HỆ THỐNG BÀI TẬP HÌNH HỌC 12 TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI

DẠY HỌC TƯ DUY SÁNG TẠO MÔN TOÁN HỌC

vectorstock.com/30118759

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

HỆ THỐNG BÀI TẬP HÌNH HỌC 12 TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI Ở TRƯỜNG THPT WORD VERSION | 2011 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

LỜI CẢM ƠN Em xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới Ban giám hiệu; Phòng Sau đại học; Ban chủ nhiệm khoa Toán cùng tất cả các thầy cô giáo khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội đã tham gia giảng dạy, giúp đỡ và tạo điều kiện cho em trong suốt quá trình học tập nghiên cứu và hoàn thành các chuyên đề của khóa học.

Em xin bày tỏ lòng biết ơn tới Thầy PGS. Bùi Văn Nghị đã tận tình hướng dẫn, động viên và giúp đỡ em trong suốt thời gian học tập cũng như trong thời gian làm luận văn.

Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong Ban giám hiệu, tổ Toán – Tin trường THPT Kim Liên đã nhiệt tình giúp đỡ em trong quá trình thực nghiệm sư phạm.

Cuối cùng em xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, tới những người thân, bạn bè, đồng nghiệp đã tận tình chỉ bảo và giúp đỡ em trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn.

Hà Nội, tháng 11 năm 2011

1

MỤC LỤC Trang Chương 1: Cơ sở lí luận và thực tiễn........................................................... 2 1.1. Khái niệm tư duy .................................................................................... 2 1.2. Tư duy sáng tạo ....................................................................................... 3 1.3. Một số đặc trưng của tư duy sáng tạo ...................................................... 5 1.4. Những biểu hiện đặc trưng của tư duy sáng tạo ....................................... 13 1.5. Tiềm năng của hệ thống bài tập Hình học 12 trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh ................................................................................................... 14 1.6. Tiểu kết chương 1 .................................................................................. 14 Chương 2: Một số biện pháp bồi dưỡng một số đặc trưng của TDST cho HS khá, giỏi trong dạy học môn Hình học 12 nâng cao ở trường THPT 16 2.1. Chuẩn kiến thức, kĩ năng chương trình Hình học 12 nâng cao ............... 16 2.2. Một số biện pháp bồi dưỡng một số đặc trưng của tư duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi trong dạy học môn Hình học 12 ở trường THPT ............. 20 2.3. Áp dụng một số biện pháp bồi dưỡng một số đặc trưng của tư duy sáng tạo vào dạy học giải bài tập ......................................................................... 47 2.4. Tiểu kết chương 2 .................................................................................. 77 Chương 3. Thử nghiệm sư phạm ............................................................... 79 3.1. Mục đích thử nghiệm............................................................................. 79 3.2. Nội dung thử nghiệm ............................................................................. 79 3.3. Tổ chức thử nghiệm............................................................................... 79 3.4. Đánh giá thử nghiệm sư phạm ............................................................... 80 3.5. Tiểu kết chương 3 .................................................................................. 85 Kết luận....................................................................................................... 86 Tài liệu tham khảo ..................................................................................... 87

2

CHƯƠNG 1. CƠ SỞ LÍ LUẬN

1.1. Khái niệm tư duy Theo từ điển triết học: “Tư duy (TD) là sản phẩm cao nhất của cái vật chất được tổ chức một cách đặc biệt là bộ não, là quá trình phản ánh một cách tích cực thế giới khách quan trong các khái niệm, phán đoán, lí luận. TD xuất hiện trong quá trình hoạt động sản xuất xã hội của con người và bảo đảm phản ánh thực tại một cách gián tiếp, phát hiện những mối liên hệ hợp quy luật của thực tại” TD có nhiều cách định nghĩa, sau đây là một số quan niệm: Theo Rubinstêin: “TD là sự khôi phục trong ý nghĩ chủ thể về khách thể với mức độ đầy đủ hơn, toàn diện hơn so với các tư liệu cảm tính xuất hiện do tác động của khách thể” Theo Phạm Minh Hạc: “TD là quá trình nhận thức phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính quy luật của sự vật và hiện tượng trong thế giới khách quan” Hoặc “TD là một quá trình tâm lí liên quan chặt chẽ với ngôn ngữ - quá trình tìm tòi và sáng tạo cái chính yếu, quá trình phản ánh một cách từng phần hay khái quát thực tế trong khi phân tích và tổng hợp nó. TD sinh ra trên cơ sở hoạt động thực tiễn, từ nhận thức cảm tính và vượt xa giới hạn của nó”.

Từ các định nghĩa trên, ta thấy TD có những đặc điểm cơ bản sau: TD là sản phẩm của bộ não con người và là một quá trình phản ánh tích cực thế giới khách quan.

Bản chất của TD là ở sự phân biệt sự tồn tại độc lập của đối tượng được phản ánh với hình ảnh nhận thức được qua khả năng hoạt động suy nghĩ của

con người nhằm phản ánh được đối tượng.

3

Khách thể của TD được phản ánh với nhiều mức độ khác nhau từ thuộc tính này đến thuộc tính khác, nó phụ thuộc vào chủ thể là con người.

TD chỉ nảy sinh khi gặp những hoàn cảnh có vấn đề.

TD có tính khái quát và tính gián tiếp.

TD của con người có quan hệ mật thiết với ngôn ngữ, kết quả của quá trình TD bao giờ cũng là một ý nghĩ và được thể hiện qua ngôn ngữ.

TD có quan hệ mật thiết với nhận thức cảm tính TD là quá trình phát triển năng động và sáng tạo.

Quá trình TD được diễn ra bằng cách chủ thể tiến hành những thao tác trí tuệ nhất định như: phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá, cụ thể hóa, đặc biệt hóa, tưởng tượng, suy luận, chứng minh.

1.2. Tư duy sáng tạo Theo các nhà tâm lí học, con người chỉ bắt đầu TD tích cực khi đứng trước một khó khăn về nhận thức cần khắc phục, một tình huống gợi vấn đề. “ TDST luôn luôn bắt đầu từ một tình huống gợi vấn đề” [14, trang 12] Quá trình sáng tạo của con người thường được bắt đầu từ một ý tưởng mới. Krutexki đã đưa hình ảnh về ba đường tròn đồng tâm biểu diễn TD tích cực, TD độc lập và TDST. Theo ông, TDST là sự kết hợp cao nhất, hoàn thiện nhất của TD độc lập và TD tích cực.

TD tích cực TD độc lập

TDST Theo quan niệm của các nhà khoa học: `

Solo R. L : “ Sáng tạo là hoạt động nhận thức mà nó đem lại một cách

nhìn nhận hay giải quyết mới mẻ với một vấn đề hay một tình huống”.

Nguyễn Cảnh Toàn: “ Sáng tạo là sự vận động của TD từ những hiểu

4

biết đã có đến những hiểu biết mới, vận động đi liền với biện chứng” nên có thể nói TDST về cơ bản là TD biện chứng Trong cuốn “Sáng tạo toán học”, Polya cho rằng: “Một TD gọi là có hiệu quả nếu TD đó dẫn đến lời giải một bài toán cụ thể nào đó. Có thể coi là sáng tạo nếu TD đó tạo ra những tư liệu, những phương tiện để giải các bài toán sau này. Các bài toán vận dụng những tư liệu phương tiện này có cơ sở lượng càng lớn, có dạng muôn màu, muôn vẻ thì mức độ sáng tạo của TD càng cao” Theo Nguyễn Bá Kim: “Tính linh hoạt, tính độc lập và tính phê phán là những điều kiện cần thiết của TDST, là những đặc điểm về những mặt khác nhau của TDST. Tính sáng tạo của TD thể hiện rõ nét ở khả năng tạo ra cái mới, phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ cái cũ” Mehlhorn quan niệm: “TDST là hạt nhân của sự sáng tạo cá nhân đồng thời là mục tiêu cơ bản của giáo dục”. Theo ông, TDST được đặc trưng bởi mức độ cao của chất lượng hoạt động trí tuệ như tính mềm dẻo, tính nhạy cảm, tính kế hoạch, tính chính xác.

Theo Lecne, có hai kiểu TD cá nhân: Một là kiểu TD tái tạo lại cái đã biết, đã gặp; Kiểu kia là TDST, tức là TD để tìm ra cái mới. Như vậy, TDST theo nghĩa thông thường và phổ biến thì đó là TD tạo ra tri thức mới về thế giới tự nhiên và các phương thức hoạt động. Theo ông thì TDST gồm các thuộc tính sau: - Có sự tự lực chuyển các tri thức, kĩ năng sang một tình huống mới tình huống sáng tạo.

- Nhận thấy vấn đề mới trong các điều kiện đối tượng quen thuộc đúng quy cách.

- Nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết.

- Nhìn thấy đối tượng đang nghiên cứu.

- Kĩ năng nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách nhìn đối với việc tìm

5

kiếm lời giải.

- Kĩ năng kết hợp những kiến thức đã giải thành một phương thức mới - Kĩ năng sáng tạo là một phương thức giải độc đáo tuy đã biết phương thức khác.

Trong luận văn này, “TDST được hiểu là sự kết hợp của TD tích cực và TD độc lập tạo ra cái mới có tính giải quyết vấn đề một cách hiệu quả và chất lượng” [9, trang 72].

1.3. Một số đặc trưng của tư duy sáng tạo 1.3.1. Tính mềm dẻo Tính mềm dẻo của TDST có các đặc trưng sau: Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, từ thao tác TD này sang thao tác TD khác, vận dụng linh hoạt các hoạt động phân tích, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hóa, cụ thể hóa và các phương pháp suy luận như quy nạp, suy diễn, tương tự, điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ khi gặp trở ngại.

Thay đổi dễ dàng, nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức, chuyển từ góc độ quan niệm này sang góc độ quan niệm khác, định nghĩa lại sự vật, hiện tượng, gạt bỏ sơ đồ TD có sẵn và xây dựng phương pháp TD mới, tạo ra sự vật mới trong những quan hệ mới, hoặc chuyển đổi quan hệ và nhận ra bản chất sự việc và điều phán đoán. Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc các kiến thức kĩ năng đã có sẵn vào hoàn cảnh mới, điều kiện mới, trong đó có những yếu tố đã thay đổi, có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, những phương pháp, những cách suy nghĩ đã có từ trước.

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

Chẳng hạn xét bài toán sau: Bài toán 1. Chứng minh:

6

2 ,x, y, z   , x  y  z  1 3

3 x  2  2 3 y  2  3 3 z  2  3 14

(1)

Trong bài toán này, nếu HS giải bằng các phép biến đổi đại số thông thường thì sẽ gặp nhiều khó khăn. Tuy nhiên, bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu HS nhận ra được vế trái của bất đẳng thức trên là tích vô hướng của hai vectơ   u  1; 2;3  , v 



3 x  2; 3 y  2; 3 z  2 , vế phải là tích độ dài hai vectơ

  u  1; 2;3  , v 



3 x  2; 3 y  2; 3 z  2 .







Cụ thể xét hai vectơ u  1; 2;3  và

 v



3x  2; 3 y  2; 3z  2

 ta có :

 u.v  3x  2  2 3 y  2  3 3 z  2   u . v  12  2 2  32 . (3 x  2)  (3 y  2)  (3 z  2)  14. 3( x  y  z )  6  14. 3.1  6  3 14

Khi đó bài toán đại số trên trở thành bài toán hình học sau:      Trong không gian Oxyz cho hai vectơ u và v . Chứng minh rằng: u.v  u v Bất đẳng thức trên dễ dàng suy ra từ định nghĩa tích vô hướng của hai vectơ.

Do đó (1) được chứng minh.

1.3.2. Tính nhuần nhuyễn Tính nhuần nhuyễn của TDST thể hiện ở năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự tổ hợp giữa các yếu tố riêng lẻ của các tình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết mới và ý tưởng mới. Các đặc trưng của tính nhuần nhuyễn: Tính đa dạng của cách xử lí khi giải toán, khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau, tìm được giải pháp tối ưu.

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

Chẳng hạn xét các bài toán sau: Bài toán 2. [17, trang 139]

7

Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng ( ) : 2 x  y  3z  1  0 và ( ' ) : x  y  z  5  0 .

Viết phương trình tham số của giao tuyến  của ( ) và ( ' ) Trước hết ta có nhận xét: Đường thẳng  gồm các điểm M( x; y; z ) vừa thuộc ( ) vừa thuộc ( ' ) nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 2 x  y  3z  1  0  x  y  z  5  0

(1)

Với bài toán này, GV nên hướng dẫn HS giải theo ba cách sau: Cách 1: Tìm tọa độ điểm A thuộc  và một vectơ chỉ phương của nó rồi viết phương trình tham số của  2 x  y  1  0 x  4  x  y  5  0 y  9

Trong hệ (1) cho z  0 ta có: 

Vậy điểm A(4;9;0) thuộc đường thẳng  

Gọi n1  (2; 1;3) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )  n2  (1; 1;1) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ' )   Đường thẳng  vuông góc với hai vetơ n1 và n2 nên nó có vectơ chỉ 

 

phương là u   n1 , n2   (2;1; 1)

 x  4  2t  Vậy, phương trình tham số của đường thẳng  là:  y  9  t z   t 

Cách 2: Tìm tọa độ hai điểm phân biệt A và A ' thuộc đường thẳng  rồi viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm đó 2 x  y  1  0 x  4  x  y  5  0 y  9

Trong hệ (1) cho z  0 ta có: 

Vậy điểm A(4;9;0) thuộc đường thẳng  2 x  3 z  1  0  x  14  x  z  5  0 z  9

Trong hệ (1) cho y  0 ta có: 

8

Vậy điểm A ' ( 14;0;9) thuộc đường thẳng  

Đường thẳng  có vectơ chỉ phương AA '  ( 18; 9;9) cùng phương với 

vectơ u  (2;1; 1) có phương trình tham số là:  x  4  2t  y  9  t z   t 

Cách 3: M( x; y; z )   khi và chỉ khi tọa độ của M thỏa mãn hệ phương trình: 2 x  y  3z  1  0  x  y  z  5  0

Đặt z  t , ta có:  2 x  y  1  3t  x  4  2t    x  y  5  t y  9 t

 x  4  2t  Vậy, phương trình tham số của đường thẳng  là:  y  9  t z  t 

Bài toán 3. Cho a  c, b  c  0 . Chứng minh rằng:

c.(a - c )  c.(b  c )  ab

(1)

Định hướng cách giải Đây là một bài toán đại số khá quen thuộc trong chương trình môn toán phổ thông. Với bài toán này, để rèn luyện TDST cho HS, GV nên hướng dẫn các em giải theo các cách sau: Cách 1: Dùng các phép biến đổi tương đương 2

(1)   c  (a  c).(b  c)   0 (2) (2) luôn đúng. Vậy, bất đẳng thức (1) đúng Đẳng thức xảy ra  c  (a  c)(b  c)  c 2  (a  c)(b  c)  ab  ac  bc  0  c 

a.b a b

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân Ta có:

c ac 1c ac .     và b a 2b a 

c bc 1 c bc .     a b 2a b 

9

Cộng theo từng vế của hai bất đẳng thức trên ta có: c ac c bc 1  c a c 1 c bc 1 c bc ac c  .  .       1       b a a b 2b a  2 a b  2b b a a  c .(a-c)  c.(b  c)  ab

c a  c  b  a a.b Đẳng thức xảy ra   c ab c  bc  a b

Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki



2

c .( a - c)  c.(b  c)

 

c. a  c  b  c. c



2

 [c  (b  c)].[(a  c)  c]  a.b

 c .(a - c)  c.(b  c)  ab

Đẳng thức xảy ra 

c bc a.b  c ab a-c c

Cách 4: Sử dụng hình học giải tích Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét a  ( c ; b - c ) , b  ( a  c ; c )  

Ta có: a. b  c .(a - c)  c.(b  c) , a . b  a.b Mà a. b  a . b . Từ đó ta có bất đẳng thức (1) Cách 5: Sử dụng phương pháp hình học A

Ta có thể xem c , a - c , b - c là độ dài những đoạn thẳng Do đó, dựng hai tam giác vuông CHA và tam giác vuông CHB có chung cạnh góc vuông CH  c , HA  a - c ,

C

H

HB  b - c , CA  a , CB  b

Ta có: SCHA  SCHB  SCAB

B  1 1 1  CH .HA  CH .HB  CA.CB.sin A CB 2 2 2



Hay c .(a - c)  c.(b  c)  ab sin ACB  ab 

Đẳng thức xảy ra khi ACB  90o Khi đó, ta có: AB 2  CA2  CB 2 hay



a-c  bc

10



2

 ab

hay c 

a.b ab

Vậy: c .( a - c)  c.(b  c)  ab Cách 6: Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Đặt

y  c .( a - c )  c.(b - c) .

Ta xem c là biến số. Nếu y o là một giá trị của hàm

số ứng với một giá trị nào đó của c ( c  (0; min(a; b)) thì y o  0 và ta có: y0  c .(a - c)  c.(b  c)  y0  c .(a - c)  c.(b  c) 2

 y02  c.( a  b)  2 y0 c .(a - c)  [ a  b   4 y02 ].c 2  2 y02 ( a  b ).c  y04  0 (1)

Do phương trình (1) có nghiệm nên 'c  0 2





2

 y04  a  b   y04  a  b   4. y02  0  4. y04  ab  y02   0  y02  a.b  y0  a.b

Hay

c .( a - c )  c.(b  c)  ab

Cách 7: Dùng lượng giác c a

Vì 0  c  a hay 0   1 nên tồn tại góc  , 0    Tương tự tồn tại  , 0   

 2

sao cho

 2

sao cho

c  sin 2  . a

c  sin 2  b

Ta có: c .(a - c)  c.(b  c)  b sin 2   a  a sin 2    a sin 2  .  b  b sin 2    ab  sin  cos   sin  cos    ab .sin      ab

Do đó (1) được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi    

 2

hay sin   cos  tức là

Cách 8: Dùng đạo hàm Xét hàm số y  c .(a - c)  c.(b  c) theo biến c Ta tính được y ' 

 2 c

Ta có : y '  0 khi c 

 (a - c)(b  c) 

a - c  b  c  ab  (a  b).c  a - c. b  c  c

a.b ab

Bảng biến thiên

11



c c a.b   1 hay c  a b a b

c

a.b a b

0

y'

min( a, b)

0

+

-

ab

y

Từ bảng biến thiên ta có ymax  ab tại c 

a.b ab

Vậy c .( a - c)  c.(b  c)  ab . Đẳng thức xảy ra khi c 

a.b a b

1.3.3. Tính nhạy cảm Tính nhạy cảm đặc trưng bởi khả năng nhanh chóng phát hiện vấn đề, khả năng phát hiện ra mâu thuẫn, sai lầm, thiếu logic, chưa tối ưu từ đó có nhu cầu cấu trúc lại, tạo ra cái mới.

