Sáng kiến kinh nghiệm khám phá các bài toán mới bằng tình huống gợi vấn đề
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.14 MB, 26 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
KHÁM PHÁ CÁC BÀI TOÁN MỚI
BẰNG TÌNH HUỐNG GỢI VẤN ĐỀ
Môn : Toán
Tác giả: Chu Viết Tấn
SĐT: 0989202955
Năm học: 2011- 2012
0
MỤC LỤC
Trang
Phần I. Đặt vấn đề ………………………………………………….
1
Phần II. Nội dung……………………………………………………… 2
I. Những con đường sáng tạo bài toán mới:………… ……………… 2
1.
Khái niệm về tình huống gợi vấn đề……………………… 2
II.
2.
Các cách tạo tình huống gợi vấn đề:……………………….
Nội dung cụ thể…………………………………………………
3
4
1.
Bài toán có nhiều tình huống……………………………… 4
2.
Xây dựng bài toán mới từ bài toán ban đầu………………… 6
3.
Một vài phương án khám phá bài toán trong chương I hình học
11 thông qua việc đặt tình huống gợi vấn đề cho học sinh …………… 17
Phần III. Kết luận …… ….. …………………………………..……. … 22
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………….. … . 24
1
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong quá trình giảng dạy cho các đối tượng học sinh khá giỏi chúng ta
luôn tìm cách khai thác tư duy sáng tạo của học sinh thông qua các bài toán từ
mức dễ đến khó. Việc kích thích sự sáng tạo của học sinh không chỉ là dừng ở việc
giải các bài toán khó mà còn, đặt ra cho học sinh các tình huống gợi vấn đề, các
bài toán được suy từ những bài toán đã giải quyết, Tuy rằng việc giải các bài toán
đó thậm chí là chưa thể. Từ những bài tập trong sách giáo khoa, giáo viên biết kích
thích học sinh sáng tạo ra các bài tập khác và học sinh giải quyết được các bài toán
đó thì đó là thành công của người dạy và cả người học.
Trong vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm phát hiện, đào tạo những học
sinh có năng khiếu toán học và năng lực sáng tạo trong học toán thì yếu tố quan
trọng là giáo viên phải tạo được niềm đam mê và phát huy được tính sáng tạo của
học sinh.
Để đáp ứng những yêu cầu trên trong các tiết dạy bồi dưỡng học sinh giỏi
người giáo viên phải tạo được các ví dụ nhằm dẫn đến những tình huống mới,
những bài toán mới, phải tạo và kích thích học sinh biết khám phá từ cái ban đầu
để sáng tạo ra những kết quả hay hơn mang tầm cao rộng hơn.
Đó chính là lí do tôi chọn đề tài: “ Khám phá các bài toán mới bằng tình
huống gợi vấn đề”.
Đề tài mà tôi thực hiện có tính mới khác với các bài báo và các nghiên cứu
của các đồng nghiệp khi họ thường chọn theo hướng khai thác từ bài toán ban đầu
và áp dụng thêm các kết quả khác để tạo ra bài toán mới, còn đề tài này tôi khai
thác bằng các tình huống gợi vấn đề để tạo ra các bài toán mới.
Đề tài được bản thân tự nghiên cứu và áp dụng thực nghiệm tại trường
THPT Hoàng Mai trong các năm gần đây và có hiệu quả trong việc bồi dưỡng học
sinh giỏi.
2
PHẦN II: NỘI DUNG.
Thực trạng hiện nay ở các trường trung học phổ thông không chuyên vấn đề
dạy toán cho học sinh đang ở mức độ dạy cho học sinh thi tốt nghiệp và thi đại
học. Do đó tâm lí của học sinh và cả giáo viên chỉ tập trung dạy và học ở những
phần toán phục vụ cho thi tốt nghiệp và đại học, nên việc khai thác thêm nét đẹp
của toán học từ đó định hình thêm khả năng sáng tạo cũng như năng lực giải toán
là hạn chế. Học sinh chỉ biết làm những dạng toán quen biết, giáo viên cũng chỉ
dạy những bài toán có phương pháp giải rõ ràng mà ít khi dạy cho học sinh tự
khám phá, tự tìm tòi các bài toán mới hơn từ những bài toán gốc, các phương pháp
khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự chưa được chú ý đúng mức.
Mặt khác trong vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi của các trường THPT không
chuyên hiện nay thường nhồi nhét kiến thức học sinh trong một khoảng thời gian
nhất định (cuối lớp 11 đầu lớp 12 để phục vụ cho các kỳ thi chon học sinh giỏi)
mà ít đề cập đến vấn đề phát huy năng lực sáng tạo của học sinh ngay từ ban đầu.
Trong chương trình đổi mới sách giáo khoa và phương thức giảng dạy hiện nay,
học sinh trong việc chủ động trong mọi hoạt động học tập và lĩnh hội tri thức, việc
kích thích tính học tập chủ động của học sinh là rất cần thiết trong từng tiết dạy lý
thuyết và đặc biệt là tiết luyện tập, ôn tập đòi hỏi người giáo viên luôn luôn sáng
tạo trong từng bài dạy từng tiết dạy để tránh việc " thông báo kiến thức", ''chữa bài
tâp'' qua đó học sinh thấy hứng thú và chủ động tìm tòi cái mới từ cái đã có.
I. Những con đường sáng tạo bài toán mới:
1. Khái niệm về tình huống gợi vấn đề
kiện :
Tình huống gợi vấn đề trong dạy học là một tình huống thõa mãn các điều
- Tồn tại một vấn đề, tức là khó khăn đối với học sinh.
- Gợi nhu cầu nhận thức, tức là học sinh ý thức được khó khăn, nhận thấy có
nhu cầu tìm hiểu, giải quyết vấn đề đặt ra.
- Khơi dậy niềm tin ở bản thân, tức là khó khăn vừa sức học sinh, khơi dậy
cho họ cảm nghĩ rằng tuy chưa có ngay lời giải đáp nhưng vốn kiến thức đã có và
tích cực suy nghĩ thì có nhiều hy vọng giải quyết được vấn đề đặt ra.
