Phát triển tư duy biện chứng của học sinh trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ thông - 18

Ta có: I, J là trung điểm của MN, BC nên

MI 

MN

BJ MI BC BJ

MN

BC

(2)

Có thể bạn quan tâm!

• 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 - 17
• 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
• Biện Pháp 6 : Làm Cho Học Sinh Thấy Được Mối Liên Hệ Giữa Các Kiến Thức Toán Học Với Thực Tiễn

Xem toàn bộ 225 trang tài liệu này.

Từ (1) và (2) ta có:

AM MI .

AB BJ

Áp dụng định lí Talet đảo ta có A, I, J thẳng hàng.

Cách 2: Sử dụng hai góc ở vị trí đối đỉnh

Chẳng hạn: Cho tam giác MNP có I, J là trung điểm của MN, MP. Gọi H, K là trung điểm của IJ và NP.

CMR: 3 điểm M, H, K thẳng hàng.

Giải: Ta đã có I, H, J thẳng hàng, nên để chứng minh

M, H, K thẳng hàng ta cần chứng minh: Xét hai tam giác MHI và KHJ:

Do KJ//MN nên ta có:

MHI = KHJ

M

I

H

J

K

IMH = JKHvàMIH = KJH(1)

Mặt khác ta lại có: IM = KJ =

1 MN (2)

2 N P

Từ (1) và (2) suy ra:

MHI KHJ

Hình 2.43

Suy ra:

MHI = KHJH.ai góc này ở vị trí đối đỉnh.

Vậy 3 điểm M, H, K thẳng hàng.

Ngoài các PP đã học ở trên, còn có một số PP nữa được sử dụng để chứng minh 3 điểm thẳng hàng ở chương trình lớp 11, 12. Đó là:

- PP sử dụng phép vị tự,

- PP sử dụng phép chiếu song song,

- PP chứng minh 3 điểm thuộc hai mặt phẳng phân biệt.

VD 6: Xem xét BT quỹ tích trong mối liên hệ giữa các yếu tố cố định và yếu tố thay đổi. Chẳng hạn: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a và số k2.

Tìm tập hợp các điểm M sao cho

MA.MB 

k2 [126, tr. 48].

Nhận xét: Để tìm quỹ tích các điểm M, ta phải xác định được các yếu tố thay đổi và các yếu tố cố định, từ đó tìm

mối liên hệ giữa chúng, để rút ra điểm cần tìm.

Giải: Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có:

MA.MB  (MO OA).(MO OB)

 (MO OA).(MO OA)

= MO 2 OA 2

= MO2 OA2 = MO2 a2.

M

A

. O

B

Hình 2.44

Do đó:

MA.MB 

k2 MO2 a2 = k2 MO2 = k2 + a2.

Khi điểm M thay đổi thì khoảng cách giữa điểm M với một điểm cố định O (do

k 2 a 2

đoạn thẳng AB có độ dài 2a cố định) là một khoảng

Vì vậy, tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O, bán kính

không đổi.

k 2 a 2

R .

VD 7: Đơn giản biểu thức: A = sin1000 + sin800 + cos160 + cos1640

Giải: Để đơn giản biểu thức A trên, trong khi A rất phức tạp (gồm các góc không đặc biệt), ta tìm mối liên hệ giữa tổng A với một tổng A’ nào đó, mà A’dễ đơn giản hơn. Sau khi đơn giản được A’, nhờ mối liên hệ giữa A và A’ mà ta đơn giản được biểu thức A.

Ta có: A = sin1000 + sin800 + cos160 + cos1640

Nhận thấy: Góc 1000 và góc 800 bù nhau nên sin của chúng bằng nhau, tức là: sin1000 = sin800. Tương tự, ta có: Góc 160 và góc 1640 bù nhau nên cos của chúng đối nhau, tức là: cos1640 = cos160

Vì vậy: A = A’= sin800 + sin800 + cos160 cos160 Ta có: A’ = 2 sin800 + 0 = 2 sin800

Suy ra A = A’ = 2 sin800.

VD 8: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

cot A

b c a

2 2 2

4S

(Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của ABC; S là diện tích ABC) [126, tr.71].