1.3.4. Tính độc đáo Tính độc đáo thể hiện ở khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới, khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau, khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác. Chẳng hạn xét các bài toán sau:  x2  y 2  z 2  3  3 3 3 x  y  z  3  4 4 4  x  y  z  3

Bài toán 4. Giải hệ phương trình

(1) (2) (3)

Nhờ TDST, HS có thể nắm được đẳng thức (1) là bình phương vô 



hướng của vectơ u  ( x; y; z ) và u  3 . Đẳng thức (3) chính là bình phương 



vô hướng của vectơ v  ( x 2 ; y 2 ; z 2 ) và v  3 . Đẳng thức (2) chính là tích vô   hướng của hai vectơ u và v . Từ định nghĩa tích vô hướng của hai vectơ:

12

      u .v  u . v . co s u , v





  ta suy ra hai vectơ u và v cùng hướng. Từ đó suy ra

  u  v hay x  x 2 , y  y 2 , z  z 2 , kết hợp giả thiết ta suy ra x  y  z  1 Vậy, nghiệm của hệ phương trình : ( x; y; z )  (1;1;1) Bài toán 5. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:  6 2 2 a 2  2ab  b 2  b 2  3bc  c 2  a 2     ac  c 2 2  

Đối với bài toán này, nếu HS dùng phương pháp đại số sẽ gặp rất nhiều khó khăn trong quá trình tìm tòi lời giải. Bài toán sẽ trở nên đơn giản đối với HS nếu GV hướng dẫn các em dùng phương pháp hình học để giải như sau: 



Đặt OA  a, OB  b, OC  c sao cho AO B  45o , B O C  30o Áp dụng định lí cosin ta có: A

AB  OA2  OB 2  2OA.OB.cos 45o  a 2  2ab  b2

BC  OB 2  OC 2  2.OB.OC.cos 30o  b 2  3bc  c 2 B

 6 2 2 AC  OA2  OC 2  2.OA.OC .cos 75o  a 2     ac  c 2   2

O

C

 6 2 2   ac  c 2   2

Vì AB  BC  AC nên: a 2  2ab  b2  b 2  3bc  c 2  a 2   Vậy, bất đẳng thức được chứng minh.

Bài toán 6. [2, trang 322] Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  (3  z ) 2  y 2  z 2  (3  x)2  2 6   2 2 2 2 2 2  y  z  (3  x)  z  x  (3  y )  2 6  2 2 2 2 2 2  z  x  (3  y)  x  y  (3  z )  2 6

Định hướng cách giải Đây là bài toán giải hệ phương trình khá phức tạp vì mỗi phương trình trong hệ đều chứa căn thức với biểu thức trong căn chứa ba ẩn. Rõ ràng việc

13

giải bằng phương pháp đại số sẽ gặp rất nhiều khó khăn. Bài toán này yêu cầu HS phải biết biến đổi và khéo léo vận dụng hình học giải tích để giải. Cụ thể như sau: Cộng các vế tương ứng của ba phương trình ta có: x 2  y 2  (3  z )2  y 2  z 2  (3  x)2  z 2  x 2  (3  y )2  3 6 (*)

Kí hiệu vế trái của (*) là T 





Xét các vectơ u  ( x; y;3  z ), v  ( y; z;3  x), w  ( z; x;3  y) 





Ta có: u  x 2  y 2  (3  z )2 , v  y 2  z 2  (3  x)2 , w  z 2  x 2  (3  y )2   

Khi đó: u  v  w  ( x  y  z; x  y  z;9  x  y  z)   t ; t ;9  t  , trong đó t  x  y  z 





  

  

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc: u  v  w  u  v  w , u, v, w ta có: x 2  y 2  (3  z ) 2  y 2  z 2  (3  x) 2  z 2  x 2  (3  y ) 2  t 2  t 2   9  t 

2

Hay T  3t 2  18t  81 .

2

Mà 3t 2  18t  81  3  t  3  54  54  3 6 . Do đó T  3 6  x : y : z  y : z : x  (3  z ) : (3  x) : (3  y ) x  y  z  3

Từ đó (*) xảy ra khi và chỉ khi  Giải hệ trên ta được x  y  z  1

Thử lại ta thấy  x; y; z   1;1;1 là nghiệm đúng hệ phương trình Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y; z   1;1;1 1.3.5. Tính hoàn thiện Tính hoàn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩ và hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và kiểm chứng ý tưởng.

“Các yếu tố cơ bản nói trên có 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), nhờ đó mà có thể tìm được phương án lạ, đặc sắc (tính độc đáo). Các yếu tố cơ bản

14

này lại có mối quan hệ mật thiết với các yếu tố khác như: Tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề… Các yếu tố đặc trưng kể trên cùng góp phần tạo nên TDST, đỉnh cao nhất trong các hoạt động trí tuệ của con người” [9, trang 10] 1.4. Những biểu hiện đặc trưng của tư duy sáng tạo Đặc trưng 1: Thực hiện độc lập việc di chuyển các tri thức kĩ năng, kĩ xảo sang tình huống mới gần hoặc xa, bên trong hay bên ngoài hay giữa các hệ thống kiến thức. Đặc trưng 2: Nhìn thấy những nội dung mới trong tình huống bình thường. Đăc trưng 3: Nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết Đặc trưng 4: Độc lập kết hợp các phương thức hoạt động đã biết tạo thành cái mới. Đặc trưng 5: Nhìn thấy các đối tượng đang nghiên cứu. Đặc trưng 6: Nhìn thấy mọi cách có thể có, tiến trình giải theo từng cách và lựa chọn cách giải tối ưu. Đặc trưng 7: Xây dựng phương pháp mới về nguyên tắc, khác với các nguyên tắc quen thuộc đã biết.

1.5. Tiềm năng của hệ thống bài tập Hình học 12 trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh Trong luận văn này, chúng tôi trình bày theo quan điểm muốn bồi dưỡng TDST cho HS thì nên tập trung bồi dưỡng các đặc trưng của TDST. Hệ thống bài tập Hình học 12 hoàn toàn có thể đáp ứng được yêu cầu đó. Hình học 12 có nhiều loại bài tập có thể dùng để bồi dưỡng TDST cho HS. Chẳng hạn như để bồi dưỡng tính mềm dẻo của TD, GV có thể tận dụng các loại bài tập: Loại bài tập có nhiều cách giải, bài tập có nội dung biến đổi, bài tập thuận nghịch. Để bồi dưỡng tính nhuần nhuyễn của TD, GV có thể tận dụng loại bài tập có nhiều kết quả. Để bồi dưỡng tính độc đáo của TD, GV có thể tận dụng loại bài tập không theo

15

mẫu,…Tất cả những điều trên sẽ được chúng tôi cụ thể hóa trong chương 2 của luận văn này.

1.6. Tiểu kết chương 1 Chương 1 trình bày một cách khái quát khái niệm về TD, TDST và một số đặc trưng của TDST. Mặc dù có nhiều cách hiểu khác nhau về TDST, song chúng ta có thể hiểu cốt lõi của TDST là sự kết hợp giữa TD tích cực và TD độc lập. TDST chứa đựng các yếu tố của TD độc lập vì nó không bị gò bó, phụ thuộc vào những cái đã có. TDST tạo ra cái mới có tính giải quyết vấn đề một cách hiệu quả và chất lượng.

Trong chương này, luận văn cũng nhấn mạnh nội dung Hình học 12 hoàn toàn có thể sử dụng để bồi dưỡng TDST cho HS, do đó GV phải biết cách khai thác chúng một cách hợp lí và hiệu quả.

16

CHƯƠNG 2 MỘT SỐ BIỆN PHÁP BỒI DƯỠNG MỘT SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA TDST CHO HS KHÁ, GIỎI TRONG DẠY HỌC MÔN HÌNH HỌC 12 NÂNG CAO Ở TRƯỜNG THPT

2.1. Chuẩn kiến thức, kĩ năng chương trình Hình học 12 nâng cao ([19, trang 65 - 87]) Khối đa diện Chủ đề

Mức độ cần đạt

1. Khái niệm về khối đa Về kiến thức: diện. Khối lăng trụ, khối chóp. Phân chia và lắp ghép các khối đa diện

- Biết khái niệm khối lăng trụ, khối chóp, khối chóp cụt, khối đa diện - Biết phép đối xứng qua mặt phẳng và sự bằng nhau của hai khối đa diện Về kĩ năng: - Chứng minh tính chất liên quan đến số đỉnh, cạnh, mặt của một khối đa diện - Chứng minh hai đa diện bằng nhau - Phân chia, lắp ghép các khối đa diện. Biết phân chia một khối chóp, khối lăng trụ thành một số khối tứ diện cho trước

2. Giới thiệu khối đa diện Về kiến thức: đều. Giới thiệu phép vị tự

- Biết khái niệm khối đa diện đều

và sự đồng dạng của hai

- Biết năm loại khối đa diện đều

khối đa diện cùng loại

- Biết tính đối xứng qua mặt phẳng của khối tứ diện đều, bát diện đều và hình lập phương - Biết phép vị tự trong không gian

17

Về kĩ năng: - Tính các yếu tố: góc, độ dài,… của khối đa diện đều - Chứng minh tính chất của khối đa diện đều - Chứng minh một khối là khối đa diện đều

3. Khái niệm về thể tích Về kiến thức: khối đa diện. Thể tích khối

- Biết khái niệm về thể tích khối đa diện.

hộp chữ nhật. Công thức thể

- Biết công thức thể tích khối lăng trụ và

tích khối lăng trụ và khối

khối chóp Về kĩ năng:

chóp

- Tính được thể tích khối hộp chữ nhật, khối lăng trụ và khối chóp - Dùng phương pháp thể tích để giải toán hình học - Tìm tỉ số thể tích của hai khối đa diện

Mặt cầu, mặt trụ, mặt nón Chủ đề

Mức độ cần đạt

1. Mặt cầu. Giao của mặt Về kiến thức cầu và mặt phẳng. Mặt

- Hiểu các khái niệm mặt cầu, mặt phẳng

phẳng kính, đường tròn

kính, đường tròn lớn, mặt phẳng tiếp xúc với

lớn. Mặt phẳng tiếp xúc với

mặt cầu, tiếp tuyến của mặt cầu

mặt cầu Giao của mặt cầu và đường thẳng. Tiếp tuyến của mặt cầu Công thức tính diện tích

- Biết công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu Về kĩ năng Tính được diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu.

18

mặt cầu, thể tích khối cầu 2. Khái niệm về mặt tròn Về kiến thức xoay

Biết khái niệm mặt tròn xoay

3. Mặt nón. Giao của mặt Về kiến thức nón và mặt phẳng. Diện tích xung quanh hình nón.

Biết khái niệm mặt nón và công thức tính diện tích xung quanh của hình nón.

Về kĩ năng Tính được diện tích xung quanh hình nón.

4. Mặt trụ. Giao của mặt Về kiến thức trụ và mặt phẳng. Diện tích xung quanh của hình trụ

- Biết khái niệm mặt trụ, khối trụ và công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ, công thức tính thể tích của khối trụ - Biết thiết diện của một mặt phẳng với hình trụ, khối trụ Về kĩ năng Tính được diện tích xung quanh của hình trụ, thể tích của khối trụ

Phương pháp tọa độ trong không gian Chủ đề

Mức độ cần đạt

1. Hệ tọa độ trong không Về kiến thức gian

- Biết các khái niệm hệ tọa độ trong không

Tọa độ của một vectơ.

gian, tọa độ của một vectơ, tọa độ của điểm,

Biểu thức tọa độ của các

biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ,

phép toán vectơ. Tích có

khoảng cách giữa hai điểm.

hướng của hai vectơ

- Biết khái niệm và một số ứng dụng của tích vectơ (tích có hướng của hai vectơ) - Biết phương trình mặt cầu

19

Về kĩ năng - Tính được tọa độ của tổng, hiệu hai vectơ, tích của một vectơ với một số, tích vô hướng của hai vectơ - Tính được tích có hướng của hai vectơ. Tính được diện tích hình bình hành và thể tích khối hộp bằng cách dùng tích có hướng của hai vectơ.

- Xác định được tọa độ của tâm và tính được bán kính của mặt cầu có phương trình cho trước - Viết được phương trình mặt cầu 2. Phương trình mặt phẳng Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng. Phương trình tổng quát của mặt phẳng. Điều

Về kiến thức - Hiểu khái niệm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng - Biết phương trình tổng quát của mặt phẳng,

kiện để hai mặt phẳng song

điều kiện vuông góc hoặc song song của hai

song, vuông góc nhau.

mặt phẳng, công thức tính khoảng cách từ

Khoảng cách từ một điểm

một điểm đến một mặt phẳng

đến một mặt phẳng

Về kĩ năng - Xác định được vectơ pháp tuyến của mặt phẳng.

- Biết cách viết phương trình tổng quát của mặt phẳng và tính được khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

3. Phương trình đường thẳng

Về kiến thức Biết phương trình tham số của đường thẳng,

Phương trình tham số điều kiện để hai đường thẳng chéo nhau, cắt

20

của đường thẳng. Điều kiện nhau, song song hoặc vuông góc với nhau để hai đường thẳng chéo Về kĩ năng nhau, cắt nhau, song song hoặc vuông góc với nhau

- Biết cách viết phương trình tham số của đường thẳng - Biết cách sử dụng phương trình của hai đường thẳng để xác định vị trí tương đối giữa hai đường thẳng đó.

2.2. Một số biện pháp bồi dưỡng một số đặc trưng của tư duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi trong dạy học môn Hình học 12 ở trường THPT 2.2.1. Biện pháp 1: Tập luyện cho học sinh vận dụng các thao tác tư duy cơ bản như: Phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, tương tự hóa, đặc biệt hóa, khái quát hóa, … một cách nhuần nhuyễn Đây là những phương pháp suy nghĩ cơ bản giúp HS giải quyết những bài toán có sẵn, hoặc mò mẫm, dự đoán để tìm ra cách giải, hơn nữa, chúng còn giúp HS phát hiện ra những vấn đề mới, hoặc giúp HS tìm thấy sự liên hệ giữa nhiều vấn đề với nhau, nhờ đó mà các em có thể mở rộng, đào sâu thêm nội dung kiến thức mà GV nêu và giải quyết vấn đề tổng quát hơn những vấn đề tương tự hoặc đi sâu vào những trường hợp đặc biệt. Cụ thể: Phân tích giúp HS đi sâu vào từng phần, từng khía cạnh của vấn đề Tổng hợp giúp HS có cái nhìn tổng thể đối với vấn đề. Từ đó, giúp HS nhận thức sự vật, hiện tượng một cách đầy đủ, chính xác.

So sánh là xác định sự giống nhau và khác nhau giữa các sự vật, hiện tượng (hoặc giữa các thuộc tính, các quan hệ, các bộ phận của một sự vật, hiện tượng), so sánh là cơ sở hiểu biết của TD, là kho tàng trí tuệ quý báu nhất của con người Trừu tượng hóa giúp HS gạt bỏ những thuộc tính, những bộ phận, những quan hệ … không cần thiết trong một bài toán, chỉ giữ lại những yếu tố cần thiết

21

, từ đó giúp HS tránh bị nhiễu bởi các thuộc tính không bản chất của bài toán và làm cho quá trình tìm tòi lời giải bài toán trở nên dễ dàng hơn.

Tương tự hóa giúp HS hiểu được, tưởng tượng ra được, hình dung ra được, suy nghĩ ra được đã gặp bài toán này ở đâu, từ đó góp phần khẳng định con đường đi, khẳng định cách giải quyết. Thao tác tương tự giúp HS dễ nhìn thấy, phát hiện ra được cách giải quyết bài toán theo các tiền lệ đã có sẵn.

Thao tác đặc biệt hóa giúp HS dự đoán, mò mẫm đi đúng hướng.

Việc khái quát hóa bài toán giúp HS hiểu sâu sắc hơn bài toán. Từ đó rèn luyện tính độc đáo của TDST cho HS. “Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa là các hoạt động trí tuệ chung của TD. Trong hoạt động toán học, các phép suy luận trên trở thành công cụ đắc lực để giải quyết vấn đề một cách sáng tạo, và có thể là sẽ không có một phát minh nào trong toán học sơ cấp, cũng như trong toán học cao cấp, thậm chí là trong bất kì lĩnh vực nào nếu ta không dùng những thao tác TD trên” [14, trang 80] Để minh họa cho các ý trên, ta lần lượt xét các bài toán sau: Bài toán 7. Cho tứ diện ABCD. Gọi O là một điểm bất kì nằm trong tứ diện.

Gọi Va ,Vb ,Vc ,Vd lần lượt là thể tích các khối chóp OBCD, OADC, OABD, OABC. Chứng minh rằng:

     Va .OA + Vb .OB + Vc .OC + Vd .OD  O

Định hướng cách giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC, S a , Sb , Sc lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MAC, MAB. Khi

đó:

    S a .MA + Sb .MB + Sc .MC  O

(1)

Thật vậy: (1) 

Sa  Sb  Sc   MA + MB + MC  O S S S

(Trong đó S là diện tích tam giác ABC, Sa + Sb + Sc = S )

22



Sa  Sb  Sc  AM  MB + MC S S S



Sa  Sb   S   AM  MA  AB + c MA  AC S S S



A





D



F E

S  Sb  Sc  Sb  Sc   a AM  AB  AC S S S  S  S   AM  b AB  c AC S S

H K M

'

B

(1 )

C

Để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh (1' ) Dựng hình bình hành ADME nhận AM làm đường chéo như hình vẽ. 