3
2. Các cách tạo tình huống gợi vấn đề:
Để thực hiện dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề, điểm xuất phát là tạo ra
tình huống có vấn đề, tốt nhất là tình huống gây được cảm xúc và làm cho học
sinh ngạc nhiên. Dưới đây là một số cách thường dùng để tạo ra các tình huống
gợi vấn đề nhằm xây dựng các bài toán mới.
4
II. Nội dung cụ thể :
1. Bài toán có nhiều tình huống :
Đây là những bài toán có thể từ thực tế , có thể có nhiều tình huống nhằm
tạo cho các em những hứng thú tốt trong việc tìm kiến thức và tư duy. Giáo viên
sử dụng trong việc khai thác tiếp cận kiến thức bài mới hoặc trong tiết luyện tập
Bài toán gốc 1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. M là
điểm di động trên cung BC chứng minh MB+MC-MA =0 (1)
Cách 1: Bài toán này được đưa vào trong phần luyện tập các phép biến hình lớp
11.
Hệ thống câu hỏi tình huống:
A
Câu hỏi 1: Để chứng minh đẳng thức MB+MCMA=0 ta sẽ chứng minh MA-MB=MC. Hãy tìm
a
MA-MB? Trên hình vẽ hãy xác định hiệu MAM'
MB?
O
Trả lời: Lấy M’ trên MA để MM’=MB.
Câu hỏi: Để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh B
C
điều gì?
M
Trả lời: Ta cần chứng minh AM’=MC.
Câu hỏi: Để chứng minh đẳng thức đó ta sẽ vận dụng trực tiếp một phép
biến hình nào đã được học? ( Tịnh tiến, đối xứng tâm, đối xứng trục, quay,
vị tự)?
Câu hỏi: Liệu có phép tịnh tiến biến CM thành AM’? vì sao?
Trả lời: Không xảy ra vì phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng
song song hoặc trùng nhau
Tương tự cho phép vị tự, đối xứng tâm
Câu hỏi: Dựa vào các tính chất của các phép biến hình thì những phép biến
hình nào có thể sử dụng được cho bài toán này?
Trả lời: Chúng ta chỉ có thể sử dụng được phép quay?
Câu hỏi: Tại sao ta không thể dùng được phép đối xứng trục?
Trả lời: Vì lúc đó MM’ và AC ( Hoặc MA và M’C) có chung đường trung
trực, điều này là vô lý.
Câu hỏi: Vậy hãy xác định phép quay đó? Để xác định phép quay ta cần xác
định yếu tố nào?
0
Trả lời: Tâm quay B và góc quay 60 .
5
0
Câu hỏi: Liệu Q(B, 60 ) có biến MC thành M’A? hãy chứng minh điều đó?
Học sinh xây dựng lại lời giải:
0
- Dùng phép quay tâm B góc quay 60 :
- Khi đó C biến thành A, B biến thành B, M biến thành M’ nằm trên AM,
(Vì tam giác BMM’ là đều )
Vậy MC=AM’, BM=M’M ta suy ra điều phải chứng minh.
Với hướng giải này chúng ta đã giải quyết một cách trọn vẹn bài toán tuy
nhiên đối với học sinh lớp 11 việc tính toán cụ thể các đại lượng hình học phẳng
đã có tương đối đầy đủ phương tiện vì vậy ta sẽ gợi ý cho học sinh bằng cách giải
thứ hai.
A
Cách 2: Sử dụng định lý sin.
HD1: Vì (O,R) cố định, tam giác ABC đều ta có thể
tính được các độ dài MA, MB, MC?
TL1: Các độ dài đó thay đổi nên rất khó tính được
độ dài
a, 00 a 600 khi đó có thể
HD2: Nếu đặt MAB
tính được các độ dài đó không?
a
O
B
C
M
0
TL2: Ta tính được: MB 2R.sin a , MC 2 R.sin(60 a) ,
MA 2 R.sin(600 a ) .
HD3: Vậy ta cần chứng minh điều gì nữa?
0
TL3: sin(60 a )
1
3
sin a
cos a
2
2
3
1
cos a sin a sin a sin(600 a ) MB MC MA 0
2
2
Qua việc hướng dẫn cho học sinh hệ thống câu hỏi tình huống như vậy
chúng ta thấy tư duy suy luận logic để tìm ra lời giải cho bài toán dần dần hình
thành. Các em học sinh có thể tự mình đặt ra các câu hỏi tương tự, tự mình giải
quyết được những câu hỏi đó thì việc giải toán hay khai thác thêm các bài toán là
có kết quả tốt.
sin a
6
2. Xây dựng bài toán mới từ bài toán ban đầu
Phần này tôi xin giới thiệu một số tình huống gợi vấn đề để tạo ra một số
bài toán mới từ bài toán ban đầu, với cách làm này việc học luyện tập và ôn tập
giúp học sinh luôn thấy hứng thú tránh cho giáo viên việc dạy các tiết này chỉ là
tiết chữa bài tập , học sinh thấy được sự đa dạng trong toán học
2.1. Lập bài toán tương tự bài toán ban đầu
Cơ sở: Tương tự :
- Có đường lối giải quyết giống nhau , phương pháp giống nhau.
- Có những nét giống nhau trong nội dung.
- Cùng đề cập đến một vấn đề.
Từ việc đối chiếu so sánh các đối tượng có thể đưa ra các giả thuyết tương
tự và loại trừ.
Chúng ta bắt đầu từ bài toán 1
Bài toán ban đầu: Cho tam giác đều ABC nội tiếp
trong đường tròn tâm O. M là điểm di động trên
cung nhỏ BC chứng minh MB+MC-MA =0
* Tình huống gợi vấn đề 1:
Liệu có thể lập bài toán tương tự với các đa giác đều
có số lẻ cạnh hay không?
