cđa A trªn SE, chøng minh AO ⊥ SC c) (SAE) ⊥ (SBC) Bµi 2: LÊy A ∉ (xOy)( ≤ 1v) cho AO tạo với Ox,Oy góc CMR hình chiếu A (Oxy) thuộc đờng phân giác góc Bài 3: Hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, cạnh SA=a vuông góc với (ABCD) 68 a) Chứng minh mặt bên tam giác vuông b) M điểm di động đoạn BC, gọi K hình chiếu S DM Tìm quĩ tích điểm K M di động Nếu thay đáy hình vuông mặt phẳng (P) ta có toán sau: Bài 4: Trong (P) cho hai điểm A, B phân biệt Đoạn thẳng SA (P) Gọi đờng thẳng nằm (P) qua điểm B, H chân đờng vuông góc kẻ từ điểm S đến Chứng minh H thuộc đờng tròn cố định thay đổi Bài 5: Cho hình lập phơng ABCD.ABCD cạnh a Tính góc tạo hai đờng thẳng AC AB 2.4.2 Liên tởng đến phơng pháp hay toán đà giải Để thực gợi động theo cách cần rèn luyện cho HS khả liên tởng, thấy đợc chức toán, ý nghĩa tập GV đa loạt tập khác mà việc giải toán nhờ vào việc vận dụng tập mà HS đà đợc biết Bài toán 1:(Bài tập 17,T103 Sgk hình học 11- Nâng cao) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi vuông góc Chứng minh rằng: a) Hình chiếu vuông góc H S xuống (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC b) 1 1 = 2+ 2+ ” SH SA SB SC Ta sÏ vËn dơng kÕt qu¶ toán để giải số tập sau: Bài toán 1: Cho tứ diện OABC có tam giác OAB, OBC, OCA tam giác vuông đỉnh O, OA = a, OB = b, OC =c Gọi , , lần lợt góc hợp mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) víi mp(ABC) Chøng minh r»ng: cos2α + cos2β +cos2γ = Lời giải: 69 Cách 1: Ta dễ dàng chứng minh đợc H trực tâm ABC AH BC t¹i A’; OA’ ⊥ BC VËy α = Ta cã: cosα = cos = sin = = Tơng tự: cos = ; cos = O áp dụng kết toán (*) ta có: 1 1 = + + 2 OH OA OB OC Hay : OH OH OH + + = a2 b c VËy cos α + cos β +cos γ = 1.(đpcm) 2 Cách 2: Dùng phơng pháp toạ độ B A H C Hoặc phát biểu toán 1nh sau: C A B Điểm A bên hình chóp OABC có tam giác OAB, OBC, OCA tam giác vuông đỉnh O Đoạn thẳng OA tạo với cạnh OB, OC, OD c¸c gãc α, β,γ Chøng minh r»ng: cos2α + cos2 +cos2 =1 Bài toán 2: Cho hình hộp chữ nhËt ABCD.A’B’C’D’ cã AB = AA’ = a, AC’ = 2a Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ACD).(Bài 32, T117 Sgk hình học 11- Nâng cao) Bài to¸n 3: Cho tø diƯn OABC cã OA, OB, OC đôi vuông góc với OA = a; OB = b; OC = c Gọi H hình chiếu O mặt phẳng (ABC) Tính diện tích tam giác HAB, HBC HCA(Bài 5,T120 Sgk hình học 11- Nâng cao) Bài toán 4: Cho hình lập phơng ABCD.ABCD Gọi M, N, P lần lợt trung điểm AB, BC, CD HÃy tính góc cặp mặt phẳng: (AB P) (ABCD); (ABP) (BCCB) 70 Bài toán 5: Cho hình tứ diện ABCD, H trực tâm tam giác BCD Chứng minh AH vuông góc với