Những Biểu Hiện Của Tdbc Trong Dạy Học Môn Hình Học Ở Trường Thpt

x2 y2

siny ; cosx

x2 y2

, mà theo Pitago

x2 y2

r nên

x r cos

Có thể bạn quan tâm!

• 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
• Phát triển tư duy biện chứng của học sinh trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ thông - 8
• 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
• Rèn Và Phát Triển Tư Duy Biện Chứng Cần Chú Trọng Tới Việc Rèn Luyện, Bồi Dưỡng Cách Thức Tìm Tòi Và Vận Dụng Kiến Thức Của Từng Lĩnh Vực Toán

Xem toàn bộ 225 trang tài liệu này.



y r sin

. Với sự

thể hiện trên, chúng ta dễ thấy rằng các hệ toạ độ có liên hệ chặt chẽ, BC, chúng phụ thuộc nhau không tách rời. Khi DH cho HS khá giỏi nếu GV biết cách giúp HS tìm ra những mối quan hệ này thì cũng sẽ góp phần không nhỏ vào việc phát triển TD lôgic nói riêng, TDBC nói chung.

Ở đây, chúng tôi nêu lên một số dạng toán nâng cao liên quan tới chủ đề (P), đó là: Dạng toán liên quan tới tập hợp điểm (qũi tích): Chẳng hạn, khi gặp BT sau: “ Cho (P): y = x2 và hai điểm A, B thuộc (P) mà AB = 2. Tìm qũi tích trung điểm I của AB”.

Giải ra ta thấy qũi tích của I sẽ là đường cong

y x2 

1

1 4x2

, như vậy với một BT

thoạt nhìn vẻ bề ngoài thì không khó nhưng giải ra ta thấy qũi tích là một đường cong mà HS sẽ không hình dung ra được hình ảnh của đồ thị sẽ như thế nào. Đó là những khó khăn gặp phải khi chuyển nội dung (P) từ lớp 12 xuống lớp 10.

2 2

Dạng toán về TT chung của hai đường conic có tâm hoặc đỉnh có toạ độ khác O(0; 0). Chẳng hạn ta xét BT” Viết phương trình tiếp tuyến chung của (P1), (P2) lần lượt có phương trình: y = f(x) = x2 5x +6; y = f(x)=x2 + 5x 11”. Nếu ở chương trình và SGK cũ chỉnh lí hợp nhất năm 2000 thì BT có thể giải quyết được nhờ công cụ đạo hàm (lớp 12). Cụ thể: Ta có hệ số góc của (P1) là y’= 2x  5, tiếp tuyến của (P1) tại (x1; y1) là y- y1= k1(x- x1) với k1 = 2x1  5, y1= x1 5x 6 y (2x1 5)x x1 6(1) ; Hệ số góc của (P2 ) là y’=  2x + 5, tiếp tuyến của (P2) tại (x2; y2) là y y2= k2(xx2) với k2=

2 2

2 2

2x2+ 5, y2= x2 5x 11 y (5 2x )x x 11(2) . Hai TT (1) và (2) trùng nhau

2x1 5 5 2x2

x1 1 có hai tiếp tuyến chung là y = 3x 10; y =3x +5.



x 11 x 6 x 4

2 2

2 1 2

Nhưng vấn đề đặt ra là ở chương trình hiện hành, nội dung ba đường conic lại chuyển xuống lớp 10, từ đó dẫn đến mâu thuẫn nội tại xuất hiện. Hướng giải quyết là phải chuyển BT được xét trong hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy sang BT được xét trong hệ toạ độ Đêcac vuông góc IXY với cách chuyển như sau: Ta thấy không có TT

chung dạng x = x0. Giả sử TT chung của hai (P) dạng y = f(x) = kx + m ( ). Ta có ( ) là TT chung của (P1), (P2) ( ) là TT của (P1) và ( ) là TT của (P2). Cụ thể:

Ta có (P1) y= x25x +6 = (x5 )2 1 (x 5 )2 (y 1) . Đổi hệ toạ độ Oxy

2 4 2 4

x X 5



sang hệ toạ độ IXY theo công thức 2 thì trong hệ toạ độ IXY, ta có phương

y Y 1

4

trình của (P1): X2 = + Y hay X2 = + 2. 1 Y, từ đó ta có tham số tiêu p1= 1 .