Bài toán tương tự: Cho (2n+1) - giác đều
M A2n+1
A1
A2
A2n
2a
O
A3
A4
A1 A2 ... A2 n 1 . nội tiếp trong đường tròn (O,R)
A4
A1 A2 n 1
M di dộng trên cung nhỏ
Liệu có xảy ra đẳng thức MA1 MA3 ... MA2 n 1 MA2 MA4 ... MA2 n ?
Hoàn toàn tương tự cách làm trên ta có
A1 A2 n 1 . Ta có
A1OM 2 a và M chạy trên cung nhỏ
Đặt
MA1 2R.sin a , MA2 2 R.sin(
… MA2 n 1 2 R.sin(
2n
a)
2n 1
2n 1
a ) , MA3 2 R.sin(
2
a)
2n 1
2
2 n
MA1 MA3 ... MA2 n 1 2 R sin a sin(
a ) ... sin(
a)
2n 1
2n 1
(2n 1)
MA2 MA4 ... MA2 n 2 R sin(
a ) ... sin(
a)
2n 1
2n 1
7
Bài toán hình học bây giờ thực chất là bài toán biến đổi biểu thức lượng giác
Ta có:
2
2n
(2n 1)
sin a sin
a ... sin
a sin
a ... sin
a (1)
2n 1
2n 1
2n 1
2n 1
Chứng minh (1)
Do sin
2n 1
2sin
2n 1
2
2n
sin a sin
a ... sin
a
2n 1
2n 1
2n 1
2n 1
a
a
a
a
3
cos
cos
cos
cos
...
2 2(2n 1)
2 2(2n 1)
2 2(2n 1)
2 2(2n 1)
VT .2sin
0, nhân 2 vế với 2 sin
a (2n 1)
a (2n 1)
a
a
cos
cos
cos
cos
2
2 2(2n 1)
2 2(2n 1)
2 2(2n 1)
n
(n 1)
sin a
.sin
2n 1
2n 1
(2n 1)
sin
a ... sin
a
2n 1
2n 1 2n 1
2n 1
2
a
a
a
a
cos cos
cos
cos
...
2
2 2n 1
2 2n 1
2 2n 1
VP.2sin
2sin
n
n
a (n 1)
a
a
a
cos
cos
cos cos
2 2n 1
2 2n 1
2
2 2n 1
n
n
sin a
.sin
2n 1
2n 1
Suy ra điều phải chứng minh
Vậy ta có bài toán:
Bài toán 1.1
Cho (2n+1)- giác đều A1 A2 ... A2 n 1 . nội tiếp trong đường tròn (O,R)
A1 A2 n 1 ta có
M di dộng trên cung nhỏ
MA1 MA3 ... MA2 n 1 MA2 MA4 ... MA2 n
Nhận xét: Trong quá trình gợi tình huống để tạo ra bài toán 1.1 giáo viên
cần khơi gợi tính tương tự của cách giải bài toán ban đầu và phải cho học sinh
kiểm chứng các đồ dài MAi có tương tự kết quả bài toán ban đầu hay không? Vấn
đề chứng minh đẳng thức lượng giác trên cũng phải trải qua kinh nghiệm giải
toán lượng giác khi tính các tổng hữu hạn của dãy số.
8
2.2. Đặc biệt hóa bài toán trong trường hợp đơn giản:
*Tình huống gợi vấn đề 2:
Như vậy với đa giác đều có số đỉnh lẻ đã được ta giải quyết thế thì câu hỏi
đặt ra cho chúng ta với n chẵn thì ta sẽ có kết quả nào?
Trong khi chờ đợi một kết quả đẹp chúng ta hãy giải quyết tình huống đó
với trường hợp đơn giản nhất
+ Ta xét bài toán với n=2:
Cho AB là đường kính của (O) M di động trên 1 nủa đường tròn. Liệu kết
quả tương tự có xảy ra hay đẳng thức MA=MB có tồn tại?
Rõ ràng ta thấy khi M di chuyển thì đẳng thức MA=MB không đúng
2a MA 2R.sin a MB 2R.cos a
Với định hướng đặt góc như trên ta có MOB
cos( a)
2
.MB (2)
hay MA tan a.MB
cos a
Bài toán 1.2 Cho AB là đường kính của (O) M di động trên 1 nửa đường tròn
cos( a)
2
.MB
MOB 2a khi đó MA
cos a
*Tình huống gợi vấn đề 3:
Ta xét trường hợp với n=4 ta hãy tìm một đẳng thức tương tự:
Khi M chạy trên cung nhỏ AD.
AOM 2a khi đó
Đặt
MA 2R.sin a, MB 2R sin( a)
4
A
D
MC 2R.cos a, MD 2R cos( a)
4
Ta tìm hệ thức tương tự (2) nghĩa là
MA+MC=k(MB+MD)
Thật vậy
M
2a
O
B
a
C
9
MB MD 2R sin( a) 2R cos( a) 2R sin( a) cos( a)
4
4
4
4
cos a
2R 2 sin a 2R. 2.cos a 2R
. sin a cos a
2
cos( a)
4
cos( a)
4
MA MC
.( MB MD ) (3)
cos a
A
Vậy ta có bài toán:
Bài toán 1.3. Cho hình vuông ABCD nội tiếp (O,R),
M chạy trên cung nhỏ AD.
AOM 2a khi đó
Đặt
cos( a )
4
MA MC
.( MB MD )
cos a
B
M
D
2a
O
a
C
*Tình huống gợi vấn đề 4:
Từ kết quả (3) ta hi vọng sẽ có kết quả đẹp cho đa giác đều 2n-cạnh
A1 A2 ... A2 n nội tiếp trong đường tròn (O,R)
Ta dự đoán MA1 MA3 ... MA2 n 1 k MA2 MA4 ... MA2 n từ hai bài
toán đặc biệt trên với n=2, 4 ta dự đoán
cos a
2n
. MA MA ... MA
MA1 MA3 ... MA2 n 1
2
4
2 n (*)
cos a
A1 A2n .