mp(BCD) cạnh đối tứ diện đà cho vuông góc với Ta lại tiếp tục khai thác toán vào tập sau: Bài 1: Cho hình hộp ch÷ nhËt ABCD.A’B’C’D’ cã AB = b, BC = a, CC=c Gọi , , góc mà đờng chéo hình hộp chữ nhật tạo với ba cạnh xuất phát từ đỉnh Tìm biết = 600, = 450 Lời giải: áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông AAC ABC, ta cã: A’C2 = A’A2+AC , AC = AB + BC D’ C’ ⇒ A’C2 = A’A2 + AB + BC (1) ’ A Víi AA = A C cosα = acosα ’ ’ B’ A’B’ = A’C cosβ = acosβ ; A’D’= A’C cosγ = acosγ (1) ⇔ a = a ( cos2α + cos2β +cos2γ ) C ⇒ cos α + cos β +cos γ = 1(2) 2 A Thay β = 600, γ = 450 vµo (2) ta đợc cos = = 600 B Cũng với kết luận nhng giả thiết đợc phát biểu theo cách khác, ta có toán sau: Bài 2: Đờng thẳng (d) tạo với ba đờng thẳng vuông góc với đôi (d1), (d2), (d3) góc α, β,γ CMR: cos2α + cos2β +cos2γ = Bài 3: Cho tứ diện OABC có tam giác OAB, OBC, OAC tam giác vuông đỉnh O, OA = a, OB = b, OC = c Gọi , , lần lợt góc hợp mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với (ABC) a) Chøng minh r»ng diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng tỉng bình phơng diện tích ba tam giác: OAB, OBC, OCA b) Chøng minh r»ng: Cos2α + cos2β + cos2γ =2 Lờigiải: 71 a) Cách 1: Ta có: OA = b 2c b2 + c VËy AA’2 = OA’2+OA2 = a2+ = a b + b c + c 2b b2 + c2 Gäi S2ABC = AA’2.BC2 = ( a 2b + b 2c + c 2b ) = S2OBC + S2COA + S2OAB = S2ABC (đpcm) O Cách 2: Tam giác OBC hình chiếu tam giác ABC mp(OBC) nên ta có: SOBC= SABCcos Tơng tự ta còng cã: SOCA = SABCcosβ C B1 A SOAB = SABCcosγ H Tõ ®ã: S2OBC + S2COA + S2OAB α C1 A1 = S2ABC(cos2α +cos2β + cos2γ) V× theo toán có cos2 +cos2 + cos2 = nªn S OBC +S COA + S OAB = S 2 ABC B b) Sư dơng phơng pháp toạ độ hệ trục Oxyz với AOx, B∈Oy, C ∈ Oz Khi ®ã: A(a, 0, 0); B(0, b, 0); C(0, 0, c) Gäi lµ vtpt cđa (ABC), ta cã:(bc, ac, ab) nªn: sinα = bc b c + a c + a 2b 2 T¬ng tù ta cã sinβ, sinγ VËy Cos2α + cos2β + cos2γ = 3- sinα - sinβ - sinγ b 2c a 2c a 2b =3- 2 2 2 − 2 2 2 − 2 2 2 =2 b c +a c +a b b c +a c +a b b c +a c +a b Bài 4: Cho hình tứ diện ABCD có ba mặt ABC, ADB, ADC vuông A; M điểm BCD Gọi , , lần lợt góc AM mặt phẳng (ABC), (ACD), (ADB) Chøng minh: sinα + sinβ + sinγ = Bài toán 2(Ví dụ 2,T86 Sgk hình học11-Nâng cao): Cho tø diÖn ABCD cã AB =c, CD = c’, AC = b, BD = b’, BC= a, AD = a Tính góc véc tơ 72 Lêi gi¶i: Ta cã: = ( + ) = = (CB2 + CD2 - BD2)- (CB 2+CA2-AB2) = ( AB 2+ CD2- BD2 - CA2) Tõ ®ã gãc ( , ) = c + c '2 b b'2 (**) 2aa ' Bài toán 1: Cho tø diÖn ABCD cã BC = AD = a; AC = BD = b; AB = CD= c Đặt góc BC AD, góc AC BD; góc AB vµ CD Chøng minh r»ng: b2cosβ = a2cosα + c2cosγ c2 − b2 Híng dÉn: ¸p dơng (**) ta tÝnh đợc cos( , ) = a2 Vì góc hai đờng thẳng BC AD nên cos = c b2 a2 ; Tơng tự cos cos ta đợc điều phải chứng minh Bài toán 2: Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, AC ⊥ BD CMR: AD ⊥ BC Bµi to¸n 3: Cho tø diƯn ABCD cã AB ⊥ CD, AC ⊥ BD Chøng minh r»ng AB2+CD2= AC + BD = AD + BC Bài toán 4: Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng Đặt = , =, =γ Chøng minh r»ng: cosα + cosβ + cosγ >- Bài toán 5: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cạnh a Dựng đoạn SA (P).Tính tan góc nhọn hai cạnh AB SC Bài toán 6: Cho tứ diện vuông OABC có góc phẳng đỉnh O vuông, OC= OA+OB CMR tổng góc phẳng đỉnh C 900 2.5 Phơng thức 4: Khảo sát riêng để tìm chung, tổng quát Việc cụ thể hoá quan điểm biện chứng mối liên hệ chung riêng vấn đề quan trọng dạy học toán.Toán học có lẽ lĩnh vực đặc thù để xét mối quan hệ chung riêng Ngay chơng trình toán học phổ thông nói chung dẫn dắt HS từ trờng hợp riêng khái 73 quát dần lên thành chung Còn làm tập, HS lại phải vận dụng khái niệm chung, định lý chung vào trờng hợp riêng cụ thể cho Việc khảo sát riêng để tìm chung, tổng quát phơng pháp sáng tạo toán hay nói cách khác mở rộng toán Để có tập mở rộng mặt phơng pháp luận xem chung, đem đặc biệt hoá phận khác nhau, cách khác cho nhiều riêng khác riêng trờng hợp đặc biệt nhiều chung khác Tác giả Nguyễn Cảnh Toàn nói tới riêng chung cho rằng: Khi nói đến phải hình dung tổng thể có nhiều phận phận có quan hệ Vì nhìn riêng theo nhiều quan điểm khác thờng trớc hết nhìn phận, quan hệ theo nhiều cách khác nhau, sau tổ hợp lại cách nhìn phận, quan hệ thành cách nhìn khác riêng đà cho(Phơng pháp luận vật biện chứng với việc dạy, học nghiên cứu toán học, tập 1- NXB Đại học quốc gia Hà Nội Ta việc khai thác toán với t cách toán gốc thông qua HĐ khái quát hoá, biến đổi đối tợng, đề xuất giải đáp vấn đề tổng quát(cái chung); từ giải trờng hợp riêng ban đầu cụ thể hoá nhiều trờng hợp riêng khác liên quan Bài toán gốc 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA (ABCD) Xác định x để hai mp(SBC) (SDC) tạo với góc 600 Trớc hết GV định hớng nhiệm vụ cho HS cần phải xác định đợc góc S hai mp(SBC) vµ (SDC) kÝ hiƯu lµ α: - Trong mp(SAC) kỴ OO’ ⊥ SC víi O = AC ∩ BD , (BO’D) ⊥ SC, ®ã α = = (BO,DO) Mặt khác OO BD, OO 450 Tơng tự >450, O A D O B C 74 tøc > 900 α = = 600 ⇔ = 1200 ⇔ = 600( v× ∆BO’D cân O) BO = 00tan600 BO = OO’ Ta l¹i cã OO’= OC sin = OCsin = OC Nh vËy: BO = OO’ ⇔ BO = OC ⇔ SC = SA ⇔ = x ⇔ x= a Trong trờng hợp góc hai mặt phẳng 900 = 900 OO = BD Không tính tổng quát ta xét trờng hợp riêng cho hai tam giác ACD, BCD nằm hai mặt phẳng vuông góc với Lúc ta đề xuất toán sau: Bài toán 1.1: Cho hai tam giác ACD, BCD nằm hai mặt phẳng vuông gãc víi vµ AC= AD = BC = BD = a, CD = 2x Gäi I, J lÇn l ợt trung điểm AB, CD Tìm giá trị x để hai mặt phẳng (ABC), (ABD) vuông góc Hoàn toàn tơng tự ta tính đợc gía trị x Ngợc lại, tìm góc hai mặt phẳng thông qua toán dới Bài toán 1.2: Trong (P) cho hình chữ nhật ABCD, AB = a, AD = b, Ax ⊥ (P),Cy ⊥(P) vµ cïng phÝa víi (P) LÊy M ∈ Ax vµ AM = x, N ∈ Cy vµ CN = y a)TÝnh tan góc mặt phẳng (BDM) (BDN) tạo víi (P) a 2b b)Chøng minh r»ng ®iỊu kiƯn cần đủ để (BDM) (BDN) là: xy = 2 a +b Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC vuông A; AB = a, BC = 2a Hai tia Bx Cy vuông góc với (ABC) nằm phía mặt phẳng Trên Bx, Cy lần lợt lấy điểm B, C’ cho BB’ = a, CC’ = m a) Với giá trị m ABC tam giác vuông? 75 b) Khi ABC vuông B, kẻ AH BC Chứng minh BCH tam giác vuông Tính góc hai mặt phẳng (ABC) (ABC) Bài toán 1.4: Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a Trên hai tia Bx Dy vuông góc với mặt phẳng (ABCD) chiều lần lợt lấy hai điểm M, N cho: BM.DN = Đặt = , =β a) Chøng minh tanα tanβ =1 KÕt luËn đợc hai góc b) Chứng minh (ACM) (ACN) c) Gọi H hình chiếu O MN Tính OH Từ CMR AH ⊥ HC vµ (AMN) ⊥ (CMN) Trong mét sè trêng hợp GV cần luyện tập cho HS hoạt động khảo sát, tơng tác qua trờng hợp riêng nhằm phát để tìm chung - tri thức tổng quát Bài toán gốc 2: Chứng minh tổng bình phơng tất đờng chéo hình hộp tổng bình phơng tất cạnh hình hộp Theo ta có: AC12 + BD12 + CA12 + DB12 = 4( AB + AD + AA12 ) Gọi O tâm hình hép 2(OAeq \l(\o\ac(2, ))+OC1eq \l(\o\ac( , )) )+2(OBeq \l(\o\ac(2, ))+OD1eq \l(\o\ac( , )) ) +2(OCeq \l(\o\ac(2, ))+OA1eq \l(\o\ac(2, )))+2(OD+OB1eq \l(\o\ac(2, )))=4(ABeq \l(\o\ac(2, )) +ADeq \l(\o\ac(2, ))+AA1eq \l(\o\ac(2, )) ) ⇔ OAeq \l(\o\ac(2, )) + OBeq \l(\o\ac(2, )) + OCeq \l(\o\ac(2, )) + ODeq C B \l(\o\ac(2, )) + OA1eq \l(\o\ac(2, )) +OB1eq \l(\o\ac(2, )) +OC1eq \l(\o\ac(2, )) + OD12 (1) = (ABeq \l(\o\ac(2, )) + ADeq \l(\o\ac(2, ))+AA1eq \l(\o\ac(2, )) ) = 2(a2+b2+c2) D A 76 Gäi M điểm không gian M + KiÓm tra M cã thÓ nhËn O O làm trờng hợp riêng GV yêu cầu HS dự đoán A1 MA + MB + MC + MD + MA + MB + MC + MD12 = ? 