2 2

Phương trình của ( ): Y1 k( X 5 ) m k.X Y m 5 k 1 0 .

4 2 2 4

( ) tiếp xúc (P1) 

1 k 2 2 . ( 1 ) . ( m 5 k 1 ) 

k 2 1 0 k 4 m

1 

0 ( 1 ) .

2 2 4

Ta có (P2) y= x2 + 5x 11= ( x

5 )2 19 (x 5 )2 (y 19 ) . Đổi hệ toạ độ

2 4 2 4

x X 5



Oxy sang hệ toạ độ IXY theo công thức 2 thì trong hệ toạ độ IXY, ta có

y Y 19

4

phương trình của (P2): X2= Y hay X2 = v 2. 1 Y, từ đó ta có tham số tiêu p2 = 1 .

2 2

Phương trình của ( ): Y19 k( X 5 ) m k.X Y m 5 k 19 0 .

4 2 2 4

( ) tiếp xúc (P2) 

1 k 2 2 .( 1).( m 5 k 1 9 ) 

2 2 4

k 2 1 0 k 4 m 1 9 0 ( 2 ).

Từ (1) và (2), ta có k = 3, m =  10 nên y = 3x 10; k =  3, m = 5 nên y =  3x +5.

Vậy có hai phương trình TT chung của hai (P) đã cho.

Như vậy, khi dạy học giải bài tập về ba đường conic nói chung và Parabol nói riêng nếu GV biết khai thác hết và sâu sắc các dạng toán của nó thì sẽ góp phần không

nhỏ vào việc rèn luyện và phát triển TDBC cho HS. Cụ thể, trong 2 VD trên HS sẽ không áp dụng được điều kiện tiếp xúc (*), do lúc này hai (P) không có đỉnh là gốc toạ độ dẫn đến mâu thuẫn nội tại xuất hiện, đặt HS vào một tình thế khó khăn đòi hỏi họ phải vượt qua chướng ngại, đó là tìm ra hướng giải quyết mới, chính yếu tố này là sự biểu hiện rõ nét của TDBC, nghĩa là nó phản ánh sự vật, hiện tượng trong mối quan hệ phụ thuộc lẫn nhau và nhờ tính mền dẻo của TD sáng tạo (là một bộ phận không thể tách rời của TDBC) mà vấn đề được giải quyết.

Do đó, để rèn luyện và phát triển TDBC cho HS, một yêu cầu tất yếu khi DH các tình huống điển hình trong môn Toán là GV phải thông qua các HĐ một cách hợp lí, sáng tạo, linh hoạt, khéo léo để hình thành và củng cố kiến thức, kĩ năng, thái độ cho HS.

1.3. Những biểu hiện của TDBC trong dạy học môn Hình học ở trường THPT

Các khái niệm, định lí, bài tập Toán học cần được nghiên cứu, khảo sát với sự phát triển BC, điều đó có nghĩa là chúng phải được phân tích toàn diện, được xem xét trong những mối liên hệ tương hỗ của chúng trong sự phát triển lịch sử và mâu thuẫn nội tại.

Ở đây, chúng tôi nêu lên những biểu hiện của TDBC, mà cụ thể là khi DH nội dung vectơ ở trường THPT còn các nội dung khác xem xét tương tự.

1.3.1. TDBC thể hiện ngay từ những bài học đầu tiên khi HS học HH ở trường THPT, đó là xem xét các khái niệm từ nhiều trường hợp cụ thể khác nhau.

Chẳng hạn, khi HS học khái niệm tích vô hướng của hai vectơ, từ công thức:

a . b = a . b .cos(với là góc tạo bởi hai vectơ a , b : 0 ).

SGK đưa ra ba trường hợp đặc biệt, khi 0 cos 0 1 a . b = a . b ; khi

900 cos 900 0 a . b = 0 và khi cos1 a . b = a . b .