 





Theo quy tắc hình bình hành: AM  AD  AE  x AB  y AC (Trong đó:

x

AD AE  0, y  0) AB AC

S S Để chứng minh (1' ) ta chứng minh x  b , y  c S

S

Ta chứng minh: x  Ta có: x 

Sb .

S

AD EM KM MH    (Trong đó H, F lần lượt là hình chiếu vuông AB AB KB BF

góc của M, B lên AC) 1 2

1 2

Mặt khác: Sb  MH . AC , S  BF . AC  Do đó x 

MH S b  BF S

.

Sb .

S

Tương tự, ta cũng có y 

Sc .

S

D

Vậy (1’) được chứng minh. Do đó (1) được chứng minh.

Ta chứng minh bài toán 7.

O

Gọi M là giao điểm của DO với (ABC).

Khi đó theo bổ đề ta có:

C

A M

B

23

    Sa .MA + Sb .MB + Sc .MC  O (*), trong đó: S a , Sb , Sc lần lượt là diện tích các

tam giác MBC, MAC, MAB Gọi V1 ,V2 ,V3 lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD. Gọi đường cao tứ diện hạ từ D là h.

1 3

1 3

1 3

Ta có: V1 = h.Sa ,V2 = h.Sb ,V3 = h.Sc  Sa  =

3V1 3V 3V ,Sb  = 2 , Sc  = 3 h h h 







Thay vào (*) ta có: V1.MA + V2 .MB + V3 .MC  O (**) Ta có:

Va Vb Vc DO   = V1 V2 V3 DM

, do đó:

    ( **)  Va .MA + Vb .MB + Vc .MC  O

        Va . MO  OA + Vb . MO  OB + Vc . MO  OC  O       Va .OA  Vb .OB  Vc .OC   Va  Vb  Vc . MO  O (***)













  Vd Vd MO   MO  OD OD Va  Vb  Vc Va  Vb  Vc      vào (***) ta có: Va .OA + Vb .OB + Vc .OC + Vd .OD  O

Ta có: Thay

Bài toán được chứng minh.

Từ bài toán 7, ta dễ dàng có ngay bài toán sau: Bài toán 8. Cho tứ diện đều ABCD. M là điểm bất kì trong tứ diện. Gọi

da ,

db ,dc , d d lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt đối diện với lần lượt các      điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng: da .MA  db .MB  dc .MC  d d .MD  O

Với bài toán 7, nếu xét trong mặt phẳng, ta có bài toán tương tự sau: Bài toán 9. (Chính là bổ đề đã chứng minh ở trên) Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC, S a , Sb , Sc lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MAC, MAB. Chứng minh rằng:

    S a .MA + Sb .MB + Sc .MC  O

Ta mở rộng bài toán 9 bằng cách xét truờng hợp M nằm trong tam giác ABC và trường hợp M nằm ngoài tam giác ABC

24

Khi M nằm trong tam giác ABC, ta xét các trường hợp đặc biệt của điểm M như sau: Trường hợp M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác: Thay S a  a.ra , Sb  b.rb , Sc  c.rc ta được bài toán quen thuộc sau đây: Bài toán 9a. Giả sử M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 







Chứng minh rằng: a.MA + b.MB + c.MC  O (9a) Thật vậy:

        S a .MA + S b .MB + Sc .MC  O  a.ra .MA + b.rb .MB + c.rc .MC  O      aMA .  bMB .  cMC . O

Từ đó, thay tiếp a  2 R sin A, b  2 R sin B, c  2 R sin C ta có ngay bài toán sau : Bài toán 9b. Giả sử M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 







Chứng minh rằng: sinA.MA + sinB.MB + sinC.MC  O (9b) Trường hợp M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: 1 2

1 2

1 2

Trong bài toán (9) thay S1  R 2 sin 2 A , S2  R 2 sin 2 B , S3  R 2 sin 2C ta có bài toán: Bài toán 9c. Giả sử M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 







Chứng minh rằng: sin2A.MA + sin2B.MB + sin2C.MC  O (9c) 







Thật vậy: Sa .MA + Sb .MB + Sc .MC  O 

 1  1   1 2 R sin 2 A.MA  R 2 sin 2 B.MB + R 2 sin 2C .MC  O 2 2 2

     sin 2 A.MA  sin 2 B.MB +sin 2C.MC  O

Trường hợp M là điểm Toricelli trong tam giác ABC ta có bài toán sau: Bài toán 9d. Giả sử M là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn 





AM C  B M C  AM B  120o

Chứng minh rằng:

1  1  1   MA  MB  MC  O MA MB MC

(9d)

1 2

1 2

1 2

Thật vậy: Sa  MB.MC.sin120o , Sb  MA.MC.sin120o , Sc  MA.MB. sin120o Do đó:

Sb MC Sb 1    Sc MB MB MC .Sc

,

S a MC Sa 1    Sc MA MA MC.Sc

25

(9d) 

    S a  Sb  1   MA  MB  MC  O  S a MA  Sb MB  S c MC  O MC .Sc MC .S c MC

Đẳng thức cuối đã được chứng minh. Do vậy (9d) được chứng minh.

Trường hợp M nằm ngoài tam giác ABC: Ở đây chỉ xét trường hợp M nằm trong miền góc ACB, các trường hợp khác phát biểu và chứng minh tương tự. Cần lưu ý, trong bài toán 9 ta luôn có Sa + Sb + Sc = S , trường hợp M nằm ngoài tam giác ABC và nằm trong miền góc ACB ta thấy Sa + Sb - Sc = S , điều này làm ta dự đoán đẳng thức cần chứng minh là:     S a .MA + Sb .MB  Sc .MC  O

.

Ta có bài toán sau: Bài toán 10. Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm nằm ngoài tam giác và nằm trong miền góc ACB, Sa , Sb , Sc lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MAC, 



   Sc .MC  O



 S  S   MC  a MA  b MB Sc Sc

MAB. Chứng minh rằng: Sa .MA + Sb .MB 



Thật vậy: (10)  Sc .MC  Sa .MA + Sb .MB

(10) (10' ) .

Để chứng minh (10) ta chỉ cần chứng minh (10' ) Dựng hình bình hành MDCE nhận MC làm đường chéo như hình vẽ.

Theo quy tắc hình bình hành ta có:

Trong đó: x 

A

M

     MC  ME + MD =xMA  yMB

B

MD ME 0 0, y  MA MB

D

C

S S Để chứng minh (10' ) ta cần chứng minh x  a , y  b Sc

Ta chứng minh: Ta có : x 

x

Sc

Sa Sc

ME SMBE S MBC S a    MA SMBA SMBA Sc

Tương tự, ta chứng minh được

E

y

Sb Sc

.Vậy (10' ) được chứng minh.

Do đó (10) được chứng minh.

26

Với cách nhìn nhạy cảm, kết quả của bài toán 9 và bài toán 10 được khái quát thành bài toán sau đây: Bài toán 11. Gọi M là điểm nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC, S a , Sb , Sc

lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MAC, MAB. Chứng minh

rằng ta luôn tìm được dấu cộng, trừ thích hợp sao cho đẳng thức sau luôn đúng:

     Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  O

(11)

Chứng minh: Trường hợp M nằm trong tam giác ABC. Khi đó ta đã chứng minh được sự tồn tại của dấu cộng :

    Sa .MA + Sb .MB + Sc .MC  O

Xét trường hợp M nằm ngoài tam giác ABC. Khi đó ta có 3 trường hợp: M nằm trong miền góc ACB, M nằm trong miền góc BAC và M nằm trong miền góc ABC. Trường hợp M nằm trong miền góc ACB. Ta đã chứng minh được sự tồn tại của dấu cộng, trừ qua đẳng thức:

    Sa .MA + Sb .MB  Sc .MC  O

Hoàn toàn tương tự trong trường hợp M nằm trong miền góc BAC, miền góc ABC ta lần lượt có các đẳng thức:          S a .MA + Sb .MB + Sc .MC  O , S a .MA  Sb .MB + Sc .MC  O .

Việc chứng minh các đẳng thức này tương tự như chứng minh bài toán 10 Vậy (11) được chứng minh.

Như vậy, từ bài toán đã cho trong không gian (bài toán 7), bằng thao tác đặc biệt hóa cho ta bài toán 8, bằng thao tác tương tự hóa ta được bài toán 9. Từ bài toán 9, đặc biệt hóa cho ta các bài toán 9a, 9b, 9c, 9d, bằng thao tác mò mẫm, phân tích, so sánh, tổng hợp, tương tự ta được bài toán 10. Cuối cùng, khái quát hóa bài toán 9 và bài toán 10 ta được bài toán 11.

Ta tiếp tục minh họa biện pháp trên thông qua việc xét bài toán sau đây: Bài toán 12. Cho mặt cầu (S) có phương trình:  x  a 2  ( y  b) 2   z  c 2  R 2 và mặt phẳng (P) có phương trình

mx  ny  pz  q  0 ( m 2  n 2  p 2  0 ).

27

Tìm các điểm

M, N thuộc (S) sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng (P) là nhỏ nhất. Định hướng cách giải Ta biết rằng giữa mặt phẳng và mặt cầu có ba vị trí tương đối: mặt phẳng cắt mặt cầu, mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu và mặt phẳng và mặt cầu không có điểm chung. Nếu mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có điểm chung thì hiển nhiên khoảng cách bé nhất là 0 đạt tại N là giao điểm của (S) và (P). Do đó, ta chỉ xét trường hợp mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) không có điểm chung.

Khi đó điểm thuộc mặt cầu (S) có khoảng cách đến mặt phẳng (P) lớn nhất là điểm có khoảng cách đến (P) lớn hơn trong các giao điểm của  và mặt cầu (S), với  là đường thẳng qua I và vuông góc (P). Ngoài ra, ta còn có thể sử dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki để giải như sau: Giả sử M (r; s; t ) là một điểm bất kì thuộc mặt cầu (S). Khi đó ta có:

r  a

2

2

 ( s  b) 2   t  c   R 2 mr  ns  pt  q

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là: d(M,(P)) 

m 2  n2  p 2

Xét A  mr  ns  pt  q . Ta có: A  m(r  a)  n(s  b)  p(t  c)  q  ma  nb  pc Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc sau: x  y  x  y  x  y , x, y   ta có: q  ma  nb  pc  m ( r  a )  n ( s  b )  p (t  c )  A  q  ma  nb  pc  m ( r  a )  n ( s  b )  p (t  c )

Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có: m(r  a)  n (s  b)  p (t  c)  m2  n 2  p 2 .

r  a

2

2

 ( s  b) 2   t  c   R m 2  n 2  p 2

Do đó: q  ma  nb  pc  R m 2  n2  p 2  A  q  ma  nb  pc  R m 2  n2  p 2 Từ đó ta suy ra: Giá trị lớn nhất của d(J,(P)) là

q  ma  nb  pc m2  n2  p 2

 R đạt được khi

 r  a  2  (s  b)2   t  c 2  R 2  r  a s b t c    m n p   q  ma  nb  pc   m(r  a )  n( s  b )  p(t  c)   0 

28

Giải hệ trên ta được r , s, t  M Giá trị nhỏ nhất của d(J,(P)) là

q  ma  nb  pc m2  n2  p 2

 R đạt được khi

 r  a  2  (s  b)2   t  c 2  R 2  r  a s b t c    n p  m   q  ma  nb  pc   m(r  a )  n( s  b )  p(t  c)   0

Giải hệ trên ta được r , s , t  N Vấn đề đặt ra: Khi M thay đổi trên (S) thì giá trị của d(M,(P)) thay đổi như thế nào? Từ bài toán 12, ta dễ dàng suy ra ngay bài toán sau đây: 2

2

Bài toán 13. Cho mặt cầu (S):  x  a   ( y  b) 2   z  c   R 2 và mặt phẳng (P) có phương trình mx  ny  pz  q  0 ( m 2  n 2  p 2  0 ). Gọi M là điểm bất kì thuộc (S). Kí hiệu d(M,(P)) là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P).

Chứng minh rằng: 0  d(M,(P)) 

q  ma  nb  pc m2  n 2  p 2

R

Nhận xét: Ở bài toán 10 nếu ta dùng phương pháp hình học sẽ khó phát hiện ra sự thay đổi của d(M,(P)) khi M thay đổi trên (S) so với dùng phương pháp đại số.

Ta biết rằng mặt cầu trong không gian tương ứng trong mặt phẳng là đường tròn, mặt phẳng trong không gian tương ứng trong mặt phẳng là đường thẳng. Từ đó, bài toán 12, bài toán 13 nếu xét trong mặt phẳng sẽ trở thành các bài toán sau: 2

Bài toán 14. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):  x  a   ( y  b)2  R 2 và đường thẳng (d) có phương trình mx  ny  p  0 ( m 2  n2  0 ). Tìm các điểm M, N thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến đường thẳng (d) là nhỏ nhất.

2

Bài toán 15. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):  x  a   ( y  b)2  R 2 và đường thẳng (d) có phương trình mx  ny  p  0 ( m 2  n2  0 ). Gọi M là

29

điểm bất kì thuộc (C) Kí hiệu d(M,(d)) là khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d). Chứng minh rằng: 0  d(M,(d)) 

ma  nb  p m2  n2

R

Thay đổi cách phát biểu của bài toán 12 ta có bài toán tương tự sau: Bài toán 16. Cho ba điểm không thẳng hàng A(a1; a2 ; a3 ) , B(b1 ; b2 ; b3 ) , 2

2

C (c1 ; c2 ; c3 ) , mặt cầu (S) có phương trình:  x  a   ( y  b) 2   z  c   R 2 .

Tìm trên mặt cầu (S) điểm D và điểm E sao cho thể tích của các tứ diện ABCD và ABCE là lớn nhất và nhỏ nhất.

Như vậy, từ bài toán 12, với cách nhìn mềm dẻo, nhạy cảm cho ta bài toán 13, bằng thao tác đặc biệt hóa , tương tự hóa, cho ta bài toán 14, 15,16.

2.2.2. Biện pháp 2: Tập luyện cho học sinh hệ thống hóa kiến thức khi học các khái niệm, định lí từ đó hoàn thiện tri thức phương pháp khi giải toán Biện pháp này giúp HS có cách nhìn tổng thể về kiến thức, kĩ năng trong chương trình, giúp HS thấy được mối liên hệ giữa các phần đã học với nhau, từ đó HS sẽ nắm vững thêm kiến thức hình học, nắm vững phương pháp giải toán, nhờ đó HS biết vận dụng linh hoạt, nhuần nhuyễn kiến thức hình học vào giải các loại toán, vào các tình huống cụ thể. Từ vận dụng linh hoạt, nhuần nhuyễn các kiến thức và phương pháp sẽ đưa đến các cách giải độc đáo. Do vậy đã rèn luyện tính mềm dẻo, nhuần nhuyễn, độc đáo của TDST. Chẳng hạn GV có thể hướng dẫn HS hệ thống hóa kiến thức về vị trí tương đối giữa mặt cầu, mặt phẳng và đường thẳng qua sơ đồ sau:

30

Cắt nhau

Mặt phẳng

Cắt nhau

Tiếp xúc nhau

Song song

Không có điểm chung

Đường thẳng nằm trong mặt phẳng Mặt cầu

Không có điểm chung

Đường thẳng

Cắt nhau

Tiếp xúc nhau

2.2.3. Biện pháp 3: Tập luyện cho học sinh biết giải quyết vấn đề đặt ra mềm dẻo, nhạy cảm bằng nhiều cách khác nhau, từ đó lựa chọn để giải quyết vấn đề một cách tối ưu Biện pháp này thể hiện mối quan hệ biện chứng của cặp phạm trù nội dung và hình thức, vận động và đứng yên. Cùng một nội dung có thể diễn đạt dưới nhiều hình thức khác nhau, chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, nhìn một đối tượng, một vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau, nhìn trong mối tương quan giữa các sự vật hiện tượng khác, từ đó giúp HS có cách nhìn toàn diện, biết hệ thống hóa và sử dụng các kiến thức, kĩ năng, thủ thuật một cách chắc chắn, mềm dẻo, linh hoạt, biết tập hợp nhiều cách giải và tìm được cách giải tối ưu.

Chẳng hạn GV có thể áp dụng biện pháp 3 để rèn luyện TDST cho HS qua việc hướng dẫn HS giải các bài toán sau: Bài toán 17. [15, trang 110] Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:

31

x  t  d :  y  1  2t  z  6  3t 

x  1 t và d :  y  2  t z  3  t  '

Viết phương trình tham số đường vuông góc chung của d và d ' Trước hết ta có nhận xét sau: 

Đường thẳng d đi qua A(0;1;6) và nhận vectơ a  (1; 2;3) làm vectơ chỉ phương. 

Đường thẳng d ' đi qua B(1;-2;3) và nhận vectơ b  (1;1; 1) làm vectơ chỉ phương. 





Gọi c là vectơ chỉ phương của đường vuông góc chung  thì c  a và      c  b . Do đó: c   a , b   ( 5; 4; 1) .  

Với bài toán này, GV nên hướng dẫn cho HS giải theo 4 cách như sau:

Cách 1: Lập phương trình mp(P) qua A và có vectơ pháp tuyến     nP  c, a   (14;14; 14) cùng phương với vectơ n1  (1;1; 1)  

Phương trình của mp(P) là : ( x  0)  ( y  1)  ( z  6)  0 hay x  y  z  5  0 Lập phương trình mp(Q) qua B và có vectơ pháp tuyến     nP  c, b   ( 3; 6; 9) cùng phương với vectơ n2  (1; 2;3)  

Phương trình mp(Q) là: x  1  2( y  2)  3( z  3)  0 hay x  2 y  3z  6  0 Đường thẳng  cần tìm là giao tuyến của hai mp(P) và (Q). Từ đó dễ  x  16  5t dàng suy ra phương trình tham số của  là  y  11  4t z  t 

Cách 2: Lập phương trình mp (P) như cách 1.

Ta có phương trình mp(P) là: x  y  z  5  0 Tọa độ giao điểm C của d ' và (P) là nghiệm hệ phương trình:

32

x  1  t  y  2  t   z  3  t  x  y  z  5  0

Giải hệ trên ta được

x

2 7 10 1 ,y   ,z  ,t   3 3 3 3

Vậy C  2 ;  7 ; 1 0  3

3

3 



Đường thẳng  cần tìm qua C nhận vectơ c  (5; 4; 1) làm vectơ chỉ

phương có phương trình tham số là:

2   x  3  5t  7   y    4t 3  10  z  3  t 

Cách 3: Lập phương trình mp (Q) như cách 1.

Ta có phương trình mp(Q) là: x  2 y  3z  6  0 Tọa độ giao điểm D của d và (Q) là nghiệm hệ phương trình: x  t  y  1  2t    z  6  3t  x  2 y  3 z  6  0

Giải hệ trên ta được x  1, y  1, z  3, t  1 Vậy D  1; 1;3 

Đường thẳng  cần tìm qua D nhận vectơ c  (5; 4; 1) làm vectơ chỉ  x  1  5t phương có phương trình tham số là:  y  1  4t z  3  t 

Cách 4: Giả sử M và N lần lượt là hai điểm nằm trên d và d ' M  d  M (t1 ;1  2t1 ; 6  3t1 ) N  d '  N (1  t2 ; 2  t2 ;3  t2 )



Ta có: MN  (1  t2  t1; 3  t2  2t1; 3  t2  3t1 )

33



Để MN là vectơ chỉ phương của đường vuông góc chung  ta phải có:    MN .a  0 (1  t2  t1 ).1  (3  t2  2t1 )2  (3  t2  3t1 ).3  0     (1  t2  t1 ).1  ( 3  t2  2t1 )1  ( 3  t2  3t1 ).( 1)  0  MN .b  0

t1  1  14t1  14  0    1 3t2  1  0 t2   3 2

7 10



5

4 1

Từ đó ta có: M  1; 1;3 , N  ;  ;  , MN   ;  ;  cùng phương với 3 3 3   3 3 3 

vectơ u   5; 4; 1 

Đường thẳng  cần tìm qua M  1; 1;3  nhận vectơ u   5; 4; 1 làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là:

 x  1  5t   y  1  4t  z  3  t

Nhận xét: Trong bài toán trên cách 4 là cách tối ưu vì ta chỉ cần áp dụng điều kiện để đường thẳng  là đường vuông góc chung để lập và giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn một cách thông thường. Việc lập này về mặt trực quan sau khi vẽ hình HS sẽ không quá khó để nhận định ra. Cách 1 đòi hỏi HS phải lập hai phương trình mặt phẳng (P) và (Q), trong đó mp(P) qua A và 

 

có vectơ pháp tuyến nP  c, a  , mp(Q) qua B và có vectơ pháp tuyến    nP  c, b  , đường thẳng  chính là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q).  

Việc thiết lập được như vậy là điều khó khăn đối với HS. Cách 2 đòi hỏi phải xác định vectơ chỉ phương, thiết lập phương trình mặt phẳng (P), tìm tọa độ giao điểm C của (P) và d ' . Khi đó, đường thẳng  cần tìm qua C nhận vectơ    c   a, b  làm vectơ chỉ phương. Trong cách này, việc thiết lập phương trình  

mặt phẳng (P) và nhận ra được đường thẳng  cần tìm qua C là giao điểm C của (P) và d ' không phải HS nào cũng nhận diện được. Cách 3 về phương pháp làm cũng tương tự như cách 2, chỉ tìm tọa độ giao điểm ngược lại.

Bài toán 18. [15 trang 135] Cho điểm M o  4; 3; 2

34

 x  2  3t Tìm tọa độ hình chiếu (vuông góc) H của M o trên đường thẳng d:  y  2  2t z  t 

Đây là bài toán quen thuộc trong chương trình hình Hình học 12, nó là bài toán cơ sở, bài toán gốc để giải quyết nhiều bài toán khác nhau. Với bài toán này, GV có thể rèn luyện các đặc trưng của TDST cho HS thông qua việc hướng dẫn các em giải bài toán này theo nhiều cách khác nhau như sau: Cách 1: Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M o và vuông góc d.

Ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 3x  2 y  z  4  0 Tọa độ điểm H là nghiệm hệ phương trình:  x  2  3t  y  2  2t   t z  3 x  2 y  z  4  0

P

H

Giải hệ trên ta được: x  1, y  0, z  1, t  1

d

Vậy H(1;0; 1) Cách 2: Gọi H(2  3t; 2  2t; t)  d Khi đó: H là hình chiếu của M o trên đường thẳng d  M o H min 

2

2

2

Ta có: M o H= M o H   6  3t   1  2t    2  t   14t 2  28t  41 2

 14  t  1  27

Do đó M o H min  t  1 Vậy H(1;0; 1) Cách 3: Gọi H(2  3t; 2  2t; t)  d 



Khi đó: H là hình chiếu của M o trên đường thẳng d  M o H  d  M o H  ud    M o H .ud  0 (1)



Trong đó: ud  (3; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d  M o H   6  3t ;1  2t; 2  t 

35

(1)  (6  3t ).3  (1  2t ).2  (2  t ).( 1)  0  t  1

Vậy H(1;0; 1) Cách 4: Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là M o và bán kính R  d  M o , d  



Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud  (3; 2; 1)  ud  32  22  (1)2  14 Lấy M  (2; 2; 0)  d . Ta có:      MM o   6; 1; 2  ,  MM o , ud    3;12;15    MM o , ud   (3) 2  122  152  378        MM o , ud  378   R   27  14 ud 2

2

2

Phương trình mặt cầu (S) là:  x  4    y  3   z  2   27 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:  x  2  3t  y  2  2t  z  t  2  x  4    y  3 2   z  2  2  27 

Giải hệ trên ta được x  1, y  0, z  1, t  1 Vậy H(1;0; 1) Nhận xét: Trong các cách giải trên thì cách 3 là tối ưu. Ở cách 3, về mặt trực quan sau khi vẽ hình HS sẽ không quá khó để nhận định được     M o H  d  M o H  ud  M o H .ud  0 . Ở đây, có thể HS sẽ gọi H  h1 ; h2 ; h3  rồi

vận dụng điều kiện trên để giải, tuy vậy các em khi giải sẽ gặp một phương trình ba ẩn thực, do vậy một cách tự nhiên buộc các em phải suy nghĩ biểu diễn tọa độ điểm H theo một biến, từ đó dẫn đến việc các em phát hiện ra phải vận dụng điều kiện H  d . Ở cách 1, về mặt trực quan việc thấy H là giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng d, với (P) qua M o và vuông góc d là điều không dễ dàng đối với HS. Ở cách 2, HS phải nhận định được H là hình chiếu của M o trên đường thẳng d  M o H min, điều này không phải HS nào cũng làm được. Cách 4 là một cách giải khá độc đáo. Để giải bài toán theo

36

cách này, HS phải hiểu sâu sắc về sự tương giao giữa đường thẳng và mặt cầu, hơn nữa phải nhận diện được bán kính mặt cầu lúc này chính là khoảng cách từ điểm M o đến đường thẳng d. Như vậy, rõ ràng về mặt trực quan HS sẽ khó thấy việc H là giao điểm của mặt cầu (S) với đường thẳng d, với d là đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu (S).

2.2.4. Biện pháp 4: Tập luyện cho học sinh biết giải quyết vấn đề đặt ra bằng phương án mới, độc đáo Để có một lời giải mới, độc đáo cho một bài toán, HS cần phải huy động tất cả các thao tác TD như: Phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, tương tự hóa, đặc biệt hóa, khái quát hóa, … , cần hệ thống hóa các kiến thức liên quan đến bài toán, ngoài ra HS còn phải cố gắng tìm tất cả các cách giải để có thể có một cái nhìn toàn diện về vấn đề bài toán đặt ra. Có thể nói biện pháp 4 là sự kết tinh, tổng hợp của tất cả các biện pháp đã nêu. Để khai thác tốt biện pháp này, GV có thể vận dụng theo các hướng sau: 2.2.4.1 Tập luyện cho học sinh biết vận dụng hình học giải tích để giải các bài toán hình học không gian Hình học không gian có nhiều bài mà việc giải quyết theo phương pháp tổng hợp thông thường HS sẽ gặp rất nhiều khó khăn trong quá trình tìm tòi lời giải. Tuy nhiên, có nhiều bài toán HS sẽ giải quyết dễ dàng nếu các em biết vận dụng hình học giải tích để giải. Vấn đề khó khăn trong việc vận dụng hình học giải tích để giải quyết các bài toán hình học không gian đối với HS là các em phải khéo léo chọn được một hệ trục tọa độ thích hợp. Để làm được điều đó, trong những giả thiết mà đề bài đã cho tưởng như không có liên hệ với nhau, các em phải phát hiện ra được những mối liên hệ đặc trưng của chúng. Khi GV rèn luyện cho HS khả năng đó, nghĩa là đã rèn luyện TDST cho các em. Chẳng hạn xét bài toán sau đây: Bài toán 19. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA  BC  2a , hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm D của AB

và SD  2a . Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm của CD, CS. Xét điểm M thay

37

đổi trên đường thẳng AB, gọi H là hình chiếu của S trên đường thẳng MC. Xác định vị trí của điểm M sao cho thể tích khối tứ diện JDHI là lớn nhất. Định hướng cách giải

S

Vì SD  ( ABC ) nên SD  CM . Từ đó, do SH  CM nên CM  ( SDH ) . Vì vậy DH  CM .

J

Do I là trung điểm CD, J là trung điểm CS nên IJ / / DS và IJ 

1 DS  a 2

C

A

Từ đó, do SD  ( ABC ) nên IJ  ( ABC ) . Do hình

H

M

I D

chóp J .DHI có đường cao IJ  a không đổi nên

B

VJ .DHI lớn nhất khi và chỉ khi SDHI lớn nhất. Do 1 2

I là trung điểm CD nên S DHI  S DCH . Từ đó cần xác định vị trí của M trên 1 2

đường thẳng AB sao cho S DCH  CH .DH lớn nhất 1 2

Nếu M  B thì H  B  S DHI  SCBD 

a2 2

Khi M  B , trên mặt phẳng ( ABC ) , chọn hệ tọa độ Bxy sao cho B(0; 0) , A(2 a; 0) , C(0;2a) . Khi đó D(a;0)

Giả sử đường thẳng DH có hệ số góc k. Khi đó đường thẳng DH có phương 1 k

trình y  k ( x  a) hay kx  y  ka  0 . Do CM  DH nên CM có hệ số góc là  , 1 k

do đó CM có phương trình y   x  2a hay x  ky  2ka  0 Khi đó: DH  d  D, (CM )  

Suy ra CH .DH 

a  2 ka 1 k 2



a 1  2k 1 k 2

, CH  d C , ( DH )  

a2 1  2k 2  k 1 k 2

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

38

2a  ka 1 k 2



a 2k 1 k 2

2

1  2k 2  k 

1  2k    2  k  2

2



5 1 k 2 2





k  3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1  2k  2  k   k   1 3 

Do đó: CH .DH 

5a 2 5a 2  SDHI  2 8

Đẳng thức xảy ra khi k  3 hoặc k  

1 3

1 3

Khi k  3 thì CM: y   x  2a  M (6a; 0)  BM  6a và A nằm giữa B và M Khi k  

1 2 a 2a thì CM: y  3x  2a  M ( và B nằm giữa A và M ;0)  BM  3 3 3

Vậy S DHI lớn nhất là BM 

5a 2 khi và chỉ khi BM  6a và A nằm giữa B và M hoặc 8

2a và B nằm giữa A và M. 3

Nhận xét: Bài toán trên nếu không dùng hình học giải tích để giải thì sẽ gặp rất nhiều khó khăn trong quá trình tìm tòi lời giải. Trong bài toán trên, ta đã vận dụng hình học giải tích trong mặt phẳng để giải quyết các bài toán hình học không gian. Bài toán sau minh họa cho việc vận dụng hình học giải tích trong không gian để giải quyết các bài toán hình học không gian.

Bài toán 20. Cho hình chóp S . ABC có SA  a , SB  b , SC  c và SA, SB, SC đôi một vuông góc nhau. Xét đường thẳng  bất kì đi qua S, gọi A' , B ' , C ' theo thứ tự là các điểm đối xứng với A, B, C qua  . Các mặt phẳng lần lượt đi qua A' , B ' , C ' theo thứ tự vuông góc với các đường thẳng SA, SB, SC đồng quy tại

một điểm P. Chứng minh rằng khi  thay đổi thì điểm P luôn nằm trên một mặt phẳng cố định Định hướng cách giải Chọn hệ trục tọa độ Sxyz sao cho S (0; 0; 0), A(a; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c ) 

Giả sử  có vectơ chỉ phương u   a1; b1 ; c1  với a12  b12  c12  0

39

 x  a1.t Phương trình tham số của  là:  y  b1.t  z  c .t  1

Gọi H là hình chiếu của A trên  . Khi đó ta dễ dàng tính được:   a.a12 a.a b a.a c H 2 ; 2 12 1 2 ; 2 12 1 2  2 2  a1  b1  c1 a1  b1  c1 a1  b1  c1 



 a a12  b12  c12

Vì H là trung điểm của AA' nên A' 

2 1

2 1

2 1

 a b c 

;

2 a.a1b1 2a.a1c1   ; 2 2 2 a  b1  c1 a1  b12  c12   2 1

Mặt phẳng qua A' và vuông góc SA có phương trình: x



a a12  b12  c12 2 1

2 1



2 1

a b c

Tương tự mặt phẳng qua B' và vuông góc SB có phương trình: y



b b12  c12  a12 2 1

2 1



2 1

a b c

Mặt phẳng qua C ' và vuông góc SC có phương trình: z



c c12  a12  b12 2 1

2 1



2 1

a b c

Suy ra tọa độ của P thỏa mãn phương trình:

x y z    1 (1) a b c

Vì vậy điểm P luôn nằm trên mặt phẳng cố định có phương trình (1) 2.2.4.2. Tập luyện cho học sinh biết vận dụng hình học giải tích để giải các bài toán đại số Các bài toán đại số trong chương trình môn toán ở THPT luôn muôn màu, muôn vẻ khác nhau. Trong đó có nhiều bài mà việc giải quyết nó không phải là dễ dàng. Việc tập luyện cho HS biết vận dụng hình học giải tích để giải các bài toán đại số vừa làm cho HS thấy rõ mối liên hệ giữa hai phân môn Hình học và Đại số, vừa giúp các em có thêm công cụ để giải quyết các bài toán đại số một cách dễ dàng hơn. Hơn nữa, để vận dụng được phương pháp này, các em phải phát hiện ra được những mối liên hệ đặc trưng của những

40

giả thiết mà đề bài đã cho, từ đó chuyển hóa từ việc tìm tòi lời giải bài toán đại số sang bài toán hình học. Khi GV rèn luyện cho HS khả năng đó, nghĩa là đã rèn luyện TDST cho các em. Chẳng hạn xét các bài toán sau đây: Bài toán 21. Giải phương trình: 2 x  2  x  1  2 2 x  8  9 Định hướng cách giải x  2  0 Điều kiện:  x  1  0  1  x  4 (1)  2 x  8  0 

Bài toán này nếu giải theo phương pháp thông thường là bình phương để khử căn sẽ gặp nhiều khó khăn trong quá trình tìm lời giải và có thể sẽ lâm vào tình trạng bế tắc. Tuy nhiên, nếu GV biết định hướng cho HS vận dụng hình học giải tích để giải thì lời giải bài toán sẽ trở nên rất ngắn gọn, độc đáo. 



Cụ thể trong bài toán trên, nếu chọn vectơ u  (2;1; 2), v   x  2; x  1; 2 x  8  





thì ta có thể dễ dàng thấy ngay: u  3, v  3 , u.v  2 x  2  x  1  2 2 x  8 

 

 

 

Vì u.v  u . v .cos(u , v)  u . v nên 2 x  2  x  1  2 2 x  8  9 Do đó phương trình có nghiệm khi có dấu “ = ” xảy ra , hay x2  2

x 1 2 x  8  0 x2 1 2

Đối chiếu với điều kiện (1) ta có phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x=2 Các bài toán tiếp theo sau đây minh họa cho tính hiệu quả và độc đáo của việc vận dụng hình học giải tích trong việc giải quyết các bài toán đại số mà nếu giải bằng các phép biến đổi đại số thông thường thì việc tìm tòi lời giải của HS sẽ gặp nhiều khó khăn hoặc có thể sẽ không tìm được lời giải của bài toán.

