Phát triển tư duy biện chứng của học sinh trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ thông

x  7 y 11 21  0 x  7 y  5  0

(d2).

2 2

Tâm I là giao điểm của hai đường thẳng này. P



x  7 y  5  0

7x y  15  0

Có thể bạn quan tâm!

Phát triển tư duy biện chứng của học sinh trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ thông - 14
Biện Pháp 2 : Làm Cho Học Sinh Biết Xem Xét Các Đối Tượng Toán Học Dưới Nhiều Khía Cạnh Khác Nhau Và Xem Xét Đối Tượng Toán Học Trong Mối Liên Hệ
Phát triển tư duy biện chứng của học sinh trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ thông - 16
Phát triển tư duy biện chứng của học sinh trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ thông - 18
Biện Pháp 3 : Làm Cho Học Sinh Biết Phát Hiện Những Bước Thay Đổi Từ Sự Biến Đổi Về Lượng Sang Biến Đổi Về Chất
Biện Pháp 4 : Làm Cho Học Sinh Có Khả Năng Xem Xét Các Đối Tượng Toán Học Trong Sự Mâu Thuẫn Và Thống Nhất

Xem toàn bộ 225 trang tài liệu này.

x  2



y  1

I(2; 1)

N Hình 2.35

Bán kính R2 = IM2 = 16 + 9 = 25.

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x  22y  12 25 .

Cách 5: Ta có: MN2 = 49 + 1 = 50; MP2 = 64 + 36 = 100; NP2 = 1 + 49 = 50

MNP là tam giác vuông tại N nên đường tròn ngoại tiếp có đường kính MP.



Gọi I(x; y) là tâm của đường tròn I là trung điểm của MP xI

 2 I (2 ; 1)

 1

I

R2 = IM2 = 16 + 9 = 25.

Do đó phương trình đường tròn cần tìm là: x  22y  12 25 .

VD 7: Đối với BT tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a, b ta có thể nhìn nhận nó dưới các khía cạnh khác nhau để từ đó định hướng ra các cách giải quyết tương ứng.

Ta có thể xem khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a, b là:

+ Độ dài đoạn vuông góc chung MN: d(a, b) = MN

+ Khoảng cách từ a đến mặt phẳng (P) chứa b và (P) // a: d(a, b) = d(a, (P)) = d(M, (P)) Với (P) // a; b  (P) và M  a.

+ Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt chứa a, b và song song với nhau: d(a, b) = d((P), (Q)). a  (P); b  (Q); (P) // (Q).

+ Chiều cao của hình chóp:

d (a, b) 3VSABC

S ABC

+ Chiều cao hình hộp:

d (a, b) VABCD. A1B1C1D1

S ABCD

Cụ thể: Xét BT “Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD) và SA = 2 cm. Đáy ABCD là hình chữ nhật AB = 1 cm; BC = 3 cm.

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD”.

Hình 2.36

Giải: Cách 1:

- Từ D dựng Dx // AC

- Từ A dựng AF  Dx và AH  SF (H  SF)

- Dựng HP // FD (P ( SD), PQ // AH (Q  AC).

Khi đó PQ là đoạn vuông góc chung của SD và AC. Ta có: FD  SA; FD  FA

Suy ra: FD  (S AF) mà SF  AH  AH  (SFD). Do đó: AH  FD  AH  AC.

Vậy tam giác vuông AFD đồng dạng với tam giác vuông ABC nên:

AF AD AF 

AB.AD  3 ; 1

 1  1  1  10  49

AB AC

AC 10 AH 2

AS 2 AF 2 4 9

36.

Như vậy: d(AC, SD) = AH = 6/7 (cm).

Hình 2.37

Cách 2:

- Từ D dựng Dx // AC

Gọi (P) là mặt phẳng qua SD và Dx. Khi đó (P) // AC.

 d(AC, SD) = d(AC, (P)) = d(A, (P)).

Dựng AF  Dx (F  Ox); AH  SF (H  SF) AH  (SFD) hay AH  (P).

Do đó: d(AC, SD) = d(AC, (P)) = AH =

6 (cm).

Cách 3: Từ D dựng Dx // AC. Gọi (P) là mặt phẳng qua SD và Dx. (Q) là mặt phẳng qua AC và (Q) // (P).

Khi đó: d(AC, SD) = d((P), (Q)) = d(A, (P)) = AH = 6/7(A  AC  (Q)).

Cách 4:

d ( AC, SD) 3VSADF

SSFD

Trong đó: V

SADF

1 .SA.AF.FD.

2 

9 

Tacó:

Do đó: VSADF

AF 3 FD 

1 .2. 3 . 9 .

SD 2 FD 2

9.

SA2 AD 2

SD 

 13; SF 

7 .

3  9

13 81

S 1 SF.FD 1 . 7 . 9 63 d ( AC, SD) 6 (cm).

SFD

2 2 20 7

Cách 5: Dựng hình hộp ACEDPQRS và gọi thể tích của hình hộp đó là V.

Ta có:

d ( AC, SD) 

V P Q

S DESE

Trong đó: V = SA.SACED = 2.3.1= 6 SDERS = SD.DE.sinSDE

= SD.DE. SF

= DE.SF

S R

A C

D E

Hình 2.38

= 10.

