Phát triển tư duy biện chứng của học sinh trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ thông - 8

VD1 (HH10 - nâng cao): DH khái niệm vectơ.

Trong HĐ dẫn vào khái niệm nếu GV khéo léo dẫn dắt các VD từ thực tế rồi qui nạp để giúp HS tiếp cận khái niệm và hình thành khái niệm vectơ (là đoạn thẳng có hướng), điều này thể hiện TDBC là HH phục vụ thực tiễn và có nguồn gốc từ thực tiễn. VD 2 (HH12– chỉnh lí hợp nhất 2000): DH khái niệm phương trình mặt cầu (S). Trong HĐ hình thành khái niệm phương trình (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R2.

Nếu GV chỉ cho HS cách thức tạo lập, xây dựng nên phương trình trên xuất phát từ đẳng thức IM = R với tâm I(a; b; c), bán kính R và điểm M(x; y; z) thuộc mặt cầu

(S) thì việc nhớ khái niệm sẽ trở nên đơn giản hơn đối với HS (ở đây tính BC thể hiện các mối quan hệ qua lại của các đối tượng Toán học: Độ dài IM, bán kính R, IM chính là bán kính vì M thuộc (S)).

Với HĐ củng cố khái niệm mà cụ thể là: HĐ nhận dạng (thông qua việc GV giới thiệu phương trình: x2 + y2 + z2 + 2Ax + 2By + 2Cz = 0 là dạng khác của phương trình mặt cầu), TDBC thể hiện ở chỗ nội dung không thay đổi (các tính chất đặc trưng, bản chất của khái niệm) mà được mô tả ở dạng “vỏ” ngôn ngữ khác; còn hoạt động thể hiện, SGK đưa ra VD ở mục 2 và các bài tập 1. HĐ vận dụng khái niệm được đề cập ở bài tập 3 (tr 108– 109- 110). HĐ vận dụng còn được đề cập trong các bài tâp 8, 9 (tr 112-113: phần ôn tập chương II), với 2 bài tập tổng hợp này càng khẳng định các mối

quan hệ của mặt phẳng, đường thẳng và mặt cầu trong không gian.

VD 3 (Hình học 11- nâng cao): Khi thực hiện HĐ củng cố khái niệm hình chóp, GV có thể cho HS nhận xét:

Nếu mặt đáy là hình tam giác A1A2A3 thì ta có hình chóp tam giác S.A1A2A3. Lúc này thực chất có thể xem A1 là đỉnh, mặt đáy là SA2A3. Ta có hình chóp A1.SA2A3; xem A2 là đỉnh, mặt đáy là SA1A3. Ta có hình chóp A2.SA1A3; xem A3 là đỉnh, mặt đáy là SA1A2. Ta có hình chóp A3.SA1A2 (vì 3 điểm bất kì luôn cùng thuộc một mặt phẳng). Do đó cùng một hình chóp, ta có thể gọi tên chúng khác nhau. Ở đây thực chất GV đã rèn luyện và phát triển hai đặc trưng cơ bản của TDBC là tính biến đổi (thay đổi đỉnh của hình chóp tam giác) và tính toàn diện (nhìn một đối tượng theo nhiều khía cạnh khác nhau).

Có thể bạn quan tâm!

• Mối Quan Hệ Giữa Td Sáng Tạo, Td Độc Lập, Td Tích Cực
• Sự Cần Thiết Phải Rèn Luyện Và Phát Triển Tư Duy Biện Chứng Cho Học Sinh Trong Dạy Học Môn Toán
• Hoạt Động Hóa Người Học Khi Dạy Học Các Tình Huống Điển Hình
• Những Biểu Hiện Của Tdbc Trong Dạy Học Môn Hình Học Ở Trường Thpt
• Nội Dung Môn Dạy Học Hình Học Ở Trường Phổ Thông
• Những Căn Cứ Của Việc Đề Ra Các Biện Pháp Rèn Luyện Và Phát Triển Tư Duy Biện Chứng Cho Học Sinh

Xem toàn bộ 225 trang tài liệu này.

VD 4 (Hình học 11- nâng cao): Khi dạy xong khái niệm về quan hệ song song và quan hệ vuông góc của hai đường thẳng trong không gian.