2 2 C1 B1 2 D1 (2) Khi M ≡ O, vÕ ph¶i cđa (2) phải vế phải (1) Vì vậy, ta hy vọng vế phải (2) khác vế phải (1) chỗ có thêm số hạng phụ thuộc vào M triệt tiêu M O Đến chắn HS nghĩ tới số hạng k.MO k.MO2 Chú ý đến bậc (1) ta lùa chän gi¶ thiÕt k.MO2 Nh vËy: B MA2 + MB + MC + MD + MA12 + MB12 + MC12 + MD12 = MA + MB +2( AB + AD + AA ) + k MO 2 2 2 A D +) Làm để tìm k? A B O GV gỵi ý HS chän mét trêng hỵp đặc biệt chẳng hạn hình hộp hình lập phơng, M ≡ A thay vµo (2’) ta sÏ cã k=8 C A1 C1 B1 D1 Bài 1: Gọi độ dài cạnh xuất phát từ đỉnh hình hộp a, b, c, O tâm hình hộp Chứng minh tổng bình phơng khoảng cách từ điểm M không gian đến đỉnh hình hộp 2(a 2+b2+c2) + 8MO2 Đạt giá trị nhỏ nào? Ta đặc biệt hoá toán cách thay hình hộp hình tứ diện: Bài 2: CMR tổng bình phơng chiều dài cạnh hình tứ diện lần tổng bình phơng khoảng cách trung điểm cạnh đối tứ diện Bài toán gốc 2: Thể tích khối lăng trụ tam giác tích diện tích đáy chiều cao 77 V = B.h (1) +) Trong hình lăng trụ tam giác AA // BB // CC Bỏ giả thiết ta có hình đa diện ABC.ABC có đỉnh nằm mặt phẳng song song, nhận lăng trụ tam giác trờng hợp riêng Nh phải có công thức tính thể tích hình đa diện mà lăng trụ công thức có dạng (1) +) HÃy dự đoán công thức tính thể tích hình đa diện ABC.ABC có (ABC) // (A’B’C’) ; V=? (2) GV cïng HS ph©n tích: Từ (1) ta nghĩ tới công thức cần tìm phải có h, lúc tam giác ABC ABC không nên gọi B1, B2 lần lợt diện tích chúng (2) phải xuất B1, B2 Đến có thể HS sÏ nghÜ tíi c«ng thøc:V= B1 + B h (2) (h khoảng cách mặt phẳng (ABC) (ABC)) Vì phù hợp với (1) B1= B2= B a c Thư ¸p dơng (2’) cho tứ diện có diện tích b đáy B chiều cao h +B Ta cã: B1=0, B2 = B ⇒ V= h = B.h a' c' Công thức sai thực tế V= B.h b' Công thức (2) bị loại khiến ta nghĩ tới (2) khác (2) chỗ có thêm số hạng B1, B2 Do đáy ABC ABC bình đẳng nên hệ số B1, B2 nh Ta dự đoán: B +B +B V= h k a b (3) VÊn đề lại tìm B0 k +) B0 gì? Do B1, B2 m n q p c d 78 diƯn tÝch nªn B0 diện tích đa giác đó.! Trở lại với lăng trụ ta có: V= B1 + B + B h k = 2B + B h k = B.h ⇒ B0 =(k-2)B Ta cha tìm đợc B0 k +) HÃy tìm trờng hợp đặc biệt mà B1 = B2 = 0? Häc sinh ph©n tÝch: DiƯn tÝch chØ đa giác suy biến thành điểm đoạn thẳng Xem hình tứ diện hình có diện tích nằm mặt phẳng song song, mặt phẳng chứa đỉnh tứ diện Với cách quan niệm ta nhớ tới công thức tính thể tÝch: V= AB.CD.h.sinα = AB.CD.sinα.h (h khoảng cách AB, CD khoảng cách mp song song) Ta tạo đa giác có đa thức tính diện tích liên quan đến AB.CD.sin Gọi M trung điểm AC, mặt phẳng qua M song song AB CD cắt BC, BD, AD lần lợt N, P, Q Dễ thấy SMNPQ = MN.MQ.sinα = 1/4 AB.CD.sinα Do ®ã, V= AB.CD.sinα.h = SMNPQ h mà theo công thức (3) th×: V= B1 + B + B h k = + + B0 B h h = = k k Dự đoán k=6, B0 =4 SMNPQ +) Trong trờng hợp tổng quát, B0 gì? SMNPQ h 79 Từ trờng hợp riêng đà xét, HS dự đoán đợc B0 lần diện tích