7  7(SF DE; F DE) d ( AC, SD) 6 (cm).

10 7

b. Làm cho học sinh biết xem xét các đối tượng Toán học trong mối liên hệ với các đối tượng Toán học có liên quan

- TDBC là làm cho HS cảm nhận được quy luật "toàn diện" của lôgic BC: các sự vật, hiện tượng khách quan đều có mối liên hệ với nhau (bên trong và bên ngoài, trực tiếp và gián tiếp) trong tổng thể những mối quan hệ phong phú, phức tạp và muôn vẻ của nó với các sự vật, hiện tượng khác.

- Khi DH Toán cần làm cho HS thấy được mối liên hệ giữa các kiến thức Toán học trong hệ thống, hiểu đầy đủ kiến thức Toán học, tạo điều kiện tốt vận dụng khi giải bài tập. VD 1: Xem xét cos trong mối "liên hệ” với các đối tượng Toán học có liên quan.

- Liên hệ với sin: cos2 + sin2 = 1

- Liên hệ với tan: 1 + tan2 =

1(

cos2 

+ k, k  Z)

- Liên hệ với cos2: cos2 = 2cos2 1 (công thức nhân đôi)

cos2 =

1 cos2(công thức hạ bậc)

- Liên hệ với sin và tan: tan =

- Liên hệ với sin và cot: cot =

sin cos 

cos sin 

(

+ k, k  Z)

+ k, k Z)

- Liên hệ với sin và sin2: sin2 = 2sin.cos

- Liên hệ với t = tan 

: cos =

1 t 2

1 t 2

(

+ k, k  Z)

- Liên hệ với cos(): Cung đối nhau: cos() = cos

- Liên hệ với cos(): Cung bù nhau: cos() = cos

- Liên hệ với cos( + ): Cung hơn kém , cos( + ) = cos

- Liên hệ với sin( a): Cung phụ nhau: sin( a) = cos

2 2

VD 2: Rèn luyện cho HS thiết lập mối liên hệ giữa BT KG và BT phẳng.

Cơ sở của biện pháp này là: HH phẳng và HHKG có những điểm tương tự. Vì nó phản ánh các bất biến Afin. Chẳng hạn: như đường thẳng, mp là 1 phẳng, 2 phẳng trong KG 2 chiều, 3 chiều; đoạn thẳng, tam giác, tứ diện là các đơn hình ...

Trong quá trình DH ở PT, khi chuyển việc nghiên cứu HH phẳng sang HHKG thường nảy sinh việc so sánh giữa những hình trong mp với các hình trong KG. Đặc biệt là hai hình cơ bản, đó là tam giác và tứ diện.

Từ khái niệm mang tính "tương ứng" giữa tam giác và tứ diện có thể mở rộng từ BT phẳng ra BT không gian và để giải quyết một BT không gian ta có thể dựa vào cách giải quyết của BT phẳng.

Chẳng hạn: Những cặp khái niệm tương ứng giữa tam giác và tứ diện:

Tam giác  Tứ diện; Cạnh  mặt; Độ dài cạnh  Diện tích mặt; Trọng tâm tam giác  Trọng tâm tứ diện; Trung tuyến tam giác  Trọng tuyến tứ diện;

Tam giác vuông  Tứ diện vuông; Đường tròn nội, ngoại tiếp  Mặt cầu nội, ngoại tiếp; Đường phân giác  mp phân giác của nhị diện cạnh.

Quy trình của mối liên hệ lời giải giữa BT KG và BT phẳng: BT phẳng (lời giải)

 Khai thác tương tự  BT KG (lời giải)

Cụ thể:

* Cho BT phẳng: Cho tam giác ABC và một điểm O. A', B', C' lần lượt là các điểm đối xứng của O qua các trung điểm của BC, CA, AB.

CMR: AA', BB', CC' đồng quy tại một điểm P.

A B’

P J

Giải: Gọi I, J, K lần lượt là các trung điểm của BC, CA, AB. A' = Đ (O); B' = Đ (O), suy ra

O I J

A'B' = 2IJ = AB và A'B' // IJ // AB.

B C

I A’

Hình 2.39

Suy ra ABA'B' là hình bình hành (AA', BB' là các đường chéo).

Do đó AA' và BB' cắt nhau tại một điểm P là trung điểm mỗi đoạn. Tương tự ta cũng có BB' và CC' cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. Vậy AA', BB', CC' đồng quy tại điểm P.

*Ta có BT không gian tương tự: Cho tứ diện ABCD. Gọi Gi (i = 1, 2, 3, 4) lần lượt là trọng tâm các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC); O là một điểm bất kỳ trong không gian; A', B', C', D' lần lượt là các điểm đối xứng của O qua các điểm Gi (i = 1, 2, 3, 4).

Chứng minh rằng AA', BB', CC', DD' đồng quy.

Giải: A' = ĐG1(O); B' = ĐG2(O); C' = ĐG3(O); D' = ĐG4(O). Ta có: A'B' // 2G1G2; A'B' = 2G1G2 (1).