GV cần thực hiện HĐ củng cố thông qua các phản VD, chẳng hạn ở đây GV đưa ra tình huống: đường thẳng a và đường thẳng b cùng vuông góc với đường thẳng c, liệu a có song song với b không? Nếu HS chưa suy nghĩ kĩ có thể trả lời ngay a song song với b. Ta thấy HS này thiếu cái nhìn toàn diện vì BT luôn đúng trong mặt phẳng, còn trong không gian chưa hẳn (a có thể chéo b).

Với những HĐ linh hoạt và sáng tạo của GV như một số VD ở trên, ta thấy HS sẽ được bồi dưỡng, rèn luyện và phát triển TDBC thông qua tiếp thu khái niệm.

b. Hoạt động hóa người học khi dạy học định lí Hình học

- Các hoạt động DH định lí HH:

Bao gồm 7 HĐ chính (tạo động cơ học tập định lí; phát hiện định lí; phát biểu định lí; chứng minh định lí; củng cố định lí - thông qua 2 HĐ thành phần: nhận dạng và thể hiện khái niệm; vận dụng định lí trong bài tập đơn giản; vận dụng định lí trong bài tập tổng hợp).

Nhận dạng một định lí là xét xem một tình huống cho trước có ăn khớp với định lí đó hay không [74, tr. 21], [73, tr. 386].

Thể hiện một định lí là xây dựng một tình huống ăn khớp với định lí cho trước.

- Rèn luyện và phát triển TDBC cho HS qua các hoạt động DH định lí HH

VD 1 (HH10– nâng cao): DH định lí hàm số côsin trong tam giác [tr53, 54], cụ thể ta

xét trường hợp

a2 b2 c2  2b c  cos A

trong hoạt HĐ gợi động cơ, TDBC thể hiện

nếu GV biết cách đặt vấn đề xuất phát từ định lí Pitago (biết A = 900, AB = c, AC = b. Tính BC = a =?). Mâu thuẫn đặt ra là nếu A  900, biết AB = c, AC = b. Tính BC = a

=? với các kiến thức đã có HS có tính được a không? Từ đó bằng cách sử dụng PPDH nêu vấn đề để GV dẫn dắt HS hoạt động để phát hiện định lí rồi phát biểu định lí. Mặt khác thông qua các VD và bài tập trong SGK để chứng minh (trong định lí này HS có thể thực hiện được cả ba HĐ của việc phân bậc trong HĐ chứng minh, đó là: hiểu chứng minh, lặp lại chứng minh, độc lập tiến hành chứng minh vì việc chứng minh định lí này không phức tạp); các HĐ cũng cố; vận dụng định lí cũng thực hiện tương tự.

VD 2 (Hình học 10 – nâng cao): DH định lí hình chiếu (công thức hình chiếu- tr.48,

49). Nội dung định lí: Cho hai vectơ

OA,OB.

Gọi B’ là hình chiếu của B trên đường

thẳng OA. Chứng minh rằng: OA OB OA OB' .

B

B

A

B’

B

O

A O A

O B’

Hình 1.18 B’

Ngoài cách chứng minh như SGK đã trình bày [126, tr. 49]. GV dạy HS chứng minh định lí này thông qua các HĐ dạy học, chẳng hạn: Trong HĐ phát hiện định lí thông qua ba trường hợp góc AOB  900, AOB = 900, AOB  900. Cụ thể, thực hiện HĐ chứng minh ba trường hợp:

- Khi góc AOB  900, ta có:

OA OB OA  (OB' B' B) OA OB' OA B' B OA OB' ,

vì OA  BB’ OA B' B  0 .

- Khi góc AOB = 900, ta có OA OB  0 (do OA  OB),

vì B’  O OB' O OA OB'  0 , do đó OA OB OA OB' .

- Khi AOB  900, ta có:

OA OB OA  (OB' B' B) OA OB' OA B' B OA OB' ,

vì BB’  OA OA B' B  0 ).

Trong định lí này nếu để HS độc lập chứng minh, HS dễ mắc sai lầm là chỉ xét một trong ba trường hợp trên từ đó kết luận, do đó GV nên cho HS nhìn BT một cách toàn diện, nghĩa là xem xét đối tượng Toán học với nhiều khía cạnh khác nhau.