Các phân tích này giúp HS hiểu một cách toàn diện về khái niệm tích vô hướng của hai vectơ.

Như vậy, để rèn luyện TDBC, ta không cần dẫn ra một cách chuyên biệt các thuật ngữ triết học " cái tổng quát " ; " cái đặc thù " ; " cái riêng " ; nhưng cần chỉ cho HS

thấy sự nhận thức thực tế khách quan bắt đầu từ việc nghiên cứu cái riêng rồi nâng lên cái đặc thù và sau nữa đến cái phổ biến.

Chẳng hạn, sau khi nghiên cứu khái niệm tích vô hướng theo suy diễn (VD trong

trường hợp tổng quát

[0;]

ở trên, rút ra = 0,

900 , 

ở các trường hợp

riêng) và khi DH khái niệm cần cho HS thấy rằng người ta sử dụng cái chung để giải thích và dự đoán cái riêng và rằng cái chung tồn tại trong cái riêng.

1.3.2. TDBC cũng thể hiện ngay từ những định lí, BT. Đó là xem xét các BT từ các trường hợp riêng lẻ.

Chẳng hạn, để HS có cái nhìn toàn diện và đầy đủ cũng như khắc sâu kiến thức về tích vô hướng, sau phần trình bày lí thuyết trên, ta có thể đưa ra hai BT sau.

BT 1: " Cho tam giác đều ABC cạnh a. Tính AB AC; AB BC. Khi giải BT này học

sinh phải xem xét trong hai trường hợp = và = 2, từ đó đi đến kết quả:

AB AC =

a ; AB BC =

2

2

3 3

a2 " .

2

BT 2: " Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. N là điểm tuỳ ý trên cạnh BC. Tính

NA AB ; NO BA .

Giải xong BT 2, HS sẽ hiểu rõ hơn các trường hợp riêng của . Cụ thể: Tính NA AB hay tính BA AB là một, dẫn tới:

NA AB = BA AB = AB2=  a2 ; còn để tính NO . BA = BH . BA =

OH AB (với H là trung điểm AB) " .

1 a2 , do

2

1.3.3. TDBC thể hiện rõ trong chuỗi các BT có liên quan mật thiết với nhau theo qui trình: DH khái niệm các BT gốc các BT nâng cao.

Chẳng hạn, SGK nêu lên các BT gốc sau: BT1: " G là trọng tâm tam giác ABC.

Chứng minh: GA + GB + GC = 0 "

BT2: " G là trọng tâm tam giác ABC, M là một điểm tuỳ ý trong mặt phẳng.

Chứng minh: MA + MB + MC = 3MG "

BT3: " Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm BC. Chứng minh: AB + AC = 2 AM " .

Các BT gốc này là mắc xích liên kết chặt chẽ khi giải. Từ đó SGK nêu lên các

BT nâng cao cũng có mối quan hệ mở rộng dần và lần lượt áp dụng các kiến thức của các BT gốc, chẳng hạn: Chứng minh 2 điểm trùng nhau.

BT1: " Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh hai tam giác ANP và CMQ có cùng trọng tâm " ;

BT2: " Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chứng minh hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm " .

1.3.4. TDBC thể hiện rõ nội tại ở ngay BT gốc, đó là trình bày nhiều cách giải khác nhau cho một BT.

Chẳng hạn, xét BT gốc " G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh: GA

+ GB + GC = 0 " , ta có các cách giải sau: Vế trái là vectơ - không, nên ta định hướng các cách giải sau: Vectơ - không là tổng của hai vectơ đối nhau (thực vậy. Lấy K đối xứng với G qua trung điểm M của BC, ta có hình bình hành ABKC, nên: GB + GC = GK , do GK =2 GM = GA . Suy ra GA + GB + GC = 0 ); Vectơ không có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau (đúng vậy: GA + GB + GC = 0 MA + NB + PC

CB

= 0 ( với N, P lần lượt là trung điểm của CA, AB), ta lại có: MA = MB + BA = 1uur +