Bài toán 22. Giải hệ phương trình:

41

x  y  z  1  2 2 2 x  y  z  1  3 3 3 x  y  z  1

Định hướng cách giải Ta có:



x4  y 4  z4  x2  y2  z 2



2









 2 x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2  1  2 x2 y2  y2 z2  z 2 x2  1





Xét các vectơ: u  ( x; y; z ) và v   x 2 ; y 2 ; z 2      u  x 2  y 2  z 2  1 , v  x 4  y 4  z 4  1 , u.v  x3  y 3  z 3  1



 

 

 



Mặt khác u.v  u . v .cos(u, v)  u . v  v  1 nên hệ có nghiệm khi và chỉ khi  x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2  0  x  y  z  1

Giải hệ trên ta được các nghiệm của phương trình đã cho là:

 0; 0;1 ,  0;1; 0  , 1; 0; 0  Bài toán 23. [2, trang 324] Chứng minh rằng a, b, c   ta luôn có: a 2  b 2  c 2  2b  4c  5  a 2  b 2  c 2  2c  4a  5  a 2  b 2  c 2  2a  4b  5  3 2

Định hướng cách giải a 2  b 2  c 2  2b  4c  5  a 2  b 2  c 2  2c  4a  5  a 2  b 2  c 2  2a  4b  5  3 2

 a 2  (b  1) 2  (c  2)2  b 2  (c  1)2  (a  2)2  c 2  (a  1)2  (b  2)2  3 2 (*)

Kí hiệu vế trái của (*) là T 





Xét ba vectơ u   a; b  1; c  2  , v  b; c  1; a  2  , w   c; a  1; b  2  Ta có:    u  a 2  (b  1) 2  (c  2) 2 , v  b 2  (c  1) 2  (a  2) 2 , w  c 2  (a  1) 2  (b  2) 2

Khi đó:    u  v  w  (a  b  c; a  b  c  3; a  b  c  6)   t ; t  3; t  6  , trong đó t  a  b  c







  

  

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc: u  v  w  u  v  w , u, v, w ta có:

42

T  t 2  (t  3) 2  (t  6) 2 hay T  3t 2  18t  45

Mà 3t 2  18t  45  3(t  3) 2  18  18 .

Do đó: T  18  3 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a : b : c  (b  1) : (c  1) : (a  1)  (c  2) : (a  2) : (b  2)   a  b  c  3

Giải hệ trên ta được a  b  c  1 Bài toán 24. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 2 x  y  z  3  0 .

2

2

 x  1   y  1   z  2 

Chứng minh rằng:

2



 x  2

2

2

 y 2   z  1  19

Bài toán này là một bài toán chứng minh bất đẳng thức có điều kiện liên hệ giữa các biến, nếu áp dụng các phương pháp đại số thông thường thì việc tìm lời giải của bài toán không phải là điều dễ dàng. Trong bài toán này, nếu không có một cách nhìn linh hoạt thì HS có thể sẽ nhầm tưởng cách giải giống các bài trên và do đó các em có thể sẽ xét các vectơ   u  ( x  1; y  1; z  2), v  ( x  2; y; z  1) và lâm vào bế tắc vì lúc này ta không thể     chỉ ra u  v là một hằng số. Cũng có thể có một số em sẽ tìm ra cách để u  v

là

một

hằng

số

bằng

cách

xét

các

vectơ

 u  ( x  1; y  1; z  2) ,

   v  ( x  2;  y;  z  1) . Tuy nhiên khi đó ta lại có: u  v  3 , rõ ràng là cũng

chưa thể giải được bài toán vì lúc này chỉ đánh giá được vế trái  3 Thật ra, bài toán này là sự biến thể của bài toán quen thuộc sau đây mà chúng tôi đã phát biểu theo cách khác: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz xét A 1; 1; 2  , B  2; 0;1 và mặt phẳng (P): 2 x  y  z  3  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  MB Như vậy, để giải bài toán trên, các em phải nhận ra được các mối quan hệ giữa các yếu tố mà bài toán đã cho để chuyển về bài toán hình học giải tích quen thuộc tương tự mà các em đã biết cách giải. Tất nhiên, việc tìm ra được

43

mối liên hệ đó không phải là điều dễ dàng. Để làm được điều này, đòi hỏi HS phải có tính độc đáo của TD cao. Cụ thể như sau: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz xét A 1; 1; 2  , B  2;0;1 và mặt phẳng (P): 2 x  y  z  3  0 . Gọi M  x; y; z   ( P) . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: MA  MB  19 . Bài toán trở thành: Cho các điểm A 1; 1; 2  , B  2;0;1 và mặt phẳng (P): 5x  2 y  3z  10  0 .

Chứng minh rằng với mọi điểm M  ( P) ta luôn có MA  MB  19 Ta thấy A và B nằm cùng phía đối với mặt phẳng (P) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (P) Ta dễ dàng tính được tọa độ hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (P) là  1 1 8  5 1 10  H   ;  ;   A'   ; ;   3 3 3  3 3 3

Ta có: MA  MB  MA'  MB  A' B  19  MA  MB  19 1 1 12

Đẳng thức xảy ra khi M  ( P)  A' B . Khi đó ta tính được M    ; ;   5 5 5 Vậy, bất đẳng thức được chứng minh.

1 5

1 5

Đẳng thức xảy ra khi x   , y  , z 

12 5

Với ý tưởng của bài toán 25, GV hoàn toàn có thể hướng dẫn HS giải bài toán sau đây:

Bài toán 25. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 2 x  y  z  1  0 .

Chứng minh rằng:

( x  3)2  ( y  1)2  z 2  ( x  9)2  ( y  4) 2  ( z  9) 2  186

Định hướng cách giải Đây cũng là một bài toán chứng minh bất đẳng thức có điều kiện liên hệ giữa các biến. Nhờ tính mềm dẻo, độc đáo của TD, HS có thể nhận ra bài toán này có thể vận dụng phương pháp của bài toán 24 để giải. Cụ thể:

44

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz xét A  3;1; 0  , B  9; 4;9  và mặt phẳng (P): 2 x  y  z  1  0 . Gọi M  x; y; z   ( P) . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: MA  MB  186 Bài toán trở thành bài toán hình học sau đây: Cho các điểm A  3;1; 0  , B  9; 4;9  và mặt phẳng (P): 2 x  y  z  1  0 .

Chứng minh rằng với mọi điểm M  ( P) ta luôn có MA  MB  186 Ta thấy A và B nằm khác phía đối với mặt phẳng (P) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (P) Ta dễ dàng tính được tọa độ hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (P) là H 1; 2; 1  A'  1;3; 2  Ta có: MA  MB  MA'  MB  A' B  186 Đẳng thức xảy ra  M  ( P)  A' B  M  7;2; 13 Vậy, bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x  7, y  2, z  13 Ta thấy rằng bài toán này cũng là sự biến thể của bài toán quen thuộc sau đây: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz xét A  3;1; 0  , B  9; 4;9  và mặt phẳng (P): 2 x  y  z  1  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức MA  MB Bài toán 26. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  a 2  2ab  2b 2  4c 2  b 2  2bc  2c 2  4 a 2  c 2  2ca  2 a 2  4b 2

Định hướng cách giải Ta có: A  (a  b)2  b 2  (2c)2  (b  c)2  c 2  (2a)2  (c  a)2  a 2  (2b)2 





Xét các vectơ u  (a  b; b; 2c), v  (b  c; c; 2a), w  (c  a; a; 2b)   

Ta có: u  v  w  (2a  2b  2c; a  b  c; 2a  2b  2c) 





  

  

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc: u  v  w  u  v  w , u, v, w ta có:

45

A

2

2

 2a  2b  2c    a  b  c    2a  2b  2c 

2

2

 A  9  a  b  c  hay A  3 a  b  c  3  a  b  c 

Vì a  b  c  1 nên A  3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: (a  b) : (b  c) : (c  a )  b : c : a  2c : 2a : 2b  a  b  c  0  abc0

Mặt khác a  b  c  1. Do đó ta có a  b  c  Vậy , min A  3 khi a  b  c 

1 3

1 3

Bài toán 27. [2, trang 328] Tìm m sao cho hệ phương trình  x2  y 2  z2  4  2 2 2  x  2    y  2    z  1  9 2 x  y  z  m 

có hai nghiệm  x1; y1; z1  ,  x2 ; y2 ; z2  sao cho biểu thức: 2 2 2  x2  x1    y2  y1    z2  z1  đạt giá trị lớn nhất.

Định hướng cách giải Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ta có hệ đã cho gồm mặt cầu ( S1 ) tâm I1  0; 0;0  , bán kính R1  2 , mặt cầu ( S2 ) tâm I 2  2; 2; 1 , bán kính R2  3 và mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  m  0 Ta có: R2  R1  I1 I 2  R2  R1 nên hai mặt cầu cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) có phương trình: 2 2 2  x2  y 2  z 2  4  x  y  z  4 hay   2 2 2 2 x  2 y  z  2  0  x  2    y  2    z  1  9

4 4 2 Dễ dàng xác định được tâm đường tròn (C) là điểm J  ;  ;   9

9

9

Kí hiệu (Q) : 2 x  2 y  z  2  0 . Ta có (P) luôn cắt (Q ) với mọi m.

46

Gọi M, N là các giao điểm của mặt phẳng (P) với đường tròn (C), tọa độ các điểm đó là các nghiệm  x1; y1; z1  ,  x2 ; y2 ; z2  của hệ phương trình.

2

2

Ta có: MN 2   x2  x1    y2  y1    z2  z1 

2

Vì khi (P) cắt (C) thì MN là một dây cung của đường tròn nên MN lớn nhất khi và chỉ khi nó là đường kính, hay (P) phải đi qua tâm (C).

Từ đó ta có: m 

10 9

Nhận xét: Bài toán này là bài toán cực trị của một biểu thức thỏa mãn điều kiện cho trước, rõ ràng nếu không dùng hình học giải tích thì quá trình tìm tòi lời giải sẽ gặp rất nhiều khó khăn.

2.3. Áp dụng một số biện pháp bồi dưỡng một số đặc trưng của tư duy sáng tạo vào dạy học giải bài tập 2.3.1. Phương pháp chung để giải bài toán Thật ra không bao giờ có một thuật toán tổng quát để giải mọi bài toán.

Ngay cả đối với những bài toán riêng biệt cũng đã có trường hợp có, có trường hợp không có thuật giải. Tuy vậy, trang bị những hướng dẫn chung, gợi ý cách suy nghĩ tìm tòi, phát hiện cách giải bài toán là hoàn toàn có thể và cần thiết.

Theo tác giả Nguyễn Bá Kim, có thể nêu lên những phương pháp chung để giải bài toán như sau: [8, trang 415 - 417] Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài - Phát biểu đề bài dưới những dạng khác nhau để hiểu rõ nội dung bài toán.

- Phân biệt cái đã cho và cái phải tìm, phải chứng minh - Có thể dùng công thức, kí hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề bài.

Bước 2: Tìm cách giải - Tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đoán: biến đổi cái đã cho, biến đổi cái phải tìm hay phải chứng minh, liên hệ cái đã cho hoặc cái phải tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần

47

giải với một bài toán cũ tương tự, một trường hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn hay một bài toán nào đó có liên quan, sử dụng những phương pháp đặc thù với từng dạng toán như chứng minh phản chứng, quy nạp toán học, toán dựng hình, toán quỹ tích,...

- Kiểm tra lời giải bằng cách xem lại kĩ từng bước thực hiện hoặc đặc biệt hóa kết quả tìm được hoặc đối chiếu kết quả với một số tri thức liên quan - Tìm tòi những cách giải khác, so sánh chúng để chọn được cách giải hợp lí nhất.

Bước 3: Trình bày lời giải Từ các cách giải đã được phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành một chương trình gồm các bước theo một trình tự thích hợp và thực hiện các bước đó Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải - Nghiên cứu khả năng ứng dụng các kết quả của lời giải - Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề.

Bản gợi ý áp dụng phương pháp chung để giải toán [8, trang 393 - 395] Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài - Đâu là cái phải tìm? Cái đã cho? Cái phải tìm có thể thỏa mãn các điều kiện cho trước hay không? Hay chưa đủ? Hay thừa? Hay có mâu thuẫn?

- Hãy vẽ hình, hãy sử dụng kí hiệu thích hợp - Phân biệt các phần khác nhau của điều kiện. Có thể diễn tả các điều kiện đó thành công thức hay không?

Bước 2: Tìm cách giải -

Bạn đã gặp bài toán này lần nào chưa? Hay đã gặp bài toán này ở

dạng hơi khác?

-

Hãy xét kĩ cái chưa biết và thử nhớ lại một bài toán quen thuộc

có cùng cái chưa biết hay có cái chưa biết tương tự?

-

Bạn có biết một bài toán nào có liên quan không? Có thể áp dụng

48

một định lí nào đó không?

-

Thấy được một bài toán liên quan mà bạn đã có lần giải rồi, có

thể sử dụng nó không? Có thể sử dụng kết quả của nó không? Hãy sử dụng phương pháp giải bài toán đó. Có cần phải đưa thêm một số yếu tố phụ thì mới áp dụng được bài toán đó hay không?

-

Có thể phát biểu bài toán một cách khác hay không?

-

Nếu bạn chưa giải được bài toán đã đề ra thì hãy thử giải một bài

toán có liên quan và dễ hơn hay không? Một bài toán toán tổng quát hơn? Một trường hợp riêng? Một bài toán tương tự? Bạn có thể giải một phần bài toán hay không? Hãy giữ lại một phần điều kiện, bỏ qua phần kia. Khi đó cái phần tìm được xác định đến một chừng mực nào đó; nó biến đổi như thế nào? Bạn có thể nghĩ ra những điều kiện khác giúp bạn xác định cái phải tìm hay không? Có thể thay đổi cái phải tìm hay cái đã cho, hay cả hai nếu cần thiết sao cho cái phải tìm và cái đã cho mới gần nhau hơn không?

-

Bạn đã sử dụng mọi cái đã cho hay chưa? Đã sử dụng hết các

điều kiện hay chưa? Đã để ý một khái niệm chủ yếu trong bài toán hay chưa?

-

Bạn có thể kiểm tra lại kết quả? Có thể kiểm tra từng bước, thấy

mỗi bước đều đúng? Bạn có thể kiểm tra lại toàn bộ quá trình giải bài toán hay không?

-

Có thể tìm được kết quả cách khác hay không? Có thể thấy trực

tiếp ngay kết quả không?

-

Nếu tìm được nhiều cách thì hãy so sánh các cách giải đó để tìm

ra lời giải ngắn gọn, hợp lí nhất.

Bước 3: Trình bày lời giải -

Nắm lại toàn bộ cách giải đã tìm ra trong quá trình suy nghĩ nêu

ở bước 2 -

Trình bày lại lời giải sau khi đã lược bỏ những yếu tố dự đoán,

phát hiện những yếu tố lệch lạc nhất thời và điều chỉnh những chỗ cần thiết.

Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải

49

Bạn có thể sử dụng kết quả hay phương pháp đó cho một bài toán tương tự, một bài toán tổng quát hơn hay một bài toán nào khác không?

GV có thể ứng dụng những ý tưởng trên để hướng dẫn HS giải bài toán sau đây: Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC, Sa , Sb , Sc lần lượt

là diện tích các tam giác MBC, MAC, MAB.

Chứng minh rằng:

    S a .MA + Sb .MB + Sc .MC  O

Các bước trình bày lời giải và nghiên cứu sâu lời giải đã được chúng tôi trình bày ở bài toán 7 và 9, ở đây chúng tôi chỉ nêu và phân tích bước 1, 2 Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài GV: Những cái gì đã cho biết ?

HS: M là điểm nằm trong tam giác ABC. S a , Sb , Sc lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MAC, MAB. A

GV: Cái phải chứng minh là gì ?

HS:

    S a .MA + Sb .MB + Sc .MC  O

GV: Hãy vẽ hình diễn tả đề bài M

Bước 2: Tìm cách giải GV: Em có biết một bài toán nào gần

B

C

giống với bài toán này hay không?

HS: ... (Dấu ... biểu thị sự yên lặng của HS) GV: Em có biết một bài toán nào cũng yêu cầu chứng minh như trên không?

HS: ....

GV: Em có gặp bài toán nào yêu cầu chứng minh tương tự như vậy chưa ?

HS: …

GV: Hãy xét kĩ cái phải chứng minh. Hãy thử nghĩ xem trong trường hợp M là một điểm đặc biệt nào đó trong tam giác, em có gặp bài toán nào yêu cầu chứng minh tương tự như vậy chưa ?

50

HS: Em có gặp một bài toán quen thuộc tương tự như thế khi M là tâm đường tròn nội tiếp. Nhưng ở đây yêu cầu chứng minh không phải đối với diện tích các tam giác, mà đề bài yêu cầu chứng minh biểu thức liên quan đến các cạnh 







của một tam giác: a.MA  b.MB  c.MC  O GV: Em đã giải bài toán này như thế nào? 







A

HS: a.MA  b.MB  c.MC  O D

a  b  c    MA + MB + MC  O p p p

E K M

( trong đó: p là chu vi tam giác ABC,

B C

p  a b  c) 

a  b  c  AM  MB + MC p p p



a  b   c   AM  MA  AB + MA  AC p p p



a  b  c  b  c  AM  AB  AC p p p









 b  c   AM  AB  AC p p

Dựng hình bình hành ADME nhận AM làm đường chéo như hình vẽ. 

 





Theo quy tắc hình bình hành: AM  AD  AE  x AB  y AC AE AD 0)  0, y  (Trong đó: x  AB

AC

Sau đó dùng định lí Ta – lét dễ dàng chứng minh x 

c b , y  p p

GV: Đó là một bài toán cũng khá gần giống với bài toán hiện tại và em đã giải rồi. Em có thể dùng nó làm gì không?

HS: ...

GV: Em có thể áp dụng phương pháp của bài mà em đã giải vào bài toán hiện tại không?

HS: Em nghĩ là khó vì tính chất hai bài khác nhau, một bên là liên hệ giữa các cạnh của một tam giác, một bên là liên hệ giữa các diện tích của một tam giác.

51

GV: Trong bài toán em giải rồi, em đã thiết lập được mối liên hệ giữa ba cạnh của tam giác và chu vi. Em có thể dùng nó để làm gì đối với bài toán cần chứng minh không?

HS: Em có thể thiết lập tương tự được: Sa + Sb + Sc = S . Trong đó S là diện tích tam giác ABC và có thể làm giống bài toán đã giải để đưa đến kết quả cần chứng minh x 

Sb S

, y

Sc . Nhưng đây là tỉ số diện tích chứ không phải là tỉ S

số các cạnh mà em đã làm.

GV: Em thử nhớ xem có bài toán chứng minh về tỉ số diện tích trong tam giác nào mà em đã giải không?

HS:…

GV: Em có gặp bài toán nào yêu cầu chứng minh tương tự như vậy chưa ?