A1OM 2a và M chạy trên cung nhỏ
với
Ta có
MA1 2R.sin a
,
MA2 2 R.sin(
2
a)
2n
3
MA4 2 R.sin( a ) …
MA3 2 R.sin(
2n
MA2 n 1 2 R.sin(
(2n 2)
a)
2n
2n
a) ,
A1
A2
M
A2n
A2n-1
2a
A2n-2
O
A3
A4
A5
10
MA2 n 2 R.sin(
Khi đó ta có
(2n 1)
a)
2n
( n 1)
MA1 MA3 ... MA2 n 1 2 R sin a sin( a ) ... sin(
a)
n
n
(2n 1)
MA2 MA4 ... MA2 n 2 R sin( a ) ... sin(
a)
2n
2n
( n 1)
2 sin a sin a ... sin
a cos a
n
n
2
2
sin 2 a sin 2 a sin sin
2 a sin
...
n
n
n
n
( n 1)
( n 1)
... sin
2 a sin
n
n
(2 n 1)
2 sin
a ... sin
a cos(
a)
2n
2n
2n
2
n
(2 n 2)
s in sin 2 a sin
sin
2 a ... sin
sin
2a
n
n
n
2n
2n
Vậy ta có bài toán tổng quát
Bài toán 1.4 :
Cho đa giác đều 2n-cạnh A1 A2 ... A2 n . nội tiếp trong đường tròn (O,R)
ta có
M di dộng trên cung nhỏ
A1 A2n đặt 2a MOA
1
cos a
2n
. MA MA ... MA
MA1 MA3 ... MA2 n 1
2
4
2 n (*).
cos a
Nhận xét: Vậy kết quả (*) đã được kiểm chứng. Điều này cho chúng ta thấy
trong trường hợp tổng quát khó giải quyết chúng ta có thể đưa về trường hợp đặc
biệt hơn để giải rồi từ đó áp dụng tương tự chúng ta có thể giải quyết được bài
toán tổng quát.
11
2.3. Khái quát hóa bài toán:
* Tình huống gợi vấn đề 5:
Từ bài toán 1 ta có thể lập bài toán khái quát
của nó:
Bài toán 1.5: Cho tam giác đều ABC. M là điểm
di động trong góc A. Chứng minh MB MC MA .
Chứng minh: Áp dụng phép đồng dạng bằng
cách. Kẻ AD và BD sao cho
CAM
,
BAD
ABD
AMC khi đó MAC BDA và
ta có
MC MA CA
BD BA DA
A
B
D
(1)
MB MA
(2)
CD CA
Từ (1) và (2) ta có MC.BA MA.BD, MB.CA MA.CD
từ đó MBA CDA do đó
Vậy
C
M
MB MC a MA BD CD
Mà BD CD BC a nên MB MC MA . Dấu bằng xảy ra khi D nằm trên
.
đoạn BC khi đó
ABD
ABD
AMC 600 nghĩa là M nằm trên cung nhỏ BC
*Tình huống gợi vấn đề 6:
Từ bài toán khái quát hóa này này chúng ta có thể đặt ra các giả thuyết: liệu
có thể xảy ra điều này với các bài toán tương tự cho đa giác đều hay không hay
nói cách khác các bài toán 1.1, 1.4 có thể có bài toán khái quát hóa hay không?
Vấn đề đặt ra này bản thân tôi và học sinh đang tìm hướng giải quyết.
2.4. Lập bài toán đảo:
*Tình huống gợi vấn đề 7:
Từ bài toán 1 và kết quả của bài toán khái quát ta có thể lập bài toán đảo của nó:
Bài toán 1.6: Cho tam giác đều ABC. M là điểm di động trong góc A thõa mãn
của đường tròn ngoại
MB MC MA . Chứng minh M nằm trên cung nhỏ BC
tiếp tam giác ABC.
Từ bài toán đảo này chúng ta có thể đặt ra các giả thuyết: liệu có thể xảy ra điều
này với các bài toán tương tự cho đa giác đều hay không hay nói cách khác các bài
toán 1.1, 1.4 có thể có bài toán đảo hay không?
12
2.5. Thay đổi một số yếu tố của bài toán ban đầu :
Khi thay đổi một số yếu tố của bài toán đã cho thì chắc chăn sẽ bài toán sẽ
thay đổi . Nhưng mục đích để làm gì ? Các bạn có thể trả lời ngay câu hỏi này ,
học sinh sẽ thấy dễ đi có thể làm được bài toán ban đầu , hoặc khó đi tổng hợp
hơn, rộng hơn.
*Tình huống gợi vấn đề 8:
Chúng ta hãy nhìn bài toán 1 với cách phát biểu khác:
Bài toán 1’: Trong mặt phẳng cho các tia phân biệt Mx, My, Mz biết
600 ,
xMy
yMz 600 . Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên tương ứng tại A,
B, C. Chứng minh MA+MB=MC .
M
Bài toán 1.1’: Trong mặt phẳng cho 2n+1 tia
Mx1 , Mx2 ,..., Mx2 n 1 biết
x
1 Mx2 x1 Mx2 ... x2 n 1 Mx1
2n 1
A
x
y
tương ứng tại A1 , A2 ,..., A2 n 1
MA1 MA3 ... MA2 n 1 MA2 MA4 ... MA2 n
z
O
Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên
Chứng minh
C
A1
x1
B
M
A2n+1
A2n
A2
x2
Bài toán 1.4’: Trong mặt phẳng cho 2n tia
x2n+1
x2n
O
A3
x3
Mx1 , Mx2 ,..., Mx2 n biết x
1 Mx2 x1 Mx2 ... x2 n Mx2 n x2 n Mx1
Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên tương ứng tại
2n
A1 , A2 ,..., A2n 2a MOA
1
cos a
2n
. MA MA ... MA
2
Chứng minh MA1 MA3 ... MA2 n 1
4
2n
cos a
Các cách chứng minh của bài toán 1’, 1.1’, 1.4’ là hoàn toàn tương tự khi chúng ta
khẳng định các đa giác A1 A2 ... A2 n 1 , A1 A2 ... A2 n là đều
13
*Tình huống gợi vấn đề 9:
Với cách xây dựng như vậy liệu chúng ta có thể xây dựng bài toán trên
trong không gian được hay không?