BA , tương tự: NB =

1 uuur

+ ; =

AC CB PC

2

2

1uur

BA + AC , suy ra: MA + NB + PC

2

= 3 ( BA + AC + CB ) = 0 ); Vectơ - không có độ lớn bằng 0 (đúng thế: Xét tam giác

2

GKC, ta có:

GK GA , KC GB , CG GC

nên: GA + GB + GC = ( GK +

KC + CG ) = 0 ); Vectơ - không có hai hướng phân biệt (dùng phép chiếu véc tơ, thật vậy: Xét phép chiếu song song theo phương AG xuống BC, khi đó: A,G a M, B a B,

C a C, ta có: U' = MM + MB + MC = 0 , với U' là hình chiếu của vectơ U = GA + GB

+ GC qua phép chiếu song song phương AG xuống BC, theo tính chất của phép chiếu vectơ, suy ra: U // AG .

Chứng minh tương tự, ta có: U // BG , mà A, B, G không thẳng hàng nên U = 0

Hay GA + GB + GC = 0 ); Vectơ - không có toạ độ (0;0) (dùng phương pháp toạ độ,

với cách chọn: A(x1; x2), B(y1;y2), C( z1;z2), ta có G

( x1 y1 z1 ; x2 y2 z2 ) , từ đó ta

3 3

có toạ độ vectơ GA + GB + GC =( 0;0 ), nên GA + GB + GC = 0 ).

Việc giải BT theo nhiều cách như trên không những rèn luyện được tính linh hoạt của trí tuệ mà còn thể hiện được cách nhìn nhận một vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau.

1.3.5. Việc thu hẹp BT rồi mở rộng và khái quát hoá BT cũng là những biểu hiện của TDBC. Chẳng hạn, Khi giải BT gốc " G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh: GA + GB + GC = 0 " , ta có thể thu hẹp BT là: " Với hai điểm A, B. Ta có điểm G duy nhất sao cho: GA + GB = 0 " , rồi liên hệ mở rộng BT này trong tứ giác là: " Với 4 điểm A, B, C, D. Ta có G duy nhất sao cho: GA + GB + GC + GD = 0 " , với HS khá, giỏi ta lại khái quát hoá BT " Cho n điểm A1, A2, ... , An. Tồn tại điểm G duy nhất sao cho:

GA + GA +…+ GA = 0 , với G là trong tâm của hệ n điểm " .

1 2 n

1.3.6. Việc thiết lập lập mối liên hệ giữa BT không gian và BT phẳng, cũng thấy rõ những biểu hiện của TDBC, cụ thể cho HS so sánh: HH phẳng và HH KG có những điểm tương tự. Vì nó phản ánh các bất biến Afin. Chẳng hạn: như đường thẳng, mặt phẳng là 1 phẳng, 2 phẳng trong không gian 2 chiều, 3 chiều; đoạn thẳng, tam giác, tứ diện là các đơn hình, ... Trong quá trình DH ở trường PT, khi chuyển việc nghiên cứu HH phẳng sang HH KG thường nảy sinh việc so sánh giữa những hình trong mặt phẳng với các hình trong KG.

Đặc biệt ta xét 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. Cụ thể, những cặp khái niệm tương ứng giữa tam giác và tứ diện là: 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  Mặt phẳng phân giác của nhị diện cạnh.

Những biểu hiện qua các cách thức trình bày trên khi DH vectơ là những biểu hiện cụ thể của TDBC trong quá trình DH môn HH ở trường THPT mà chúng tôi muốn đề cập.

1.4. Tình hình rèn luyện và phát triển TDBC ở trường phổ thông

1.4.1. Tình hình rèn luyện và phát triển TDBC ở trường phổ thông

Qua quá trình điều tra, tìm hiểu 300 GV toán ở 40 trường THPT của bốn tỉnh Hà Tĩnh, DakLak, Dak Nông và Bình Phước thông qua Phiếu hỏi mà tác giả đã soạn (xem phụ lục), chúng tôi nhận thấy:

- Khi dạy các kiến thức Toán học, một số GV chỉ "trình bày", "giới thiệu" các kiến thức Toán học, mà không "giải thích" để HS hiểu rõ "bản chất" kiến thức Toán học.