Nhận xét: Để chứng minh biểu thức P = Q, ta đi tìm “mối liên hệ” giữa P và Q. Mà mối liên hệ này không dễ gì xác định được, ta phải tìm và biểu diễn “mối liên hệ” giữa P với P1, P2, ... và Q với Q1, Q2, ... Trong đó Pi, Qj có mối quan hệ với nhau.

Giải: Ta có:

cot A cos A

sin A

Từ định lí côsin, ta có:

cos A

b c a

2 2 2

2bc

(1)

Từ S =

1 bcsinA, ta có: sinA = 2S

2 bc

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

cot A 

b 2 c 2 a 2

2bc

: 2S

bc

b 2 c 2 a 2

2bc

. bc

2S

b2 c 2 a 2

4S

Do đó:

b 2 c 2 a 2

cot A .

4S

Như vậy, khi tiếp nhận một BT mới, nếu GV biết khéo léo hướng dẫn cho HS tự khám phá ra được mối liên hệ đặc biệt giữa các kiến thức đã được học với các giả thiết, kết luận của BT và mối liên hệ giữa các PP giải BT đó, thì các em sẽ hứng thú. Điều đó tạo nên tính tự giác, tích cực học tập môn Toán, cũng như góp phần phát triển TDBC cho HS.

c. Làm cho học sinh biết xem xét sự biến đổi của các đối tượng Toán học trong mối liên hệ đã xác định

- TDBC là xem xét sự vật hiện tượng trong quá trình biến đổi để phản ánh được đầy đủ hơn tính chất của sự vật hiện tượng.

- Khi DH Toán giúp HS hiểu đầy đủ hơn các tính chất của đối tượng Toán học.

VD 1: Trở lại BT “Cho ngũ giác đều ABCDE có tâm O. Chứng minh:

v OA OB OC OD OE 0 ”, chúng ta đã nói tới các PP có thể chứng minh

v 0. Ở đây ta xét sự biến đổi của v 0 thông qua các BT:

BT 1: Cho tam giác ABC, gọi tâm I là tâm đường tròn nội tiếp. Với AB = c, BC

= a, AC = b. Chứng minh: a IA + b IB + c IC = 0

Giải: Đặt v = a IA + b IB + c IC = 0

Ta có:

IA.v

aIA 2 bIB.IA cIC.IA

= IA(aIA + bIB.cos( IB.IA ) + cIC.cos( IC.IA ))

= IA(aIA + bIB.cos(A B ) + cIC.cos(

A C ))

2

= IA(aIA bIB.cos A B

2

2 2 2

cIC.cos A C)

2

= IA(aIA bIB.sin C cIC.sin B )

2 2

= 2R.IA(sinA r sinB r .sin C sinC

r .sin B )

sin A

2

sin B2

2

sin C2

2

= 4R.IA.r(cos Acos B. sin C cos C .sin B )

2 2 2 2 2

= 4R.OA.r(cos Asin B C) = 0. Do đó: OA v.

2 2

Chứng minh tương tự, ta cũng có OB v . Nhưng O, A, B không thẳng hàng, do đó

v 0 .

BT 2: Gọi K, E, F là hình chiếu vuông góc của trọng tâm G của ABC trên các

cạnh BC, CA, AB. A

M

F

N

E

G

Chứng minh: a2 GK + b2 GE + c2 GF 0

Giải: Gọi AH, BM, CN là các đường cao của ABC. Áp dụng định lí Talét ta có:

a2 GK + b2 GE + c2 GF 0

nh

 a2 AH + b2 BM + c2 CN 0

Đặt v = a2

AH + b2

BM + c2

B

CN .

H Hì K 2.45 C

Ta có:

AH.v

AH (a2 AH + b2 BM + c2 CN )

= AH(a2AH + b2BM.cos( AH , BM ) + c2CN.cos( CN , AH ))

= AH.2R.2SABC(sinA - sinB.cosC  sinC.cosB)

(thay a.AH = b.BM = c.CN = 2SABC; a = 2R.sinA; b = 2R.sinB; c = 2R.sinC)

= AH.4R.SABC(sinA  sin(B + C)) = 0. Do đó: AH v.