A

HS: …

D

F

GV: Hãy thử nghĩ xem trong trường hợp M

E H

là một điểm đặc biệt nào đó trong tam giác, em có gặp bài toán nào yêu cầu chứng minh

K M B

C

tương tự như vậy chưa ?

HS: Khi M là trọng tâm tam giác là một bài toán quen thuộc mà em đã giải rồi. Khi đó đề yêu cầu chứng minh

Sb 1  S 2

GV: Đó là một bài toán cũng khá gần giống với bài toán hiện tại và em đã giải rồi. Em có thể dùng nó làm gì không?

Chúng ta hi vọng câu hỏi này đủ để có thể làm HS nhận diện ra cần xác định đường cao trong hai tam giác MAC và ABC và vận dụng định lí Ta – lét để chứng minh bài toán, bởi vì để giải bài toán

Sb 1  , HS S 2

cũng đã trải qua công

đoạn xác định hai đường cao của tam giác MAC và ABC. 2.3.2. Các dạng bài tập Hình học 12 nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh

52

2.3.2.1. Bài tập có nhiều cách giải Đây là loại bài tập có những đối tượng, những quan hệ có thể xem xét dưới nhiều khía cạnh khác nhau.

Tác dụng của loại bài tập này là rèn luyện khả năng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, rèn luyện khả năng nhìn một đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau, khả năng tìm giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác Để dạy HS giải loại bài tập này, GV nên sử dụng biện pháp 3, giúp các em nhìn tình huống đặt ra dưới nhiều góc độ, khía cạnh khác nhau.

Chẳng hạn GV có thể áp dụng biện pháp 3 vào việc hướng dẫn HS giải các bài toán sau: Bài toán 28. [15 trang 25] “ Cho khối lăng trụ đứng có chiều cao bằng h, đáy là tam giác vuông với hai cạnh góc vuông bằng a và b. Tính thể tích khối lăng trụ đó”

'

'

D

C

Đinh hướng cách giải

O

'

Cách 1: Giả sử ABC. A B C là khối lăng trụ đã cho.

A

B

Gọi O , O ' lần lượt là trung điểm của BC và B'C ' . Khi đó phép đối xứng qua đường thẳng OO ' '

'

C' D'

'

biến khối lăng trụ ABC. A B C thành khối lăng trụ O'

DCB.D 'C ' B '

A'

B'

Khối hộp chữ nhật ABDC. A' B' D 'C ' với các kích thước a, b, h có thể tích gấp đôi thể tích khối lăng trụ đã cho.

1 2

Vậy: VABC . A B C  a.b.h ' '

'

Cách 2: Ghép khối lăng trụ đã cho ABC. A' B 'C ' với khối lăng trụ CBD.C ' B ' D ' bằng nó. Khi đó ta được hình hộp chữ nhật ABDC. A' B' D 'C ' có thể tích gấp đôi thể tích khối lăng trụ đã cho 1 2

Vậy: VABC . A B C  a.b.h ' '

'

53

Cách 3: Giả sử ABC. A' B 'C ' là khối lăng trụ đã cho và A'C '  a, A' B'  b, A' A  h .

Chọn hệ trục tọa độ A' xyz , trong đó: A' (0; 0;0), B ' (b; 0;0), C ' (0; a; 0) A(0; 0; h) .

Ta biết rằng thể tích tứ diện A. A' B 'C ' bằng

1 thể tích khối hộp có ba 6

' ' cạnh là AC , A' B ' , A' A

Như vậy: VA. A B C  ' '

'

1 6

    A' B ' , A'C '  . A' A   1 2

Mặt khác, dễ thấy rằng VABC . A B C  3VA. A B C . Do đó VABC . A B C  '





'

'

'

'

'

' '

'

   ' '  A' B' , AC . A' A  



Ta có: A' B '   b;0;0  , A'C '   0; a;0  , A' A   0; 0; h       ' ' ' '   A' B ' , AC   0;0; ab    A' B ' , AC . A' A  abh    

Vậy: VABC . A B C  ' '

'

1 2

   1 ' '  A' B ' , AC . A' A  abh   2

Bài toán 29. [15, trang 28] Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A' B 'C ' . Gọi M là trung điểm của AA' . Mặt phẳng đi qua M , B' , C , chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Đinh hướng cách giải Cách 1: Mặt phẳng ( MCB ' ) chia khối lăng trụ đều

C

A B

ABC. A' B 'C ' thành hai khối chóp C.MABB ' và B' .MA'C 'C .

Hai khối chóp đó có chiều cao bằng nhau ( bằng chiều cao của tam giác đều ABC), có đáy là hai hình thang

M

vuông bằng nhau. Suy ra hai khối chóp đó có thể tích bằng nhau. Vậy tỉ số thể tích của chúng bằng 1.

C'

A' B'

Cách 2:

Gọi độ dài cạnh đáy của khối trụ là a , độ dài cạnh bên là b, CH là đường cao của tam giác ABC. Khi đó CH  ( ABB' A' ) , CH 

54

a 3 .

2

1 1 b

1

a 3

Ta có: VC .MABB  SMABB .CH  .   b  .a.  3 3 22 2  '

'

VABC . A' B'C '  S ABC . AA' 

a 2 .b 3 8

a2 3 a 2 .b 3 b  2VC .MABB' 4 4

 VC .MABB'  VB ' .MA'C 'C 

VC .MABB ' VB ' .MA'C 'C

1

Bài toán 30. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Mặt phẳng (AMND) chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó Định hướng cách giải Cách 1: Trước hết ta dễ dàng chứng minh bổ đề sau: Cho khối chóp tam giác S.ABC. Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A' , B ' , C ' khác với S. Gọi V ,V ' lần lượt là thể tích các khối chóp S.ABC và S . A' B 'C ' . Khi đó:

V SA SB SC  '. '. ' ' V SA SB SC

Bây giờ ta giải quyết bài toán 31 như sau: Gọi V1 là thể tích phần hình chóp nằm trên thiết diện. V2 là thể tích phần hình

S

chóp nằm dưới thiết diện. Kí hiệu V, S, h tương ứng là thể tích, diện tích đáy và N

M

chiều cao của hình chóp S.ABCD. Ta có: V1  VS . AMND  VS . AMD  VS .MDN (1) Theo bổ đề ta có: Vì VS . ABD  Ta có:

VS . AMD SA SM SD 1  . .  VS . ABD SA SB SD 2

V V  VS . AMD  2 4

(2)

A

VS .MDN SM SD SN 1  . .  VS .BDC SB SD SC 4

VS .BCD 

V V  VS .MND  2 8

B

(3)

55

C

D

Thay (2), (3) vào (1) ta có: V1 

V 3 V V 3V 5V  1     V2  V  V1  V2 5 4 8 8 8

Cách 2: Ta có: V2  VM . ABD  VD.BMNC (4) 1 S h V VM . ABD  . .  3 2 2 4

(5)

3 VD. BMNC  VD.SBC 4

3 4

(Do hình chóp D.BMNC và D.SBC có cùng chiều cao và SBMNC  SSBC ) Mặt khác VD.SBC  VS .BCD 

V 3V  VD.BMNC  2 8

(6)

Thay (5), (6) vào (4) ta có: V2 

V 3 V 3V 5V 3V , V1   1    V2 5 4 8 8 8

Cách 3: Qua tâm đáy dựng EF / / AB . Gọi V2 là thể tích phần hình chóp nằm dưới thiết diện. Ta có: V2  VN .EFDC  VNEF .MBA (7) 1 S h V (8) VN .EFDC  . .  3 2 2 4

S

Hình lăng trụ NEF.MBA có chiều cao bằng nửa chiều cao hình chóp D.SAB 1 2

và SMBA  S SAB

N

M

3 3 V 3V (9)  VN .EFDC  VD.SAB  .  4 4 2 8

V2 

E

B

Thay (8), (9) vào (7) ta có: 5V 3V V 3  V1   1  V2 5 8 8

A

F

C

D

Bài toán 31. [15, trang 81]   







Xét sự đồng phẳng của ba vectơ u, v, w với u   4;3; 4  , v   2; 1; 2  , w  1; 2;1 Định hướng cách giải

56

Cách 1:  

  

Ta có hai vectơ v, w không cùng phương. Do đó ba vectơ u, v, w đồng 





phẳng nếu có hai số m và n sao cho u  mv  n w  4  2m  n m  1   3  m  2n   n  2  4  2m  n    

Vậy ba vectơ u, v, w đồng phẳng.

Cách 2:   3 4 4 Ta có : u , v    ;  1 2 2

4 4 3 ;   10; 0; 10  2 2 -1 

    u , v  .w  10  0  10  0      Do đó ba vectơ u, v, w đồng phẳng

Bài toán 32. [15, trang 89] Trong mỗi trường hợp sau, viết phương trình mặt phẳng a) Đi qua ba điểm M  2;0; 1 , N 1; 2;3 , P  0;1; 2  b) Đi qua hai điểm A 1;1; 1 , B  5; 2;1 và song song với trục Oz Định hướng cách giải Câu a) Cách 1: 



 

Ta có: MN   1; 2; 4  , MP   2;1;3   MN , MP    10; 5; 5 

Mặt phẳng ( MNP) đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n cùng phương với  



vectơ  MN , MP  , do đó ta có thể lấy n   2;1;1 Vậy, mp ( MNP) có phương trình: 2  x  2   y   z  1  0 hay 2 x  y  z  3  0

Cách 2: Phương trình mp ( MNP) có dạng Ax  By  Cz  D  0 Vì mp ( MNP) đi qua M, N, P nên ta có hệ:

57

2 A  C  D  0   A  2 B  3C  D  0  B  2C  D  0 

 A  2 B  4C  0  A  3B  C  0

Khử D từ các phương trình trên ta được 

Khử A từ hai phương trình trên ta được 2Cx  2Cy  Cz  3C  0 Chia hai vế của phương trình cho C (vì C  0 ) ta được: 2 x  y  z  3  0 Câu b) Cách 1: Giả sử mặt phẳng (P) đi qua A, B và song song với Oz có vectơ pháp 





tuyến n thì n phải vuông góc với vectơ AB   4;1; 2  và vuông góc với vectơ      1 2 2 4 4 1  k   0; 0;1 , vậy có thể lấy n   AB , k    ; ;   1; 4;0    0 1 1 0 0 0

Phương trình mặt phẳng (P) là: 1.  x  1  4  y  1  0  0 hay x  4 y  3  0 Cách 2: Mặt phẳng (P) song song với Oz nên có phương trình: Ax  By  D  0, D  0 Mặt phẳng (P) đi qua A, B nên: A  B  D  0  4A  B  0  5 A  2 B  D  0

Lấy A  1, B  4  D  3 Phương trình mặt phẳng (P) là: x  4 y  3  0 Bài toán 33. [15, trang 103] Viết phương trình đường thẳng đi qua A 1; 1;1 và cắt cả hai đường thẳng sau:  x  1  2t x  t  ' và d :  y  1  2t d :y  t z  3t z  2  t  

Định hướng cách giải Dễ dàng kiểm tra được A  d , A  d '

58

Cách 1: 

Đường thẳng d đi qua điểm M 1; 0;3 và có vectơ chỉ phương u   2;1; 1 

Đường thẳng d ' đi qua điểm M '  0; 1; 2  và có vectơ chỉ phương u '  1; 2;1 Đường thẳng  cần tìm là giao tuyến của hai mặt phẳng: mp ( A, d ) và mp ( A, d ' ) 

 

mp ( A, d ) có vectơ pháp tuyến n   AM , u    3; 4; 2   



Vì  AM ' , u '    2; 2; 2  nên mp ( A, d ' ) có vectơ pháp tuyến n'  1;1;1 



 

Vậy đường thẳng  có vectơ chỉ phương là  n, n'    6;1; 7  . Do đó  có   phương trình tham số là:  x  1  6t   y  1  t  z  1  7t   

Ta có: u.n'  2  0 nên d cắt mp ( A, d ) , do đó d cắt    u ' .n  13  0 nên d ' cắt mp ( A, d ' ) , do đó d ' cắt 

Vậy  là đường thẳng cần tìm.

Cách 2: 

 

mp ( A, d ) có vectơ pháp tuyến n   AM , u    3; 4; 2  nên có phương trình: 3x  4 y  2 z  9  0 .

Tọa độ giao điểm B của đường thẳng d ' và mp ( A, d ) thỏa mãn hệ x  t  y  1  2t phương trình:  z  2  t 3 x  4 y  2 z  9  0

Giải hệ trên ta được t  1

1 1 15 27 ,x  ,y   ,z  13 13 13 13

15 27

Do đó B  ;  ;   13 13 13 

59



12

2 14

Gọi  là đường thẳng đi qua hai điểm A và B. Ta có: AB    ;  ;  nên  13 13 13  

có thể lấy vectơ chỉ phương của  là u   6;1; 7   x  1  6t Vậy  có phương trình tham số:  y  1  t  z  1  7t 

Ta có  đi qua A và cắt d ' tại B, ngoài ra  và d cùng nằm trong mp ( A, d ) và có các vectơ chỉ phương không cùng phương nên  cũng cắt d.

Vậy  là đường thẳng cần tìm.

Cách 3: Lấy điểm M 1  2t ; t ;3  t   d và M '  t ' ; 1  2t ' ; 2  t '   d ' Ta tìm giá trị của t và t ' sao cho điểm A nằm trên đường thẳng MM ' , tức là   AM và AM ' cùng phương   Ta có: AM   2t ;1  t ; 2  t  , AM '  1  t ' ; 2t ' ;1  t '





    AM , AM '   1  t  5t '  tt ' ; 2  t  2t '  3tt ' ;1  t  t '  5tt '  







 





Hai vectơ AM và AM ' cùng phương khi và chỉ khi  AM , AM '   O , hay: 



1  t  5t '  tt '  0  ' '  2  t  2t  3tt  0 1  t  t '  5tt '  0  3 2

Giải hệ trên ta được t   , t ' 

 1 7 1 . Khi đó: AM   3;  ;  2 2 13 

Gọi  là đường thẳng đi qua A và M. Ta có  có vectơ chỉ phương là  2 AM   6;1; 7 

Do đó:  có phương trình tham số:  x  1  6t   y  1  t  z  1  7t 

Vậy  là đường thẳng cần tìm.

60

2.3.2.2. Bài tập có nội dung biến đổi Đây là loại bài tập gồm nhiều phần, mỗi phần đều có yêu cầu giống nhau nhưng giả thiết bài toán được thể hiện dưới nhiều hình thức khác nhau (thể hiện mối liên hệ giữa nội dung và hình thức), hoặc bài toán có nhiều phần trong đó giả thiết mỗi phần có sự khác nhau, do đó nội dung và cách giải biến đổi hẳn đi Tác dụng của loại bài tập này là rèn luyện khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, chống suy nghĩ một cách máy móc, rập khuôn. Để dạy HS giải loại bài tập này, GV có thể kết hợp tất cả các biện pháp nói trên. Biện pháp 1 giúp HS phân tích giả thiết, kết luận một cách thấu đáo, từ đó tìm được hướng đi đúng đắn cho bài toán, biện pháp 2 giúp HS có cách nhìn tổng thể về kiến thức, qua đó góp phần giúp HS có thể huy động , lựa chọn những kiến thức phù hợp, biện pháp 3 giúp HS nhìn bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau, từ đó có nhiều cách giải phong phú, tạo điều kiện thuận lợi để thực hiện biện pháp 4, giúp HS phát triển TD một cách toàn diện.

Chẳng hạn xét bài toán sau: Bài toán 34. [15, trang 89] Trong mỗi trường hợp sau, viết phương trình mặt phẳng: a) Đi qua ba điểm M  2;0; 1 , N 1; 2;3 , P  0;1; 2  b) Đi qua hai điểm A 1;1; 1 , B  5; 2;1 và song song với trục Oz c) Đi qua điểm G 1; 2;3 và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho G là trọng tâm của tam giác ABC Câu a) và câu b) đã được trình bày ở bài toán 32. Ở đây ta chỉ xét câu c).

Phân tích câu c) Biết tọa độ điểm G và dựa vào giả thiết G cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C và G là trọng tâm của tam giác ABC ta sẽ tính được tọa độ các điểm A, B, C. Từ đó ta viết được phương trình mặt phẳng cần tìm.

61

Định hướng cách giải Giả sử A  a; 0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta dễ dàng suy ra a  3, b  6, c  9 Vậy phương trình của mặt phẳng cần tìm là: x y z    1 hay 6 x  3 y  2 z  18  0 3 6 9

Chúng ta có thể nâng mức độ khó của bài toán 34c như sau: Bài toán 34d. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm G 1; 2;3 và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho

SGBC 1  , với G nằm trong tam giác S ABC 3

ABC và nằm trên đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A. Bài toán này yêu cầu học sinh phải nhận ra

SGBC 1   G là trọng tâm S ABC 3

tam giác ABC. Rõ ràng yêu cầu về mặt TD khó hơn bài toán 34.c Như vậy, ta thấy rằng mặc dù giả thiết của hai bài 34c, 34d cho dưới dạng khác nhau, nhưng thực chất nội dung của nó là như nhau.