Bài toán 1.7: Trong không gian cho hình chóp đa giác đều S . A1 A2 ... A2 n
một mặt cầu đí qua đỉnh S cắt các tia SA1 , SA2 ,..., SA2 n lần lượt tại
B1 , B2 ,..., B2 n Chứng minh
SB2i SB2 j 1
n
n
i 1
j 1
Giải: Sử dụng công cụ vectơ ta có thể giải quyết bài toán này như sau:
Gọi SS’ là đường kính của mặt cầu trên.
Khi đó
SB1 S ' B1 , SB2 S ' B2 ,..., SB2 n S ' B2 n vậy
SS '.SA1 SA1.SB1
SS '.SA2 SA2 .SB2 khi đó
SS '.SA2 n SA2 n .SB2 n
n
SA
SB
SS
' SB2i
2i 2i
n
i 1
i 1
n
SA
SB
SS
' SB2 j 1
2 j 1 2 j 1
n
j 1
j 1
Nhưng do A1 A3 ... A2 n 1 , A2 A4 ... A2 n là các đa giác đều nên
n
SA
SA
n
.
2 j 1 2i SO ta có điều phải chứng minh.
n
j 1
i 1
Nhận xét: Trên đây là một số hướng khai thác thêm các bài toán từ một bài
toán gốc ban đầu. Quá trình tìm tòi lời giải bài toán 1 tạo cho ta phương án xây
dựng bài toán mới tổng quát hơn và có cùng phương án giải tương tự nhau… Nếu
người giáo viên biết khơi dậy niềm đam mê tìm tòi và sáng tạo của học sinh thì kết
quả dạy học sẽ ngày càng được nâng cao hơn, kích thích tính tự học, tự nghiên
cứu của học sinh
14
Chúng ta tiếp tục khai thác thêm một bài toán gốc khác bằng các phương
án như trên
Bài toán gốc 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. M là
điểm di động trên đường tròn chứng minh S MA2 MB 2 MC 2 không đổi.
HD: Đây là bài toán cơ bản trong sách bài tập hình học 10 chúng ta có thể
hướng dẫn học sinh giải quyết bằng công cụ vectơ một cách đơn giản, hoặc yêu
cầu học sinh làm theo phương án đặt góc như bài toán 1 ta sẽ có kết quả
S MA2 MB 2 MC 2
3 2
R
2
Từ bài toán này chúng ta có thể khai thác các bài toán khác theo 2 hướng
- Hướng 1: Tổng quát theo số đỉnh của đa giác đều
- Hướng 2: Tổng quát theo số mũ
Bài toán 2.1: Cho đa giác đều n-cạnh A1 A2 ... An nội tiếp trong đường tròn O; R
2
và 1 điểm M di động trên đường tròn này. Chứng minh S2 M MAi không
n
đổi. ( Bài toán trong sách bài tập Hình học nâng cao 11)
i 1
Bài toán này dễ dàng giải quyết bằng phương pháp vectơ hoặc chúng ta có
thể áp dụng cách đặt góc như các bài trên là có thể giải quyết được. Sau đó chúng
ta có thể hướng dẫn học sinh khám phá một kết quả tương tự bằng một bài toán
tổng quát theo số mũ.
Bài toán 3: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O; R và điểm M di động
trên đường tròn này. Tìm các giá trị tự nhiên của k sao cho tổng
Sk M MAk MB k MC k không phụ thuộc vị trí của M.
Phân tích:
Rõ ràng k=1 không thoả (?).
k=2 thoả. Có thể cm tổng MA2 MB 2 MC 2 không phụ thuộc M bằng cách
dùng công thức tâm tỉ cự.
Với k 3 việc tính tổng Sk M trở nên khá phức tạp, nhất là với k lẻ thì ta
không còn dùng được công cụ vectơ để tính tổng này. Còn với k chẵn thì khi k=4
ta cần tính tổng:
S 4 M MA4 MB 4 MC 4 , S 4 có thể tính theo S 2 bằng cách dùng hằng đẳng
thức tuy nhiên tính toán cũng khá dài và do đó cách này cũng không thể mở rộng
cho các số mũ k lớn hơn.
15
2 . Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử M
AC , khi đó
Đặt MOA
dùng định lý hàm sin ta tính được:
MA 2 R sin , MB 2 R sin , MC 2 R
3
3
M
A
D
Không mất tính tổng quát ta có thể cho R=1. Khi đó
Sk M 2k sin k sin k sin k
3
3
và bài toán trở thành:
Tìm các giá trị của k sao cho tổng
2a
O
B
a
C
S 'k sin k sin k sin k không phụ thuộc .
3
3
Để cho tiện tôi cũng ký hiệu S 'k là Sk . Ta nhận thấy
Sk sin k sin k sin k
3
3
2
sin k sin k sin k
3
3
2
xét 3 góc t1 , t2 , t3
.
3
3
Dễ kiểm chứng là sin 3ti sin 3 i 1, 2, 3 do đó:
sin 3 sin 3ti 3sin ti 4 sin 3 ti
Suy ra 3 số xi sin ti đều là nghiệm của phương trình 4 x3 3 x sin 3 0
k
k
k
Từ đây ta có thể tính được mọi tổng: Tk x1 x2 x3
Nhờ vào công thức truy hồi 4Tk 3Tk 2 sin 3 .Tk 3
3
và 3 tổng đầu tiên: T0 , T1 , T2 T0 3, T1 0, T2 .
2
Tuy nhiên chú ý rằng đây chưa phải là các tổng mà ta cần tính vì:
x2 sin .
3
k
Do đó chỉ với những k chẵn thì Sk Tk , còn k lẻ thì S k Tk 2sin
Ta xét 1 số trường hợp :
K=4: S4 T4
3
9
T2 sin 3 .T1
4
8
.