Với một số VD minh họa trên, khẳng định GV không những rèn luyện và phát triển TD độc lập, TD sáng tao, TD lôgic, TD thuật giải, TD hàm, ... cho HS mà còn cần rèn luyện cho HS vận dụng TDBC một cách thích hợp thông qua các HĐ dạy học.

c. Hoạt động hóa người học khi dạy học bài tập Hình học

- Các hoạt động DH bài tập HH

Được thể hiện trình tự thông qua 4 HĐ chính (tìm hiểu nội dung BT; xây dựng chương trình giải; thực hiện chương trình giải; kiểm tra và nghiên cứu bài giải).

- Rèn luyện và phát triển TDBC cho HS qua các hoạt động DH bài tập HH

VD 1 (HH11): Cho hai hình bình hành MNPQ và MNEF không đồng phẳng. Lấy K

thuộc MP, H thuộc NF sao cho:

MK NH KP HF

1 . Qua K, H dựng các đường thẳng song

2

song với MN cắt MQ, MF lần lượt tại M1, N1.

a. Chứng minh rằng: KH// QE

Q P

M1 K

(nêu các cách giải khác nhau)

Hình 1.19

M N

b. Chứng minh rằng: M1N1 // (QEF) N1 H

c. Chứng minh rằng: (M1N1HK) // (QEF) F E

d. Nếu thay đổi giả thiết

MK NH  1

thì KH có song song với EQ không?

KP HF 2

KH có song song với (QEF) không? Vì sao?.

Câu a là câu chứng minh KH // QE. Dụng ý câu này là cho HS có thể trình bày nhiều cách giải khác nhau của một BT nhằm thực hiện “xem xét đối tượng Toán học với nhiều khía cạnh khác nhau” và “mối liên hệ và phụ thuộc”.

Câu b là câu chứng minh M1N1 // (QEF), ở đây GV đã vận dụng “xem xét đối tượng Toán học trong mối liên hệ và phụ thuộc với các đối tượng Toán học khác”, cụ thể do M1K // MA nên các tam giác QM1K và QMA đồng dạng từ suy ra:

MM1 AK  1

(tương tự N1H // MN, nên các tam giác FN1H và FMN đồng dạng từ

MQ AQ 3

đó ta có:

MM1 MN1  1 ).

MQ MF 3

Do đó M1N1 // QF mà QF  (QEF), suy ra M1N1 // (QEF).

Câu c BT yêu cầu chứng minh: (M1N1HK) // (QEF), với câu này dụng ý là kiểm tra khả năng vận dụng “xem xét đối tượng Toán học trong mối liên hệ và phụ thuộc với các đối tượng Toán học khác”. Từ M1K // N1H // MN, dẫn tới (M1N1HK) xác định. Do M1K // MN // EF nên M1K // (QEF) và M1N1 // QF nên M1N1//(QEF). Từ đó ta có điều cần chứng minh. Đây là các thể hiện đặc trưng của TDBC.

Câu d dụng ý là rèn luyện một đặc trưng cơ bản của TDBC “sự biến đổi về lượng dẫn tới sự biến đổi về chất”, cụ thể bằng cách thay đổi giả thiết của BT

MK NH  1

lúc đó ta thấy KH không song song với EQ nữa, nhưng KH lại vẫn

KP HF 2

song song với (QEF). Đây là câu quan trọng nhất mà GV đã thể hiện trong HĐ giải BT này nhằm rèn luyện và phát triển TDBC cho HS.

VD 2 (HH10- nâng cao): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho một phương trình có dạng:

1

x2 y2 , với a  b. Xác định hình dạng của phương trình trên.

a2 b2

Bài tập này cũng nhằm bồi dưỡng đặc trưng “sự biến đổi về lượng dẫn đến sự

biến đổi về chất” và “mối liên hệ và phụ thuộc”của TDBC. Nhờ HĐ nhận dạng và thực

hiện các thao tác biến đổi, ta xác định được

e MF

m 1

d (M ; ) 6

là tâm sai của conic,

từ đó nếu thay đổi e thì hình dạng của conic thay đổi theo (Elip, Hypebol, Parabol).

VD 3: Khi cho HS giải các BT liên quan tới vị trí tương đối của hai đường thẳng. Cần lưu ý là BT cho trong mặt phẳng hay trong không gian (nếu cho trong mặt phẳng có 3 trường hợp, còn trong không gian có 4 trường hợp). GV phải khắc sâu HĐ cũng cố, để cho HS thấy được sự biến đổi của các đối tượng Toán học khi thay đổi đối tượng khảo sát.