Trong bài toán trên, điểm được xét là trọng tâm. Nếu điểm được xét không phải là trọng tâm thì bằng cách điều chỉnh giả thiết một cách hợp lí, ta có các bài toán sau: Bài toán 35. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M 1;1;1 và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại các điểm A, B, C sao cho: a) M là trực tâm của tam giác ABC b) OA  OB  OC nhỏ nhất c) Diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất d)

1 1 1 đạt giá trị nhỏ nhất   2 2 OA OB OC 2

e)

1 nhỏ nhất, với H là hình chiếu vuông góc của điểm O lên mặt OH 2

phẳng (ABC) f) Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng (P) là lớn nhất

62

g) Thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất Định hướng cách giải Giả sử A  a; 0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  , a  0, b  0, c  0 Mặt phẳng (P) cần tìm có dạng:

x y z   1 a b c

1 1 1   1 a b c     a) Ta có: AM  1  a;1;1 , BC   0; b; c  , BM  1;1  b;1 , CA   a; 0; c 

Vì (P) đi qua M nên:

Điểm M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi: 1 1 1  M  ( P)  a  b  c  1 a  3       AM .BC  0  b  c  0  b  3    a  c  0  c  3  BM .CA  0  

Vậy, phương trình mặt phẳng (P) là:

x y z    1 hay x  y  z  3  0 3 3 3

Ngoài cách trên, ta có thể giải câu này như sau: Áp dụng kết quả quen thuộc của hình học không gian lớp 11: M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi M là hình chiếu của O lên mặt phẳng 

(ABC). Khi đó, mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là OM  (1;1;1) , qua M 1;1;1 có phương trình:

1( x  1)  1( y  1)  1.( z  1)  3  0  x  y  z  3  0

b) Ta có: OA  OB  OC  a  b  c Áp dụng bất đẳng thức Cô - si ta có: 1 1 1   9 a b c

 a  b  c  

 a  b  c  9 (Vì

1 1 1    1) a b c

Do đó, giá trị nhỏ nhất của OA  OB  OC là 9 khi a  b  c  3 Vậy, phương trình mặt phẳng (P) là:

x y z    1 hay x  y  z  3  0 3 3 3

63

c) Diện tích tam giác ABC là S 

1 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 1

1 1 1 1    33  abc  27 a b c abc

S

1 2 2 2 2 2 2 33 2 2 2 33 3 3 a b b c c a  abc  27  2 2 2 2

Vậy, diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất là Vậy, phương trình mặt phẳng (P) là: d) Ta có:

3 3 khi a  b  c  3 2

x y z    1 hay x  y  z  3  0 3 3 3

1 1 1 1 1 1    2 2 2 2 2 2 OA OB OC a b c

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2

1 1 1  1 1 1 1       3.  2  2  2  a b c a b c  

1 1 1 1    a 2 b2 c 2 3

Do đó, giá trị nhỏ nhất của

1 1 1 1 là khi a  b  c  3   2 2 2 OA OB OC 3

Vậy, phương trình mặt phẳng (P) là:

x y z    1 hay x  y  z  3  0 3 3 3

e) Câu này yêu cầu HS phải nhận ra được

1 1 1 1 . Đây là một    2 2 2 OH OA OB OC 2

kết quả quen thuộc của Hình học 11. Bài toán được đưa về bài toán ở câu d) f) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (P). Ta có hai cách giải quyết bài toán này như sau: Cách 1: Ta có: d  O, ( P)  

1 1 1 1  2 2 2 a b c

z C

 d  O, ( P)  lớn nhất khi và chỉ khi

1 1 1  2  2 nhỏ nhất.

2 a b c

H O B y

64

A

x

Bài toán trở thành bài toán 35d.

Cách 2: Vì mp (P) luôn đi qua điểm cố định M nên d  O,( P)   OH  OM  3 Đẳng thức xảy ra khi H  M , khi đó mặt phẳng (P) đi qua M và có vectơ pháp 

tuyến OM  1;1;1 nên có phương trình: 1.  x  1  1.  y  1  1.  z  1  0 hay x  y  z 3  0

g) Ta có thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi d  O, ( P)  lớn nhất. Bài toán trở về bài toán 35f.

Ta cũng có thể giải bài toán này như sau: Ta có thể tích khối tứ diện OABC là: 1 1 V  OA.OB.OC  a.b.c 6 6

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 1

1 1 1 1 27 9    33  abc  27  V   a b c abc 6 2

Đẳng thức xảy ra khi

1 1 1 1     a bc3 a b c 3

Vậy, phương trình mặt phẳng (P) là:

x y z    1 hay x  y  z  3  0 3 3 3

Như vậy, ta thấy trong bài toán 35, từ bài toán ban đầu là bài toán 35d cho phép ta giải quyết hàng loạt các bài toán e, f, g. Quá trình xây dựng các bài toán trên dựa vào ý tưởng: xây dựng bài toán gốc giúp HS quy lạ về quen, và bài toán 35d có thể xem là bài toán gốc trong quá trình đó.

2.3.2.3. Bài tập khác kiểu Bài tập này gồm ít nhất ba bài, trong đó có hai bài cùng kiểu và một bài khác kiểu. Mục đích của việc giải bài toán loại này là rèn luyện HS dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, khắc phục tình trạng suy nghĩ một cách máy móc, rập khuôn Để dạy cho HS giải bài tập loại này, GV có thể kết hợp biện pháp 1 và biện pháp 3. Biện pháp 1 nhằm phân tích một cách rõ ràng giả thiết, kết luận

65

của bài toán, biện pháp 3 rèn luyện cho HS biết nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, từ đó sẽ đưa ra nhiều giải pháp khác nhau, đồng thời có thể sử dụng biện pháp 1 để khái quát, mở rộng bài toán Chẳng hạn xét các bài toán sau: Bài toán 36. Cho ba điểm A 1; 2;1 , B  3; 2;3 , C  2;1; 2  và mặt phẳng ( P) : x  y  z  6  0 .

a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P). 



b) Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất  



c) Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA  MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất d) Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2  MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất e) Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2  MB 2  3MC 2 đạt giá trị lớn nhất Phân tích bài toán Trong bài toán này, câu a) khác kiểu so với các câu còn lại, câu b,c cùng kiểu, câu d,e cùng kiểu. Câu a) là một câu quen thuộc, mục đích là phần nào gợi HS nhớ lại rằng trong các độ dài hạ từ một điểm nằm ngoài mặt phẳng đến một mặt phẳng cho trước, thì độ dài đường vuông góc là nhỏ nhất.

Tất cả các câu còn lại đều có thể chuyển về câu a) để giải. Tuy nhiên để làm được như thế thì trong mỗi câu HS phải biết điều chỉnh suy nghĩ một cách linh hoạt. Cụ thể: Ở câu b) chỉ cần gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB. Khi đó dễ dàng  









xác định được tọa độ điểm I . Khi đó ta có: MA  MB  2 MI  MA  MB  2 MI .  

Như vậy, MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, điều này nghĩa là M hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P). Bài toán trở về câu a) Một cách tự nhiên, ý tưởng gọi trung điểm I của đoạn thẳng AB có thể sẽ làm HS suy nghĩ đến việc gọi G là trọng tâm tam giác ABC để giải câu b).

66

Điều này dẫn tới việc tìm tòi lời giải bài toán gặp nhiều khó khăn. Do vậy, buộc HS phải điều chỉnh suy nghĩ để dẫn tới việc gọi G là điểm thỏa mãn hệ  





thức: GA  GB  3GC  O . Từ hệ thức này, ta tính được tọa độ điểm G.  





  











Khi đó ta có: MA  MB  3MC  MG  GA  MG  GB  3 MG  GC   MG      MA  MB  3MC  MG 





Như vậy, MA  MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất, điều này nghĩa là M hình chiếu của G lên mặt phẳng (P). Bài toán trở về câu a) Ý tưởng của câu b,c làm HS suy nghĩ để giải câu d) sẽ gọi I trung  





điểm, còn giải câu e) sẽ gọi G là điểm thỏa mãn hệ thức: GA  GB  3GC  O .

Tuy nhiên HS sẽ thấy rằng ở câu b,c là làm việc trên đối tượng là vectơ, còn câu d,e thì nhìn vào giả thiết chưa thấy điều đó. Do vậy, buộc HS phải điều chỉnh TD, biết chuyển bình phương vô hướng về bình phương vectơ để dùng kĩ thuật câu b,c để giải.

Chẳng hạn ở câu d) ta có:  2  2   2   MA2  MB 2  MA  MB  MI  IA  MI  IB



 



2

 2MI 2  IA2  IB 2

Như vậy MA2  MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, điều này nghĩa là M hình chiếu của I lên mặt phẳng (P). Bài toán trở về câu a) Mở rộng những kết quả trên, ta có các bài toán sau đây: Bài toán 37. Trong không gian Oxyz cho các điểm A1 , A2 ,... An và mặt phẳng 







(P). Xét vectơ u  1 MA1   2 MA2  ... n MAn . Trong đó 1 ,  2 ,... n là các số thực 

thỏa mãn 1   2  ...   n  0 . Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho vectơ u có độ dài nhỏ nhất Định hướng cách giải 







Gọi G là điểm thỏa mãn hệ thức: 1 GA1   2 GA2  ... n GAn  O , điểm G hoàn toàn xác định.

Ta có:

67

   MAk  MG  GAk , k  1; 2;...n nên:       u  1   2  ...   n  MG  1 GA1   2 GA2  ...   n GAn  1   2  ...   n  MG    u  1   2  ...   n MG



Vì 1   2  ...   n là một hằng số khác 0 nên u nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà M  ( P) nên điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng (P) Bài toán 38. Trong không gian Oxyz cho các điểm A1 , A2 ,... An và mặt phẳng (P) Xét biểu thức T  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 . Trong đó 1 ,  2 ,... n là các số thực thỏa mãn 1   2  ...   n  0 Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho: T có giá trị nhỏ nhất, biết 1   2  ...   n  0 T có giá trị lớn nhất, biết 1   2  ...   n  0 Định hướng cách giải 







Gọi G là điểm thỏa mãn hệ thức: 1 GA1   2 GA2  ... n GAn  O , điểm G hoàn toàn xác định. 

 

Ta có: MAk  MG  GAk , k  1; 2;...n nên   MAk2  MG  GAk





2

   MG 2  2 MG.GAk  GAk2 , k  1; 2;...n

Do đó: T  1   2  ...   n  MG 2  1GA12   2GA22  ...   nGAn2 Nếu 1   2  ...   n  0 thì T có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất Nếu 1   2  ...   n  0 thì T có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất Mà M  ( P) nên MG nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng (P) 2.3.2.4. Bài tập thuận nghịch Đây là loại bài tập gồm một cặp nội dung trái ngược nhau (cái phải tìm của bài toán này là cái đã cho của bài toán kia và ngược lại)

68

Để dạy HS giải bài tập loại này, GV có thể áp dụng biện pháp 1 phân tích rõ ràng giả thiết, kết luận của bài toán đề giúp cho quá trình giải diễn ra nhanh, hiệu quả.

Chẳng hạn xét các bài toán sau: x  t Bài toán 39. Cho hai đường thẳng d1 :  y  1  2t z  6  t 

x  t  d 2 :  y  3t  z  1  2t 

a) Tính góc giữa hai đường thẳng d1 và d 2 b) Lập phương trình đường thẳng  qua A  1; 0; 4  cắt d1 và tạo với d1 một góc 60o Phân tích bài toán Ở câu a) Giả thiết: Cho hai đường thẳng nghĩa là ta sẽ xác định được hai vectơ chỉ phương của nó Kết luận: Tính góc giữa hai đường thẳng Ở câu b) 

Giả thiết: Biết vectơ chỉ phương u1 của đường thẳng d1 , biết góc giữa   u  .u1 1 1  và d1 bằng 60o nghĩa là biết cos  , d1   , hay    2 u . u1 2

Kết luận: Lập phương trình đường thẳng  , nghĩa là tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng  Định hướng cách giải Câu a) 

Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương u1  1; 2; 1 

Đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương u2  1;3; 2  Gọi  là góc giữa hai đường thẳng d1 và d 2

69

  u1.u 2 1.1  2.3  (1).2 Ta có: cos     2 2 1  2  (1) 2 . 12  32  22 u1 . u2

5 6. 14

   56o56'

Câu b) Gọi M    d1  M  t ; 1  2t ; 6  t  



Vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u  AM   t  1; 1  2t ; 2  t  Vì góc giữa  và d1 bằng 60o nên cos  , d1     u .u1 1 hay     u . u1 2

1 2

t  1  2  4t  2  t 2

2

 t  1   1  2t    2  t 

2

 . 6

1 2

t  0  3t 2  3t  0   t  1   Với t  0 , ta có u  AM  1; 1; 2  nên  có phương trình tham số:  x  1  t   y  t  z  4  2t 





Với t  1, ta có u  AM   2;1;1 nên  có phương trình tham số:  x  1  2t  y  t z  4  t 

Bài toán 40. [17, trang 126] Cho hai mặt phẳng   : 2 x  y  5 z  0 ,    : 2 x  3 y  5 z  0 a) Tính góc giữa hai mặt phẳng   và    b) Lập phương mặt phẳng  P  chứa trục Oz và tạo với   một góc 60o Phân tích bài toán Câu a) Giả thiết: Cho hai mặt phẳng   và    nghĩa là xác định được vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng đó.

70

Kết luận: Tính góc giữa hai mặt phẳng   và    Câu b) Giả thiết: Biết mặt phẳng  P  chứa trục Oz  Dạng của vectơ pháp 

tuyến của mặt phẳng  P  . Biết vectơ pháp tuyến của   là n   2;1;  5  , biết góc giữa hai mặt phẳng  P  và   bằng 60o nghĩa là biết   n P .n 1 1 cos   P  ,     , hay    2 2 nP . n

Kết luận: Lập phương mặt phẳng  P  , nghĩa là tìm vectơ pháp tuyến của  P  Định hướng cách giải Câu a) 

Mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến n   2;1;  5  

Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến n   2;3; 5  Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   và      2.2  1.3   5 . 5 n .n Ta có: cos =    2 n . n 2 2  12   5 . 2 2  32 









 5

2



2 10 18

   81o 25'

Câu b) Mặt phẳng  P 

chứa Oz nên phương trình của nó có dạng

 Ax  By  0, ( A 2  B 2  0)  nP   A; B; 0  

Ta có: n   2;1;  5  Vì góc giữa hai mặt phẳng  P  và   bằng 60o nên: cos   P  ,       nP .n 1     2 nP . n

2A  B



A2  B 2 . 2 2  12   5

71



2



1 2

1 hay 2



2A  B 2

2



A  B . 10

1 2

 2 2 A  B  10. A2  B 2

 6 A2  16 AB  6 B 2  0 1  A  Lấy B  1 ta có: 6 A  16 A  6  0  3   A  3 2

Vậy, có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 1 x  y  0; 3

 3x  y  0

2.3.2.5. Bài tập có nhiều kết quả Bài tập dạng này thiếu yếu tố xác định, do đó có thể hiểu theo nhiều cách khác nhau nên có nhiều kết quả khác nhau Tác dụng của loại bài tập này là rèn luyện khả năng tìm giải pháp trên nhiều góc độ và hoàn cảnh khác nhau, khả năng xem xét đối tượng dưới những khía cạnh khác nhau. Để dạy HS giải loại bài tập này, GV có thể sử dụng biện pháp 3.

Chẳng hạn xét bài toán sau: Bài toán 41. [17, trang 125] Xét vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng: ( P) : 2 x  my  3z  6  m  0 , (Q) :  m  3  x  2 y   5m  1 z  10  0

Để giải bài toán này, HS phải có cái nhìn toàn diện, xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra giữa (P) và (Q). Cụ thể là các trường hợp: ( P) / /(Q) 

2 m 3 6  m    (*) m  3 2 5m  1 10

m  2 2  m  3  2  m  3m  4  0 Ta có:   2  m 1 5m  m  6  0 m  3  2 5m  1

72

Nhưng với m  1 ta có:

m 1 6  m 1  và  , tức là điều kiện (*) không thỏa 2 2 10 2

mãn Vậy không có giá trị nào của m để hai mặt phẳng song song nhau Từ đó ta suy ra: Hai mặt phẳng trùng nhau  m  1 Hai mặt phẳng cắt nhau

 m 1

2.3.2.6. Bài tập không theo mẫu Bài tập dạng này không thể áp dụng thuật toán hoặc công thức để giải.

Tác dụng của bài tập loại này là rèn luyện khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới, khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau, khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác. Để dạy HS giải loại bài tập này, GV có thể sử dụng kết hợp tất cả các biện pháp đã nêu ở trên.

Chẳng hạn xét các bài toán sau: Bài toán 42. [2, trang 279] Cho tứ diện ABCD với các đỉnh A  0;0; 2  , B  0; 2; 0  , C  0; 0; 2  , D  2; 2; 2  . Tìm tất cả các điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện Định hướng cách giải Phương trình các mặt của tứ diện là:

 ABC  : x  y  z  2  0

 BCD  : x  y  z  2  0

 CDA : x  y  z  2  0

 DAB  : x  y  z  2  0

Điểm M  x; y; z  nằm trong tứ diện khi xảy ra A

đồng thời: M và D cùng phía với mặt phẳng  ABC  M và C cùng phía với mặt phẳng  ABD 

M

M và B cùng phía với mặt phẳng  CDA M và A cùng phía với mặt phẳng  BCD 

D

B

C

73

 2  2  2  2  x  y  z  2   0  x  y  z  2   x  y  z  2  2  0  0  2  x  y  z  2   0  Tức là:    0  2  0  2  x  y  z  2   0 x  y  z  2   x  y  z  2  0  0  2  2  x  y  z  2   0

(1) (2) (3)

Từ (1) và (2) ta

(4)

có: x  0 Từ (3) và (4) ta có: x  2 Vậy 0  x  2 mà x  Z nên x  1 Khi đó, từ (1) và (2) ta có: 1  y  z  3  y  z  2 Từ (3) và (4) ta có: 1  y  z  1  y  z  0 y  z  2 y 1  y  z  0 z  1

Từ đó ta có hệ phương trình sau: 

Vậy, chỉ có một điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện là M 1;1;1 Bài toán 43. [2, trang 268] Cho các điểm A  4;1; 2  , B 1; 4; 2  , C 1;1;5 và đường tròn (C) :  x2  y 2  z 2  2x  2 y  4z  3  0  x  y  z  7  0

Tìm tọa độ điểm M  (C ) sao cho MA  MB  MC đạt giá trị lớn nhất. Định hướng cách giải 





Ta có: AB   3;3; 0  , BC   0; 3;3 , CA   3;0; 3 nên AB  BC  CA  3 2 Tam giác ABC là tam giác đều. Các điểm A, B, C thuộc đường tròn (C) Đường tròn (C) là giao của mặt cầu (S) có tâm I 1;1; 2  , bán kính R  3 mặt phẳng ( P) : x  y  z  7  0 Tâm J của đường tròn (C) là trọng tâm tam giác ABC nên J  2; 2;3 Bán kính đường tròn (C) là r  R 2  IJ 2  6 Bài toán đã cho trở thành bài toán hình học phẳng: Xét tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường tròn tâm J bán kính

6 . Tìm điểm M  (C ) sao cho

MA  MB  MC đạt giá trị lớn nhất.