3
16
Bài toán 3.1: Cho hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (O,R) và
điểm M di động trên đường tròn này. Tìm các giá trị tự nhiên của k sao cho tổng
Sk M MAk MB k MC k MD k không phụ thuộc vị trí của M.
Với hướng giải tương tự ta
MA 2R.sin a, MB 2R sin a
4
MC 2R.cos a, MD 2R cos a
4
Không mất tính tổng quát ta có thể cho R=1.
Khi đó
S k M 2 k sin k a sin k a cos k a cos k a
4
4
và bài toán trở thành:
Tìm các giá trị của k sao cho tổng
S 'k sin k a sin k a cos k a cos k a không phụ thuộc a.
4
4
Đến đây phương án giải quyết là tương tự bài trên.
Đến đây việc tổng quát cho bài toán n-giác đều là có hy vọng giải quyết, tác giả
đang xây dựng cách giải nhưng vẫn chưa có kết quả tốt.
17
3. Một vài phương án khám phá bài toán trong chương I hình học 11 thông
qua việc đặt tình huống gợi vấn đề cho học sinh
Thực tế giảng dạy ở trường Trung học phổ thông chúng tôi đã thực hiện
trong phần dạy học phép biến hình 11 chúng tôi luyện tập cho các em một số bài
toán nổi tiếng của các nhà toán học và từ đó đặt ra những bài toán mở rộng theo
các hướng trong mặt phẳng và trong không gian để học sinh nghiên cứu và giải
quyết:
a. Dạy tiết luyện tập phép vị tự:
Bài toán 4: Bài toán về đường thẳng và đường tròn Ơle.
Cho tam giác ABC. G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
a) Chứng minh G, H, O nằm trên một đường thẳng ( Đường thẳng Ơle)
b) Chứng minh trung điểm 3 cạnh M,N,P, chân 3 đường cao A’, B’ , C’, trung
điểm 3 đoạn thẳng nối trực tâm với 3 đỉnh E, P, F là 9 điểm cùng năm trên một
đường tròn (Đường tròn Ơle).
A
Đây là một bài toán được giới thiệu trong sách
H
bài tập 11. Bài toán này có nhiều cách giải bằng
C'
E
phép biến hình. Trong các tiết luyện tập về Phép
N
P
H
tịnh tiến, phép đối xứng tâm, trục, phép vị tự
O
H
B'
G I
chúng tôi yêu cầu học sinh sử dụng các phép
Q
F
biến hình này để giải quyết bài toán.
C
B
A'
M
*Tình huống gợi vấn đề: Chúng tôi
H
thường đặt ra câu hỏi sau khi giải quyết xong một
3
2
1
bài toán: Liệu có thể mở rộng hay tổng quát được bài toán hay không? Bài toán
trên được giải trong mặt phẳng vậy liệu nó còn đúng trong không gian, tam giác có
đường thẳng Ơle, đường tròn Ơle thì liệu tứ diện nào có kết quả như vậy và các
kết quả đó còn mang tên Ơle hay mang tên ai khác? Và chúng tôi đề xuất bài toán
trong không gian đối với tứ diện trực tâm ABCD cho các em tự nghiên cứu
Bài toán 4.1. Cho tứ diện trực tâm ABCD với H là trực tâm, G, O là trọng tâm ,
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
a) Chứng minh H, G, O thẳng hàng và G là trung điểm HO
b) Chắng minh rằng: Các trực tâm, trọng tâm của các mặt, điểm chia trong các
đoạn thẳng HA, HB, HC, HD theo tỉ số 1:2 nằm trên cùng một mặt cầu
18
b). Dạy luyên tập phép đối xứng tâm
Bài toán 5: Bài toán Haruki hay bài toán “con bướm”
Cho đường tròn (S) và một dây cung MN. I là trung
điểm của MN. Qua I vẽ 2 dây cung AB và CD. AD cắt MN
tại E, BC cắt MN tại F. Chứng minh I là trung điểm của EF.
Bài toán này các em đã từng được giới thiệu ở cấp hai
vì nó quá nổi tiếng có khá nhiều lời giải. Chúng tôi đã yêu
cầu học sinh khối 11 giải bài toán nổi tiếng này bằng phép
biến hình mà cụ thể là sử dụng phép đối xứng tâm đã có khá
nhiều em tham gia giải bài toán này.
Lời giải tóm tắt:
Qua phép đối xứng tâm I ta sẽ chứng minh ảnh của E là F
D'
C
A
M
E
F
I
A'
O
N
B
D
Đ I : AID A ' ID '
Đ I : (O) (O ') ta có MN là trục đẳng phương của 2 đường tròn (O) và (O’).
Lại có IA.IB IC.ID IC.ID ' IA '.IB nên C,D,B,A nằm trên đường tròn (O’’) khi
đó CB là trục đẳng phương của (O) và (O’’), D’A’ là trục đẳng phương của (O’)
và (O’’) do đó 3 trục đẳng phương MN, CB, A’D’ đồng quy tại F hay I là trung
điểm của EF.
Bài toán mở rông trong không gian:
Bài toán 5.1: Trong không gian cho mặt cầu
tâm O. một dây cung MN có định. Qua I là trung điêm
của MN vẽ 3 dây cung bất kỳ AA’, BB’, CC’. Mặt
phẳng (ABC) và (A’B’C’) cắt đường thẳng MN tại E
và F. Chứng minh I là trung điểm của EF. ( Đây
chính là bài toán T12/346 trong báo Toán học và tuổi
trẻ năm 2006 bài toán được chứng minh bằng phương pháp vectơ). Ở đây tôi giới
thiệu cách giải bằng phép biến hình
Xét bổ đề: Cho mặt cầu (S). I là điểm nằm ngoài
(S), mặt phẳng (P) cắt (S) theo đường tròn (C). M là
điểm di chuyển trên (C). đường thẳng IM cắt mặt cầu
(S) tại điểm thứ 2 là M’ chứng minh rằng M luôn chạy
trên một đường tròn cố định ( Đây là một tính chất
trong phép nghịch đảo trong không gian).