thiết diện tạo mặt phẳng cách mặt phẳng song song chứa đỉnh đa diện với đa diện Do vậy, công thøc trë thµnh: V= B1 + B + S h (4) Kiểm tra lại với lăng trụ tam giác S=B1= B2 = B V= B + B + 4B h = B.h (®óng) Víi tứ diện có đỉnh thuộc mặt, đỉnh lại thuộc mặt kia, ta có: B1=0, B2 = B , S=1/4B (thiết diện tạo mặt phẳng cách mặt phẳng song song tam giác đồng dạng với đáy với tỷ số đồng dạng 1/2) Do ®ã: V= + B + 4.1 / 4.B h = B h (®óng) Hy väng r»ng (4) công thức Ta phát biểu mệnh ®Ị: “Cho ®a diƯn ABC.A’B’C’, cã c¸c ®Ønh A, B, C A, B, C nằm mặt phẳng song song CMR thể tích đợc tính c«ng thøc: V= B1 + B + S h (4)(với B1, B2 lần lợt diện tích ABC ABC, S diện tích thiết diện tạo mp cách mp song song đà cho với đa diện, h khoảng cách mp này) +) Nhắc lại cách chứng minh công thức thể tích lăng trụ V=B h, biết c a c«ng thøc tÝnh thĨ tÝch tø diƯn V=1/3.B h? b Câu hỏi nhằm giúp HS nhớ lại cách phân chia lăng trụ thành tứ diện áp dụng tơng tự cho đa diện xét, ta phân chia thành tứ diện B.AAC, B.ABC, B.ACC a' b' c' 80 Công thức cần chứng minh ®óng cho trêng hỵp tø diƯn (®· nãi bíc 1).Phát biểu toán mới: Bài toán: Tính thể tích đa diện có tất đỉnh nằm mặt phẳng song song 2.6 Kết luận chơng Trong chơng đa định hớng để đề xuất phơng thức s phạm nhằm rèn luyện phát triển lực HĐKT cho HS THPT dạy học chủ đề Véc tơ không gian Quan hệ vuông góc Kèm theo biện pháp s phạm đà nghiên cứu đề xuất ví dụ điển hình nhằm minh hoạ tính thực thi biện pháp Bên cạnh đó, đà thực mở rộng toán theo nhiều hớng khác dựa việc khai thác chuỗi toán tơng tự với độ khó tăng dần Việc làm giúp cho HS có thói quen xâu chuỗi kiến thức đọc sách học tập, phát triển cho HS lực huy động kiến thức để giải vấn đề sở vận dụng lực huy động kiến thức Trong chơng tiến hành triển khai thực nghiệm phơng thức đợc trình bày chơng 2, mặt để thu nhận thông tin phản hồi nhằm bớc bổ sung hoàn thiện luận văn Mặt khác kiểm nghiệm bớc đầu tính hiệu khả thi phơng thức s phạm ... luận lực huy động kiến thức, dạng lực huy động kiến thức 8 Nghiên cứu số phơng pháp tăng cờng lực huy động kiến thức học sinh dạy học giải toán theo chủ đề Véc tơ không gian Quan hệ vuông góc Huy. .. hiƯn qua chđ đề: Véc tơ không gian Quan hệ vuông góc II Mục đích nghiên cứu Cơ sở lí luận việc bồi dỡng lực huy động kiến thức Bồi dỡng lực huy động kiến thức đà có học sinh thông qua dạy học giải. .. pháp dạy học kiến tạo, dạy học phát giải vấn đề 1.3.1 Vận dụng phơng pháp dạy học kiến tạo vào dạy học toán Ta đà biết phơng pháp dạy học theo quan điểm kiến tạo phơng pháp dạy học đại, HS đợc học