Giả sử M thuộc cung BC . Khi đó: MA  MB  MC

74

 MA  MB  MC  2MA  2.2r  4 6

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M đối xứng với A qua J  M  0;3; 4  Tương tự cho trường hợp M thuộc cung CA, AB ta tìm được các điểm tương ứng là M  3;0;1 , M  3;3;1 2.4. Tiểu kết chương 2 Một giờ dạy học giải bài tập toán không phải GV đưa thật nhiều bài toán và HS giải hết các bài toán đó là hay, mà điều quan trọng là mục đích của hệ thống bài tập đưa ra rèn luyện cho HS loại hình TD nào. Bởi vì không phải bài tập nào cũng giống bài tập nào, không phải bài tập nào cũng có phương pháp giải cụ thể, xét đến cùng việc giải bài tập chính là quá trình lấy cái “bất biến” để ứng phó với cái “vạn biến”. Nếu GV chỉ chú trọng vào “lượng” mà không chú trọng vào “chất” của những bài tập đưa ra thì khi gặp những bài toán có nội dung tương tự hoặc có nội dung biến đổi hẳn đi HS sẽ gặp khó khăn trong quá trình tìm tòi lời giải hoặc có thể sẽ không tìm được lời giải của bài toán.

Trong chương này, luận văn đã đề xuất một số biện pháp sư phạm nhằm bồi dưỡng một số đặc trưng của TDST, đồng thời ứng dụng các biện pháp đó vào dạy học dạy học giải bài tập toán. Trong từng nội dung chúng tôi đều đưa các bài toán minh họa cụ thể.

Nội dung chương này góp phần giúp GV thấy được cách thức vận dụng các biện pháp đã nêu để rèn luyện TDST cho HS qua hoạt động dạy học giải bài tập toán, từ đó góp phần định hướng cho GV trong việc dạy học các tình huống điển hình còn lại.

75

76

CHƯƠNG 3 THỬ NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1. Mục đích thử nghiệm Vận dụng một số biện pháp bồi dưỡng một số đặc trưng của TDST cho HS khá, giỏi trong dạy học môn Hình học 12 ở trường THPT vào hoạt động thực tiễn nhằm bước đầu kiểm chứng tính khả thi, hiệu quả của các biện pháp mà đề tài đề xuất.

3.2. Nội dung thử nghiệm Vì thời gian thử nghiệm sư phạm có hạn, nên chúng tôi chỉ tập trung đa phần vào chương III - Phương pháp tọa độ trong không gian, gồm các bài: Bài 1. Hệ tọa độ trong không gian Bài 2. Phương trình mặt phẳng Bài 3. Phương trình đường thẳng Quá trình thử nghiệm dựa trên cơ sở tôn trọng nội dung yêu cầu về kiến thức kĩ năng cần đạt được trong sách giáo khoa, dựa vào nội dung sách giáo khoa, sách bài tập kết hợp với các tư liệu tham khảo, GV định hướng giúp HS vận dụng hình học giải tích để giải quyết một số bài toán hình học không gian, một số bài toán đại số.

3.3. Tổ chức thử nghiệm Việc thử nghiệm sư phạm được thực hiện tại trường THPT ……., thành phố…….., tỉnh ……...

Lớp thử nghiệm: Lớp 12B1 Lớp đối chứng: Lớp 12B2 Cả hai lớp được chọn có trình độ học vấn tương đương nhau dựa vào điểm trung bình môn Toán học kì 1 năm học 2010 - 2011.

GV dạy hai lớp này là thầy ………– Tổ Trưởng tổ Toán – Tin. GV dạy thử nghiệm cũng là GV dạy đối chứng.

77

3.4. Đánh giá thử nghiệm sư phạm Trong thời gian thử nghiệm, chúng tôi tiến hành cho HS làm hai bài kiểm tra: Bài kiểm tra số 1. Thời gian: 90 phút   

Bài 1. Trình bày các cách xét sự đồng phẳng của ba vectơ u , v, w với    u  1; 1;1 , v   0;1; 2  , w   4; 2;3 [17, trang 117]

Bài 2. Trình bày các cách viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A  1; 2;3 , B  2; 4;3 , C  4;5;6  [17, trang124]

Bài 3. Cho ba điểm A  1;6; 6  , B 1;3;1 , C 1;5; 4  a) Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy ) sao cho MA  MB nhỏ nhất [17, trang 116] b) Tìm điểm N thuộc mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  1  0 sao cho NA  NC  3 Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra số 1 Điểm

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Số bài

Thử nghiệm

1

1

2

7

7

11 6

3

0

0

38

Đối chứng

2

3

5

8

7

7

2

0

0

38

Lớp

0

4

Bảng thống kê tỉ lệ phần trăm (Yếu - Kém, Trung bình, Khá - Giỏi) của bài kiểm tra số 1 Xếp loại

Yếu – Kém Trung bình Khá - Giỏi (1;2;3;4)

(5;6)

(7;8;9;10)

Lớp thử nghiệm

28.95

47.37

23.68

Lớp đối chứng

47.37

36.84

15.79

Nhận xét về bài kiểm tra Bài 1. Thật ra, về mặt lí thuyết, phương pháp giải dạng toán như bài 1 đã được sách giáo khoa trình bày, nhưng riêng lẻ thông qua hai ví dụ 2 và ví dụ 4 (trang 74, 77) Đối với lớp thử nghiệm, vì sau khi học xong bài 1 đã được hệ

78

  

thống hóa kiến thức nên đa số HS đều kiểm tra được ba vectơ u, v, w không đồng phẳng theo hai cách đó. Cụ thể: Cách 1:  

  

Ta có hai vectơ v, w không cùng phương. Do đó ba vectơ u, v, w đồng 4n 1      phẳng thì phải có hai số m và n sao cho u  mv  n w hay  1  m  2n  1  2m  3n

Hệ phương trình trên vô nghiệm.   

Vậy ba vectơ u, v, w không đồng phẳng.   

Cách 2: Ta có : u, v  .w  0   

Do đó ba vectơ u, v, w không đồng phẳng Ở lớp đối chứng do không được hệ thống hóa kiến thức nên đa phần các em làm theo cách 2, còn nhiều em không nhớ cách 1.

Bài 2. Đa phần cả hai lớp các em dễ dàng phát hiện cách 1 như sau: 

 

Mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm A và có vectơ pháp tuyến n   AB, AC  Ở lớp đối chứng, nhiều em không phát hiện ra cách 2. Trong khi đó ở lớp thử nghiệm số lượng ít hơn.

Cách 2: Phương trình mp ( ABC ) có dạng Ax  By  Cz  D  0, (A2  B 2  C 2  0) Vì mp ( ABC ) đi qua A, B, C nên ta có hệ:   A  2 B  3C  D  0   2 A  4 B  3C  D  0  4 A  5 B  6C  D  0 

Sau đó khử A, D từ hệ trên rồi từ đó suy ra phương trình mặt phẳng cần tìm.

Bài 3.

79

Đối với câu a), để làm được HS phải nhận xét được A và B nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxy). Gọi B' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (Oxy). Khi đó tính được tọa độ điểm B ' . Sau đó HS phải có đánh giá như sau: MA  MB  MA  MB '  AB '

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, M, B' thẳng hàng. Khi đó, M chính là giao điểm của đường thẳng A B' với mặt phẳng (P) Trong câu này một số em biết nhận xét hai điểm A và B nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxy) và gọi B ' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (Oxy) và tính được B' . Đối với câu b), cả hai lớp không em nào làm được câu này. Các em đều tìm tọa độ điểm N bằng cách giải hệ: 2 x  y  z  1  0  N  ( P)    2 2 2  NA  NC  3   1  x    6  y    6  z  

2

2

1  y    5  y    4  z 

2

3

cuối cùng rơi vào con đường bế tắc vì hệ này là hệ hai phương trình nhưng ba ẩn số. Không em nào nhận ra được A, C nằm khác phía so với mặt phẳng (P) và NA  NC  AC , đây là mấu chốt của bài toán. Bởi vì từ NA  NC  AC ta có ba điểm N, A, C thẳng hàng. Mặt khác A, C nằm khác phía so với mặt phẳng (P). Khi đó N chính là giao điểm của đường thẳng AC với mặt phẳng (P).

Thật ra, bài toán này là một khía cạnh nhỏ của bài toán ở câu a) mà chúng tôi đã được điều chỉnh lại giả thiết.

Bài kiểm tra số 2. Thời gian: 90 phút Bài 1. Trong không gian Oxyz cho điểm M  2; 1;1 và đường thẳng  : x 1 y  1 z   2 1 2

Hãy tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên  bằng tất cả các cách mà em biết Bài 2. Chứng minh rằng x, y, z ta luôn có:

80

x 2  ( y  2)2  ( z  3)2  (4  x) 2  (1  y )2  (5  z )2  21

Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  ( x  1)2  y 2  4  x 2  ( y  1)2  1 ,x, y [17, trang 138]

Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra số 2 Điểm Lớp

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Số bài

Thử nghiệm

1

6

6

15 4

5

1

38

Đối chứng

2

7

8

13 4

3

1

38

Bảng thống kê tỉ lệ phần trăm (Yếu- Kém, Trung bình, Khá - Giỏi) của bài kiểm tra số 2 Xếp loại

Yếu – Kém Trung bình Khá - Giỏi (1;2;3;4)

(5;6)

(7;8;9;10)

Lớp thử nghiệm

34.21

50

15.79

Lớp đối chứng

47.74

44.74

10.52

Nhận xét.

Bài 1. Về cách giải có 4 cách như chúng tôi đã đề xuất ở bài toán 18.

Cả hai lớp đa phần các em làm cách 1 và cách 3. Số lượng các em phát hiện ra cách 2 không nhiều. Cả hai lớp không em nào phát hiện ra cách 4.

Bài 2. Ở lớp đối chứng nhiều em cố gắng dùng phép biến đổi tương để giải và cuối cùng rơi vào con đường bế tắc, không tìm được lời giải của bài toán. Ở lớp thử nghiệm, nhiều em đã phát hiện ra và vận dụng hình học giải tích để giải Bài 3.

Bài 3 thật ra là vận dụng kĩ thuật bài 2 để giải, tuy nhiên giả thiết ở đây được phát biểu theo hình thức khác. Một cách tự nhiên nhiều em nghĩ đến việc sẽ chứng minh A  m với m là một số nào đó để suy ra giá trị nhỏ nhất

81

cần tìm. Nhiều em HS cả hai lớp đều áp dụng một cách máy móc cách làm 



của bài 2. Nghĩa là các em xét các vectơ u   x  1; y; 2  , v   x; y  1;1 , khi đó  

các em sẽ gặp khó khăn vì lúc này u  v không là một số nên không đánh giá  

được. Không em nào phát hiện ra kĩ thuật của bài 2 chính là chọn vectơ u, v  

phải thỏa mãn u  v có các tọa độ là các số cụ thể, và nhờ vào nhận xét

x

2

  2 2  x 2 ,   y  1   y  1 để từ đó phát hiện ra cách chon hai vectơ u , v . Bài

3 có thể giải bằng một cách ngắn gọn như sau: 



Trong không gian Oxyz xét các vectơ u   x  1; y; 2  , v    x;  y  1;1  





Ta có: u  v  1; 1;3 , u  ( x  1) 2  y 2  4 , v  x 2  ( y  1)2  1  





Áp dụng bất đẳng thức u  v  u  v , ta suy ra: A  ( x  1)2  y 2  4  x 2  ( y  1)2  1  11   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng, nghĩa là: 1   x   3 2 x 1 y   0 x  y 1 1 y   2  3 1 3

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi x   , y  

2 3

Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra số 1 và số 2 Điểm

1

2

3

4

Thử nghiệm

2

1

8

13 22 15 11 4

Đối chứng

4

3

12 16 20 11 7

Lớp

0

5

6

7

8

3

9

10

Số bài 76 76

Bảng thống kê tỉ lệ phần trăm (Yếu- Kém, Trung bình, Khá - Giỏi) của bài kiểm tra số 1 và 2

82

Xếp loại

Yếu – Kém Trung bình Khá - Giỏi (1;2;3;4)

(5;6)

(7;8;9;10)

Lớp thử nghiệm 31.58

48.68

19.74

Lớp đối chứng

40.79

13.16

46.05

3.5. Tiểu kết chương 3 Chương 3 bước đầu kiểm nghiệm tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp sư phạm mà đề tài đã đề xuất. Kết quả thu được qua đợt thử nghiệm này cho phép chúng tôi bước đầu kết luận rằng: Việc sử dụng các biện pháp bồi dưỡng một số đặc trưng của TDST cho HS vào dạy học Hình học 12 là hoàn toàn có thể thực hiện được; Nếu có điều kiện sử dụng thích hợp các biện pháp trên sẽ rèn luyện và phát triển TDST cho các em, qua đó góp phần nâng cao chất lượng dạy học toán ở trường THPT. Do vậy, mục đích thử nghiệm sư phạm bước đầu đã đạt được.

KẾT LUẬN Những kết quả chính của luận văn là: 1. Đề xuất một số biện pháp sư phạm nhằm bồi dưỡng một số đặc trưng của TDST cho HS khá, giỏi trong dạy học môn Hình học 12.

2. Vận dụng các biện pháp đã đề xuất vào dạy học giải bài tập toán, qua đó góp phần định hướng cho GV cách thức vận dụng các biện pháp đó vào dạy học các tình huống điển hình còn lại.

3. Minh họa các biện pháp đã đề xuất cũng như việc vận dụng các biện pháp đó vào dạy học giải bài tập Hình học 12 thông qua 43 bài toán cụ thể có định hướng sư phạm.

83

4. Bước đầu tổ chức thử nghiệm để đánh giá tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp mà đề tài đề xuất sử dụng.

5. Luận văn là tài liệu tham khảo dành cho GV trong việc bồi dưỡng TDST cho HS khá, giỏi trong dạy học Hình học 12 ở trường THPT. 6. GV có thể khai thác các ý tưởng trong đề tài để ứng dụng vào nghiên cứu cách bồi dưỡng TDST cho HS trong dạy học hình học các lớp 10, 11 hoặc có thể mở rộng sang lĩnh vực đại số, giải tích hoặc ở các môn học khác.

Như vậy có thể kết luận rằng: Mục đích nghiên cứu đã được thực hiện, nhiệm vụ nghiên cứu đã hoàn thành và giả thuyết khoa học mà đề tài đề ra là chấp nhận được.

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.

Alêxêep M., Onhisuc V., Crugliăc M., Zabôtin V., Vecxcle X. (1976), Phát triển tư duy học sinh, NXB Giáo dục.

2.

Nguyễn văn Dũng, Nguyễn Tất Thu (2011), 18 Chủ đề Hình học 12, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội Hà Nội.

3.

Phạm Gia Đức, Phạm Đức Quang (2005), Dạy học sinh tự lực tiếp cận kiến thức Toán học, Bộ Giáo dục và Đào tạo (Dự án đào tạo GV Trung học cơ sở).

4.

Phạm Văn Hoàn, Trần Thúc Trình, Phạm Gia Cốc (1981), Giáo dục học môn Toán, NXB Giáo dục.

5.

Nguyễn Thái Hòe (1998), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập Toán,

84

NXB Giáo dục.

6.

Nguyễn Thanh Hưng (2010), Rèn luyện và phát triển tư duy biện chứng khi dạy học môn Hình học ở trường THPT, NXB Giáo dục Việt Nam.

7.

Nguyễn Thanh Hưng (2010), Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh khi dạy học môn Toán ở trường phổ thông, Tạp chí giáo dục, Số 250.

8.

Nguyễn Bá Kim (2009), Phương pháp dạy học môn Toán, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội.

9

Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân (1998), Khuyến khích một số hoạt động trí tuệ của học sinh qua môn Toán ở trường THCS, NXB Giáo dục.

10.

Nguyễn Văn Lộc (1995), Tư duy và hoạt động Toán học, Đại học Sư phạm Vinh.

11.

Bùi Văn Nghị (2009), Vận dụng lí luận vào thực tiễn dạy học môn Toán ở trường phổ thông, NXB Đại học Sư phạm.

12

Ôganhexian, Kôliaghin Iu. M., Lucankin G. L., Xannhixki V. Ia. (1980), Phương pháp giảng dạy Toán ở trường phổ thông”, NXB Matxcơva

13

G. Polya (1997), Giải bài toán như thế nào, NXB Giáo dục

14.

Nguyễn Văn Quang (2004), Hình thành và rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh THCS thông qua dạy học chủ đề đa giác, Luận án tiến sĩ giáo dục.

15.

Đoàn Quỳnh - Tổng chủ biên, Văn Như Cương - Chủ biên (2006), Hình học 12 nâng cao, NXB Giáo dục.

16.

Đoàn Quỳnh - Tổng chủ biên, Văn Như Cương – Chủ biên (2006), Hình học 12 nâng cao – SGV, NXB Giáo dục.

17.

Đoàn Quỳnh - Tổng chủ biên, Văn Như Cương - Chủ biên (2006),

85

Bài tập Hình học 12 nâng cao , NXB Giáo dục.

18

Đào Văn Trung (2001), Làm thế nào để học tốt Toán phổ thông, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (Nguyễn Văn Mậu dịch).

19

Nguyễn Thế Thạch - Chủ biên (2010), Hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức, kĩ năng môn Toán lớp 12, NXB Giáo dục

20

Đức Uy (1999), Tâm lí học sáng tạo, NXB Giáo dục.

86