Chứng minh bổ đề: Từ I kẻ đường thẳng d vuông góc với (P) tại I’ trên d
lấy J sao cho II '.IJ IM .IM ' IO 2 R 2 . Vì I cố định, (P) cố định nên I’ cố định và J
cố định. Từ hệ thức đó ta có II
' M IM
' J 900 hay M’ luôn nhìn IJ dưới 1 góc
19
vuông tức M’ luôn năm trên 1 mặt cầu (S’)cố định nhận IJ làm đường kính. Do đó
M luôn nằm trên giao điểm của 2 mặt cầu (S) và (S’) hay M’ luôn nằm trên 1
đường tròn cố định
Chứng minh định lý Haruki trong không gian
Nối BE ké dài cắt mặt cầu tại P khi đó P thuộc đường
tròn (ABC). Ta có
ĐI: ( ABC ) ( A1 B1C1 ); P P1 và P1 nằm trên
đường tròn ngoại tiếp A1B1C1
Và ta có IA '.IA1 IB '.IB1 IC '.IC1 do đó 6 điểm
A’,B’,C’, A1, B1, C1 cùng thuộc 1 mặt cầu (S1) và khi đó đường tròn ( A1B1C1)
thuộc (S1)
Nối IP1 cắt mặt cầu (S1) tại điểm P’ khi đó P’ thuộc đường tròn ngoại tiếp
(A’B’C’) (Theo bổ đề )
Và B, P, I, B’,P’, M, N cùng nằm trong một mặt phẳng
(Q), mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là
đường tròn (K) khi đó F chính là giao của B’P’ và MN và
ứng dụng định lí Haruki và đường tròn (K) với I là trung
điểm dây cung MN: 2 dây cung BB’, PP’ cắt MN tại E và
F thì I là trung điểm EF. Bài toán trong không gian đã
được giải quyết.
c) Dạy luyện tập phép quay
Bài toán 6: Bài toán Napoleon
“ Nếu trên các cạnh của một hình tam giác bất
kì, về phía ngoài ta dựng các tam giác đều thì tâm các
tam giác đều này là đỉnh của một tam giác đều ”.
Hướng dẫn giải: Sử dụng phép quay
120
: ECF EAF '
Q120
: DBF DAF ' , QE
D
0
0
A
F
D
C
B
E
Rõ ràng ta chứng minh được tam giác DEF là
tam giác đều từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Từ bài toán Napoléon ta có thể suy ra một kết quả các đường tròn ngoại tiếp
các tam giác đều đó đồng quy tại một điểm điểm đó gọi là điểm Toricelli
Hướng đẫn học sinh giải quyết bài toán Toricelli:
20
Bài toán 7: Cho tam giác nhọn ABC chứng minh rằng điểm Toricelli là
điểm có tổng khoảng cách tới các đỉnh của tam giác ABC nhỏ nhất
Chúng tôi hướng dẫn học sinh giải bài toán này
bằng phép quay:
D
A
Gọi M là điểm bất kì Q : AMC AND khi đó
600
A
ACD
là
tam
giác
đều
và
M
MA+MB+MC=BM+MN+ND vậy tổng đó nhỏ nhất
C
nếu B, M, N, D thẳng hàng theo thứ tự đó, tương tự B
với các phép quay đỉnh B, C ta làm xuất hiện bài toán Napoléon và khi đó tổng
MA+MB+MC nhỏ nhất khi và chỉ khi M là điểm Toricelli.
N
Bài toán mở rộng của bài toán Toricelli
Bài toán 7.1: Tìm điểm M trong tứ diện đều ABCD sao cho tổng
MA+MB+MC+MD nhỏ nhất.
Hướng dẫn: Gọi A1 ,A2 là hình chiếu của A lên
mp(BCD) khi đó
AM MA2 AA 2 AA1 tương tự cho các đỉnh còn lại. Mặt khác tổng khoảng cách
từ 1 điểm trong tứ diện đều tới các mặt bằng độ dài đường cao tứ diện do đó
MA MB MC MD 3.AA1 dấu bằng xảy ra khi M là tâm của tứ diện đều.
Bài toán 7.2: Trong không gian cho một tứ diện đều. Chứng minh rằng tổng
khoảng cách từ một điểm nào đó đến các đỉnh của tứ diện là nhỏ nhất nếu và chỉ
nếu điểm đó trùng với tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện đều đã cho.
Bài toán 7.3: Cho tứ diện cân ABCD với AB=CD=a; BC=AD=b; AC=BD=c. M
là điểm tùy ý trong không gian. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T=MA+MB+MC+MD
HD: ABCD gần đều nên trọng tâm của tứ diện cũng là tâm O mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện ABCD. Do đó OA OB OC OD 0 và OA=OB=OC=OD=R
1 1 1 1
MA . OA MA.OA
MO OA .OA MO.OA R
R
R
R
R
1 1
1
1
Tương tự MB MB . OB MO.OB R MC MO.OC R , MD MO.OD R
R
R
R
R
1
Vậy MC MB MC MD MO. OC OC OC OC 4 R 4 R
R
Ta có: MA
T nhỏ nhất khi M trùng với O khi đó T 4 R 2 a 2 b 2 c 2
21
Bài toán 7.4: Bài toán tổng quát cho tứ diện trực tâm.( Chứng minh tương tự)
Cho tứ diện trực tâm ABCD M là điểm nằm trong tứ diện chứng minh:
MA.S BCD MB.SCDA MC .S DAB MD.S ABC 9.V
d) Dạy luyện tập phép đối xứng trục
Bài toán 8. (Định lý Fagnano ). Trong
tất cả tam giác nội tiếp tam giác nhọn ABC
tam giác có đỉnh là chân 3 đường cao của
ABC (gọi là tam giác trực tâm) có chu vi nhỏ
nhất.
trục:
Hướng dẫn: Sử dụng phép đối xứng
Đ AB : M M 1
Đ CD : M M 2
A
M2
P
N
M1
B
M
C
Khi đó MN NP PM M 1P PN PM M 1M 2 dấu bằng xảy ra khi M1, P, N, M2
thẳng hàng mặt khác tam giác AM1M2 là tam giác cân có góc đỉnh A là góc tù
không đổi (= 2 góc BAC) do đó M1M2 nhỏ nhất khi AM2 nhỏ nhất hay AM nhỏ
nhất khi M là chân đường cao hạ từ A. Tương tự để chu vi MNP nhỏ nhất thì N, P
cũng là chân đường cao hạ từ B, C.