Mặt khác, theo định lí Talet phẳng: IG1/IB =IG2/IA =1/3

với I là trung điểm CD. Suy ra: G1G2 =AB/3 và G1G2// AB. (2).

Từ (1) và (2) ta có:

A'B' =2/3 AB và A'B' // AB.

Suy ra ABA'B' là hình thang (AA', BB' là các đường chéo). Gọi P = AA' x BB' thì

PA/PA’ =PB /PB’ =AB/A’B’ = 3/2 (3)

O G

B P B D

G I

C A

Hình 2.40

Tương tự, các cặp đường thẳng (AA', CC'); (AA', DD') cắt nhau tại các điểm Q, R và thỏa mãn: QA/QA’ = QC/QC’ = 3/2 (4); RA/RA’ = RD/RD’ =3/2 (5). Từ (3),

(4), (5) suy ra: P  Q  R.

Do đó AA', BB', CC' đồng quy.

HH KG đối với HS THPT là môn học có cấu trúc chặt chẽ, có nội dung phong

phú hơn so với HH phẳng. Việc chuyển giải BT HH KG về BT phẳng tương ứng cũng là một trong những HĐ góp phần rèn luyện TDBC của HS.

Trong mối liên hệ giữa HH KG và HH phẳng, trên cơ sở coi mp là một bộ phận của KG. Chúng ta cần đặc biệt chú trọng "tách" các bộ phận phẳng ra khỏi KG (vẽ hình, xét trên các chi tiết của BT), các bộ phận phẳng được "tách" ở đây có thể là mặt (mặt của khối đa diện), mặt cắt (thiết diện) hay đường thẳng (giao tuyến).

Vấn đề ở chỗ các bộ phận phẳng được tách thể hiện được các yếu tố đã cho và các yếu tố cần tìm, giúp HS tự giải quyết được các yêu cầu của BT đặt ra.

VD 3: Xem xét "giải một BT HH" trong mối "liên hệ" với các PP Toán học: PP toạ độ, PP vectơ, PP tổng hợp, PP biến hình, ...

VD 4: Xem xét việc tính diện tích S của tam giác ABC theo các mối liên hệ đã cho bằng các cách khác nhau [126, tr. 59]

Với tam giác ABC, ta kí hiệu ha, hb, hc là độ dài các đường cao lần lượt ứng với

các cạnh BC, CA, AB; R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam

giác,

p a b c là nửa chu vi tam giác.

Ta có thể tính diện tích S của tam giác ABC bằng các công thức sau:

(1) S =

1 a.ha =

1 b.hb =

1 c.hc;

B a C

Hình 2.41

(2) S =

(3) S =

1 absinC =

abc ;

1 acsinB =

1 bcsinA;

(4) S = pr;

p( p a)( p b)( p c)

(5) S =

(công thức Hêrông).

Như vậy, tùy từng dữ kiện của BT mà ta sử dụng các công thức trên để tính diện tích của một tam giác bất kì một cách thuận tiện nhất.

VD 5: Xem xét BT “chứng minh 3 điểm thẳng hàng” trong mối liên hệ với các PP Toán học.

- PP vectơ: Để chứng minh 3 điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng, ta chứng

minh:

AB k AC

(Tức là hai vectơ AB và AC cùng phương). VD xem [126, tr. 22].

- PP tọa độ: Để chứng minh 3 điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng thì ta chứng

minh hai vectơ AB và AC cùng phương với nhau hoặc tính AB, BC, AC và chứng minh AB + BC = AC.

Sử dụng các công thức tọa độ đã học để tìm tọa độ của hai vectơ AB và AC . Sau đó chứng minh hai vectơ đó cùng phương bằng kiến thức: Vectơ AB = (x ; y) cùng phương với vectơ AC = (x’ ; y’) O khi và chỉ khi có số k sao cho x’= kx, y’= ky.

Chẳng hạn: Trong mp tọa độ, cho 3 điểm A(3; 4), B(1 ; 1), C(9 ; 5).

CMR: 3 điểm A, B, C thẳng hàng [126, tr. 31]. Giải: Ta có: AB = (4 ; 3); AC = (12 ; 9)

Suy ra AC = 3 AB

Vậy AB và AC cùng phương nên suy ra 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

- PP tổng hợp

Cánh 1: Sử dụng định lí Talet

Chẳng hạn: Cho tam giác ABC. Lấy hai điểm M, N trên AB, AC sao cho MN song song với BC. Gọi I, J là trung điểm của MN, BC.

CMR: 3 điểm A, I, J thẳng hàng.

Nhận xét: Nhận thấy BT có xuất hiện nhiều các yếu tố song song, nên để chứng minh A, I, J thẳng hàng, ta nghĩ đến việc sử dụng định lí Talet.

Để chứng minh 3 điểm A, I, J thẳng hàng, ta cần chứng minh:

AM MI

AB BJ

Giải: Theo giả thiết, do MN // BC nên theo định lí Talet ta có:

Ta chỉ cần chứng minh:

MIMN

M IN

AM MN (1)

AB BC

BJ BC

Hình 2.42