Chứng minh tương tự ta cũng có

BM 

v . Nhưng A, B, M không thẳng hàng nên

v 0 .

BT 3: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.

Chứng minh: sin2A. OA + sin2B. OB + sin2C. OC = 0

Giải: Đặt v = sin2A. OA + sin2B. OB + sin2C. OC

Ta có: v . OA = OA (sin2A. OA + sin2B. OB + sin2C. OC )

= R2(sin2A + sin2B.cos( OA , OB ) + sin2C.cos( OA , OC )

= R2(sin2A + sin2B.cos2C + sin2C.cos2B) = R2(sin2A + sin(2B + 2B))

= R2(sin2A + sin2(A)) = 0. Chứng minh tương tự ta cũng có v . OB = 0.

Nhưng A, O, B không thẳng hàng nên

v 0 .

BT 4: Cho ABC không vuông, H là trực tâm.

Chứng minh:

a

HA

cos A

b

+ HB

cos B

c

+ HC = 0

cos C

Giải: Đặt v =

a

HA

cos A

b

+ HB

cos B

c

+ HC

cos C

v . BC =

b

HB . BC +

cos B

c

HC . BC

cos C

= 2R.BC( sin B.HB.cos( HB , BC ) + sin CHC.cos( HC , BC ))

cos B

= 2R.BC( sin B.HB(cosB1) +

cos B

cos C A

H

sin CHC.cosC1)

cos C

= 2R.BC( sin B .HB(sinC) +

cos B

sin C HC.sinB)

cos C

= 2R.BC.sinC.sinB(

HC cos C

HB)

cos B

B E C

Hình 2.46

Vì tam giác ABC không vuông nên:

HB =

HE =

sinB1

HE ; HC =

cos C

HE =

sinC1

HE

cos B

Do đó:

HC

cos C

A

P

N

I

HB= 0

cos B

Do đó: v . BC = 0.

Lí luận tương tự ta cũng có kết luận v AC = 0. Mà A, B, O không thẳng hàng nên v 0 .

B M C

Hình 2.47

BT 5: Đường tròn (I) nội tiếp ABC tiếp xúc với các cạnh

BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. CMR: a IM + b IN + c IP = 0

Giải: Đặt v = a IM + b IN + c IP

Ta có: v . IM = (a IM + b IN + c IP ). IM = r2(a + b.cos( IN , IM ) + c.cos( IP , IM ))

= r2(a b.cosC c.cosB) = 2R.r2(sinA sinB.cosC sinC.cosB)

= 2R.r2(sinA sin(B = C)) = 0. Do đó: v . IM = 0. Lí luận tương tự ta cũng

có kết luận v . IN = 0. Mà I, M, N không thẳng hàng nên:

v 0 .

VD 2: Xuất phát từ BT “Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, với a =

BC, b = CA, c = AB. Chứng minh rằng: a IA + b. IB + c IC = 0 ”.

Trong nội dung BT này, ta hướng dẫn HS khai thác theo hướng: chuyển đổi ngôn ngữ giữa ngôn ngữ vectơ và ngôn ngữ của Hình học tổng hợp theo hướng khái quát hóa.

HĐ1: Cho HS chuyển đổi biểu thức vectơ (có hướng) a IA + b IB + c IC sang biểu thức vô hướng (độ dài) và phát hiện vấn đề sau khi biến đổi.

Kết quả chờ đợi: Biến đổi: a IA + b IB + c IC = 0  (a IA + b IB + c IC )2 = 0 

a2IA2 + b2IB2 + c2IC2 + 2ab IA . IB + 2bc IB . IC + 2ca IC . IA = 0

 a2IA2 + b2IB2 + c2IC2 + ab(IA2 + IB2 AB2) +

+ bc(IB2 + IC2 BC2) + ca(IC2 + IA2 AC2) = 0

 aIA2(a + b + c) + bIB2(a + b + c) + cIC2(a + b + c) abc(a + b + c) = 0

 aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc.