Bài toán mở rộng trong không gian:
Bài toán 8.1: Cho tứ diện đều ABCD. Hãy tìm trên các mặt phẳng (BCD),
(CDA), (DAB), (ABC) các điểm X, Y, Z, T sao cho tổng độ dài các cạnh của tứ
diên XYZT nhỏ nhất. (Đây là bài toán T10/255 báo Toán học&Tuổi trẻ)
22
PHẦN III. KẾT LUẬN
1. Kết quả của đề tài:
Đây là một đề tài có tính mới, chưa thấy các kết quả nghiên cứu của các tác
giả khác tương tự.
Đề tài phát huy được tiềm năng phát triển tính tích cực, tư duy sáng tạo cho
học sinh khi bồi dưỡng học sinh giỏi.
Đề tài đã được các đồng nghiệp xem xét đánh giá cao về tính mới, tính sáng
tạo, được góp ý kiến nhiều và được vận dụng thực tế trong dạy học bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Đề tài đã xây dựng được một số dạng bài tập gốc trong phần đầu hình học
11 để học sinh có thể sáng tạo, khai thác ra các bài toán khác thông qua việc
tạo các tình huống gợi vấn đề trong dạy học.
Đề tài đã trình bày được một số phương pháp nhằm kích thích sự hứng thú
và tự chủ trong hoạt động học tập của học sinh bằng việc tạo bài toán tình
huống cũng như khai thác kết quả hay hướng giải của một bài toán để tạo ra
các bài toán mới làm cho việc học toán không đơn điệu mà luôn cần sự sáng
tạo cho nó đa dạng .
Đằng sau mỗi bài toán là những vấn đề mới mà mỗi giáo viên và học sinh cần
phải khám phá, có như vậy thì chúng ta mới thấy cái hay cái phong phú của mỗi
bài. Phương pháp này áp dụng trong khi giảng dạy đặc biệt là trong công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi rất có hiệu quả, các em có thể tự phát hiện, tự giải quyết được
nhiều bài toán hơn, khó hơn từ bài toán ban đầu .
Vì thời gian và khuôn khổ không cho phép nên tôi chưa nghiên cứu được
thêm các bài toán ở các phần khác. Hẳn sáng kiến còn nhiều sai sót và chưa sâu
sắc. Tôi mong các bạn đồng nghiệp và bạn đọc đóng góp ý kiến để bản sáng kiến
của tôi hoàn thiện hơn.
2. Kiểm chứng kết quả thực hiện:
+ Qua số liệu thống kê bài làm của học sinh khá giỏi cho thấy học sinh đã
biết cách khai thác và sáng tạo ra các bài toán mới không chỉ ở nội dung hình học
mà còn ở nội dung đại số và lượng giác.
+ Tôi cũng đã nhận được nhiều chuyên đề các em học sinh tự đúc rút ra
sau khi phổ biến sáng kiến này cho một vài lớp, trong đó có một vài kết quả mang
tính sáng tạo cao.
+ Với các lớp khá giỏi: Số liệu về kết quả học tập của các lớp kiểm chứng
là 11A1 Trường THPT Hoàng Mai (đây là các lớp tập trung học sinh khá giỏi) từ
23
năm học 2011-2012 : lớp 11A2 là lớp đối chứng. Số liệu thống kê qua kiểm tra
đối với các bài học có áp dụng trong chương trình toán như sau :
+ Kết quả bài kiểm tra đợt thực nghiệm cho lớp thực nghiệm và lớp đối
chứng .
Lớp thực nghiệm: 11A1: 20 em ngẫu nhiên
Lớp đối chứng: 11A2: 20 em ngẫu nhiên
Bảng thực nghiệm
Học sinh
1
Nhóm thực nghiệm
KT đầu KT trước tác KT sau tác
năm
động
động
6
7
7.5
7
8
2
5.5
6
4
6.5
6.5
7.5
6
6
6.5
7
8
6.5
6.5
7
10
8
9
9.5
12
7
7
6.5
3
5
7
9
11
13
14
15
7
9
8
7
9
8
7
9
8
7
8
8
7
9.5
9
7
7.5
8
9.5
Môt(mode)
7.00
Giá trị trung
bình(average)
7.0
7.0
7.20
Độ lệch chuẩn(stdev)
P(ttess)
8.5
8.5
7
6
7
6
7
8
6.5
7
8
7.5
7
7
8
Trung vị(median)
8
7
7
6
8.5
7
9
7.5
7
8
7
6.5
20
8
8.5
6.5
7
19
8
6.5
8
7
7
7
7.5
9
8
6.5
6.5
8.5
7
7.5
8
18
8
6.5
7
17
7.5
7.5
7.5
6
KT đầu KT trước tác KT sau tác
năm
động
động
9.5
8
16
Nhóm đối chứng
9
8
7
7
7
7
7
6.5
7
7.5
8
8
8
6
7
7.5
8
8
7
7.5
7.5
7.0
7.0
8.0
7.0
8.0
7.0
7.35
8.10
7.13
7.33
7.55
1.06
0.83
1.02
0.79
0.92
0.0432
8
7.0
0.72
8
7.3
0.67
8
7.5
0.56
Điểm trung bình của nhóm thực nghiệm: 8,10 điểm, của lớp đối chứng: 7,55
điểm cho thấy: Điểm trung bình, tỷ lệ bài kiểm tra đạt loại khá, giỏi ở lớp thực
nghiệm cao hơn so với lớp đối chứng.
24