Đây chính là những thể hiện sinh động các đặc trưng của TDBC khi DH giải bài tập HH.

Do đó khi DH môn HH ở trường THPT, GV cần bồi dưỡng các HĐ đặc trưng sau của TDBC cho HS:

- Hệ thống hóa khái niệm, định lí, bài tập để thấy được mạch lôgic của kiến thức và thấy được mối liên quan của chúng;

- Cần khái quát hóa một mệnh đề, BT sau khi thực hiện chứng minh, giải;

- Nhìn sự vật, hiện tượng trong trạng thái biến đổi;

- Liện hệ các đối tượng Toán học với thực tiễn khi tiếp cận và sau khi học;

- Xét một vấn đề, một đối tượng Toán học dưới nhiều khía cạnh khác nhau (xét các trường hợp, các khả năng xảy ra của BT, mệnh đề; giải, chứng minh BT theo nhiều cách khác nhau; ...)

- Tiến hành phân tích, tổng hợp, ... , để phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề;

- Bồi dưỡng các đặc trưng của TD hàm (biểu diễn các đối tượng Toán học trong sự vận động, biến đổi; xử lí các mối liên hệ nhận quả; giải thích nội dung các sự kiện Toán học chú ý cao ứng dụng của Toán học; ...);

- Cho HS nhận xét lẫn nhau khi phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề (để tìm ra ưu, nhược; phải, trái; đúng sai; ...) ...

Chú ý: Ta có thể khai thác SGK Hình học 10 khi DH giải toán nâng cao về Parabol (P) góp phần phát triển TDBC cho HS

Căn cứ vào các đặc điểm trình bày chính của SGK HH 10 mới của ban KHTN và ban KHXH. Chúng tôi nêu lên một số vấn đề cần quan tâm khi DH giải toán nâng cao về (P) là một trong ba đường conic bậc hai quan trọng trong SGK HH hiện hành. Để hiểu rõ hơn phần giải toán về (P) và các mối quan hệ của nó, chúng tôi nêu lên những vấn đề sau:

- Hình thành khái niệm về (P) cho HS: SGK hình thành khái niệm (P) bằng con đường qui nạp, cụ thể đã đưa ra các VD trong đời sống về hình dạng của (P), sau đó là định nghĩa (P), tiếp theo gắn (P) vào hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy để xây dựng phương trình chính tắc, tiến đến trình bày các khái niệm tham số tiêu p, đường chuẩn , tiêu điểm F, trục đối xứng, đỉnh, tâm sai, … sau nữa là các bài tập để luyện tập, ôn tập.

- Những dạng Toán cơ bản về (P): Tương tự như Elip (E), Hypebol (H) thì (P) cũng có các dạng toán cơ bản: xây dựng công thức (phương trình) của (P) là y2= 2px ( 3 trường hợp còn lại y2= 2px, x2= 2py xây dựng tương tự); cho phương trình của (P) hãy suy ra tham số tiêu p (hay suy ra đường chuẩn () và tiêu điểm F); cho tham số tiêu p (trực tiếp hoặc gián tiếp) suy ra phương trình của (P); xây dựng công thức về điều kiện tiếp xúc của đường thẳng (): Ax + By + C = 0, A2 + B2 > 0 với (P): y2= 2px là pB2= 2AC (*); giải các BT về tiếp tuyến (TT) tại, TT đi qua, TT

chung của hai (P); lập phương trình TT biết hệ số góc trực tiếp hoặc gián tiếp (biết TT vuông góc, TT song song với một đường thẳng cho trước), …

- Những dạng Toán khác về (P)

+ Dạng 1: Cho một đường thẳng () không thuộc (P). Hãy tìm điểm M trên (P) sao cho khoảng cách từ M đến () là ngắn nhất. Khi giải GV sẽ hướng dẫn HS lấy điểm M trên (P) sau đó tính d(M; ), từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách này bằng hai cách khác nhau ( biến đổi và dùng đạo hàm ). Chẳng hạn, ta có BT (đại học Mỏ - địa chất năm 1998 ), cho (P): y2= 64x và đường thẳng (): 4x+3y+46 = 0, ta tính được d(M; ) = 2 khi M(9; - 24). Vì nội dung này được chuyển xuống lớp 10 nên ta chỉ có thể dùng phương pháp biến đổi để tính d(M; ).