Vấn đề được phát hiện: "Nếu I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC thì aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc trong đó BC = a, CA = b, AB = c" (1)

HĐ 2: Nếu ta thay I là tâm đường tròn nội tiếp bởi điểm M bất kì khác thì kết quả sẽ như thế nào? và quan hệ giữa điểm I và điểm M sẽ ra sao?

Kết quả là:

a). v = a MA +b MB +c MC = a (MI IA) +bơ (MIIB) +c (MIIC)

= (a+b+c) MI + (a IA + b IB + c IC ) = (a+b+c) MI

Nhận xét: v 0  MI và |a MA +b MB +c MC | = (a+b+c)MI (2)

b). (a MA +b MB +c MC )2 = a2MA2+b2MB2+c2MC2 + 2ab MA . MB +

+ 2bc MB . MC + 2ca MA . MC

= a2MA2 + b2MB2 + c2MC2 + ab(MA2 + MB2 AB2) + bc(MB2 + MC2 BC2)

+ ca(MA2 + MC2 A C2)

= aMA2(a +b+c) + bMB2(a+b+c) + cMC2(a+b+c) abc(a+b+c)(*)

Do (a MA +b MB +c MC )2  0 nên từ (*) ta suy ra: aMA2 + bMB2 + cMC2  abc. (3)

c). aMA2 + bMB2 + cMC2 = a (MI IA) 2 + b (MIIB) 2 + c(MIIC)2

= (a MI 2 + a IA 2 + 2a (MI . IA) + (b MI 2 + b IB 2 + 2b (MI . IB)

+ (c MI 2 + c IC 2 + 2c (MI . IC)

= (a+b+c)MI 2 + (aIA2+bIB2+cIC2) + 2 MI (a MA +b MB +c MC )

= (a+b+c)MI2 + abc. Do đó: aMA2 + bMB2 + cMC2

= (a+b+c)MI2 + abc (4)

Từ BT ban đầu qua khai thác ta thu được các kết quả (1), (2), (3) và (4).

Từ đó có thể phát biểu chúng dưới dạng các BT sau:

BT 1: Cho I là tâm đường trong nội tiếp ABC với BC = a, CA = b, AB = c.

Hãy chứng minh: aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc.

BT 2: Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c.

Hãy tìm tập hợp điểm M để biểu thức aMA2 + bMB2 + cMC2 đạt giá trị nhỏ nhất.

BT 3: Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c.

Hãy tìm tập hợp điểm M thỏa mãn: aMA2 + bMB2 + cMC2 = k2 (k là số cho trước).

BT 4: Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c.

Hãy tìm tập hợp điểm M thỏa mãn: |a MA +b MB +c MC | = k (với k > 0 cho trước).

d. Làm cho học sinh biết chuẩn bị kiến thức về mối liên hệ giữa cái tổng quát và cái cụ thể, trên cơ sở nắm vững các trường hợp riêng để học sinh tự khám phá, tự đặt ra bài toán tổng quát và độc lập giải quyết

VD 1: Giải các BT đồng quy có thể tiến hành nhờ sử dụng các PP sau đây:

* PP thứ nhất: Chuyển BT chứng minh đồng quy về BT chứng minh thẳng hàng.

BT: Trên cạnh Ox của góc xOy lấy các điểm A1, A2, A3 sao cho OA1: A1A2 : A2A3 = 1 : 2 : 3.

Trên cạnh Oy lấy các điểm A'1, A'2, A'3 sao cho OA'1: A'1A'2 : A'2A'3 = 3 : 3 : 2.

x

A2

A1

A'2

A'3

A'1

y

Chứng minh: Các đường thẳng A1A'1, A2A'2, A3A'3 đồng quy. A3

Giải: Đặt

OA 3

a ,

OA'3

b .

Ta có: OA'1

8 b ;

3

OA' 2

3 b

4

OA1

1 a ;

6

OA 2

1 a O

2

Vì OA1

OA'1

nên A A'

S

cắt nhau tại

A1 A 2

A'1

1 1

A' 2

điểm S nào đó. Ta chứng minh A3, A'3, S thẳng hàng.

Hình 2.48