- Khi dạy xong một chương, không ít GV chưa hệ thống một cách đầy đủ các dấu hiệu để nhận biết một "đối tượng Toán học" nằm rải rác trong chương. Hay khi dạy giải bài tập, một số GV chưa khuyến khích HS tìm nhiều lời giải khác nhau của một BT.

VD: Khi dạy xong chương III: "Quan hệ vuông góc" – HH 11, một GV dạy đã không hệ thống các dấu hiệu để nhận biết "Đường thẳng vuông góc với mp" nằm rải rác trong chương.

- Khi dạy toán, một số GV quan tâm dạy kiến thức toán mà HS đang học, chưa để ý đến kiến thức đã học, các giai đoạn phát triển của kiến thức toán đang dạy.

VD: Khi dạy "Hệ trục tọa độ Đêcac vuông góc trong KG" – HH 12, GV đã giới thiệu chưa kĩ quá trình phát triển của hệ trục tọa độ Đêcac vuông góc trong mp và tính hữu ích của nó để đưa đến việc mở rộng hệ trục tọa độ này trong KG.

- Trong quá trình dạy toán, một số GV không chỉ cho HS thấy mối liên hệ giữa lượng và chất của sự vật. Điều này thể hiện quy luật "lượng - chất" của lôgic BC, từ những thay đổi về lượng dần dần đến một lúc nào đó dẫn đến thay đổi về chất.

- Trong quá trình dạy toán, GV thường chú ý đến một mặt, ít chú ý đến tính "hai mặt": mâu thuẫn và thống nhất của TDBC làm cho HS học toán một cách tụ động, chưa sáng tạo.

Khi dạy định lí hàm số côsin trong tam giác ở lớp 10, GV chỉ đưa ra định lí và hướng dẫn HS chứng minh mà chưa nêu lên kiến thức cũ và chỉ cho HS biết: ta đã học định lí Pitago. Vì tam giác vuông là trường hợp đặc biệt của tam giác, tam giác vuông cũng là một tam giác. Khi đó, ta sẽ không nghĩ rằng tam giác không có tính chất đó, mà phải nghĩ rằng tam giác ắt có tính chất (định lí) tổng quát hơn, nhận định lí Pitago làm một trường hợp đặc biệt.

- Trong quá trình học toán, HS ít được rèn luyện vận dụng kiến thức toán đã học để giải quyết những vấn đề trong thực tế cuộc sống, nên khi gặp các BT trong thực tiễn HS thường bỡ ngỡ, lúng túng, không biết giải như thế nào. Điều này thể hiện sự yếu kém của HS về tính "thực tiễn" của TDBC và chưa rèn được kĩ năng thực hành cho HS.

- Bên cạnh đó trong quá trình học toán, HS bộc lộ những hạn chế về TDBC, nhìn các đối tượng Toán học một cách rời rạc, trong trạng thái tĩnh, mà chưa thấy mối liên hệ phụ thuộc, sự vận động biến đổi, quá trình phát sinh phát triển, chưa thấy sự thống nhất mâu thuẫn giữa các mặt đối lập, nên chưa hiểu rõ bản chất của Toán học. Từ đó, dẫn đến một hệ quả là nhiều HS gặp khó khăn khi giải các BT, nhất là các BT đòi hỏi có sáng tạo trong lời giải.

Từ những điều minh hoạ, trình bày ở trên, chúng ta có thể nhận thấy rằng: Tình hình rèn luyện và phát triển TDBC ở trường phổ thông chưa được GV quan tâm đúng mức với ý nghĩa và tầm quan trọng của nó.

1.4.2. Nguyên nhân

Tình hình rèn luyện và phát triển TDBC ở trường PT còn nhiều hạn chế. Qua tìm hiểu trực tiếp, chúng tôi nhận thấy có mấy nguyên nhân sau:

- GV chưa hiểu TDBC một cách đầy đủ.

- GV chưa thấy tầm quan trọng của TDBC trong quá trình DH toán.

- GV chưa biết rõ cách thực hiện rèn luyện TDBC cho HS như thế nào.