+ Dạng 2: Viết phương trình TT chung của (P) với (E), của (P) với (H). GV chủ yếu hướng dẫn HS dùng điều kiện tiếp xúc của đường thẳng () ( với (E):

x2 y2 

2 2 2 2 2

x2 y2

a2 b2

1 a > b; F1 , F2  Ox là a A

+ b B = C ; với (H):

1  F1 , F2 

a2 b2

Ox là a2A2  b2B2 = C2 ) để giải. Những dạng này chỉ áp dụng được khi (E) có tâm

O(0;0), (H) có giao hai tiệm cận

y b x

a

là O(0; 0) và (P) có đỉnh O(0; 0). Chẳng hạn,

ta có BT (đại học Dược HN năm 1998 ): Viết phương trình TT chung của (P): y2= 12x

2 2

1

và (E): x y sử dụng điều kiện tiếp xúc của đường thẳng và (E) giải ra ta có hai

8 6

tiếp tuyến chung là: y 3 x 2 3; y 3 x 2 3 .

2 2

+ Một số dạng Toán nâng cao: Như chúng ta đã biết HH giải tích là bộ môn Toán cơ sở giúp cho người học toán thấy rằng, người ta có thể nghiên cứu HH bằng những PP khác nhau như: PP đại số, PP giải tích, …Vì vậy người học toán cần làm quen với các PP đó và ứng dụng nó trong học tập, nghiên cứu. Ở THPT đã vận dụng sáng tạo HH giải tích trong mp (vectơ, đường thẳng, đường tròn, ba đường conic) và HH giải tích trong KG (vectơ, mp, đường thẳng, mặt cầu). Tuy nhiên trong khuôn khổ và nội dung được trình bày ở SGK HH 10 hiện hành thì không thể giải được các BT

nâng cao, cụ thể ở đây chúng tôi muốn nêu một số dạng toán của (P) ( còn (E), (H) tương tự ) và tìm ra các mối liên quan BC của chúng trong các hệ toạ độ, đặc biệt hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy, mối liên quan giữa các loại hệ toạ độ và cách đổi hệ trục toạ độ Đêcac nhằm giải quyết được các BT nâng cao liên quan tới (P).

Hệ vectơ độc lập tuyến tính: Hệ {

e1 ,

e2 , …,

en }được gọi là độc lập tuyến tính

nếu từ đẳng thức .e .e ... .e 0 , ta có ... 

0 .

1 1 2 2 n n 1 2 n

Hệ toạ độ afin ( O,

e1 ,

e2 ) - Hình a: Trên mặt phẳng cho điểm O và hai vectơ

độc lập tuyến tính

OI e1; OJ e2 . Tập hợp ( O,

e1 ,

e2 ) hay Oxy được gọi là một hệ

toạ độ afin (đường thẳng Ox đi qua O và I gọi là trục hoành, đường thẳng Oy đi qua O và J gọi là trục tung, điểm O gọi là gốc tọa độ).

Hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy - Hình b: Hệ toạ độ afin sẽ trở thành hệ toạ độ

Đêcac Oxy ở PT khi e 

e hay e . e = 0 và e e

1 hay e 2 e 2 1 ( e , e là hai

vectơ đơn vị ).

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

Hệ toạ độ cực (O, e ) - Hình c: Trên mặt phẳng cho điểm O gọi là cực và nửa đường thẳng [Op) với vectơ chỉ phương đơn vị là e . Với mỗi điểm M tuỳ ý khác O xác

định hai số sau: r = OM ,là góc định hướng giữa e và OM . (r,)

điểm M, ký hiệu M (r,) .

y

e2

e

1

O Hình b

x

M



y

M

e2



O e

1 Hình d

x

Mối quan hệ BC giữa hệ toạ độ Đêcac và hệ toạ độ cực:

gọi là toạ độ của

e

2

J

y

e

1

O I x

Hình a

e Hình c P

Nếu như hệ toạ độ Đêcac là trường hợp riêng của hệ toạ độ afin thì hệ toạ độ cực với hệ toạ độ Đêcac lại có công thức liên hệ với nhau: Cụ thể ta chọn hệ toạ độ

Đêcac vuông góc Oxy và hệ toạ độ cực (O, e ) như Hình d. Đối với Oxy thì M (x; y), đối với (O, e ) thì M (r,) , ta có áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông suy ra:

Xem tất cả 225 trang.