Sáng kiến kinh nghiệm: Khám phá các bài toán mới bằng tình huống gợi vấn đề

Chia sẻ: Tran Thi Thuong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

104
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm "Khám phá các bài toán mới bằng tình huống gợi vấn đề" có kết cấu nội dung gồm 3 phần, giới thiệu đến các bạn những nội dung về các bài toán có nhiều tình huống, xây dựng bài toán mới từ bài toán ban đầu, một vài phương án khám phá bài toán trong chương 1 hình học 11 thông qua việc đặt tình huống gợi vấn đề cho học sinh,...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Khám phá các bài toán mới bằng tình huống gợi vấn đề

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 2. Các cách tạo tình huống gợi vấn đề:………………………. 3 II. Nội dung cụ thể………………………………………………… 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 Tình huống gợi vấn đề trong dạy học là một tình huống thõa mãn các điều kiện : - 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+MC- MA=0 ta sẽ chứng minh MA-MB=MC. Hãy tìm a MA-MB? Trên hình vẽ hãy xác định hiệu MA- M' 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?  Trả lời: Tâm quay B và góc quay 60 . 0 5
 Câu hỏi: Liệu Q(B, 60 ) có biến MC thành M’A? hãy chứng minh điều đó? 0 Học sinh xây dựng lại lời giải: - Dùng phép quay tâm B góc quay 60 : 0 - 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 a tính được các độ dài MA, MB, MC?  TL1: Các độ dài đó thay đổi nên rất khó tính được O độ dài B C   a, 00  a  600 khi đó có thể  HD2: Nếu đặt MAB M tính được các độ dài đó không?  TL2: Ta tính được: MB  2R.sin a , MC  2 R.sin(60  a) , 0 MA  2 R.sin(600  a ) .  HD3: Vậy ta cần chứng minh điều gì nữa? 1 3  TL3: sin(60  a )  sin a  cos a  0 2 2 3 1  sin a  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. 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 M A2n+1 A2n A1 Bài toán ban đầu: Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. M là điểm di động trên A2 cung nhỏ BC chứng minh MB+MC-MA =0 2a O * Tình huống gợi vấn đề 1: A3 Liệu có thể lập bài toán tương tự với các đa giác đều có số lẻ cạnh hay không? A4 Bài toán tương tự: Cho (2n+1) - giác đều A4 A1 A2 ... A2 n 1 . nội tiếp trong đường tròn (O,R) 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 A1OM  2 a và M chạy trên cung nhỏ  Đặt  A1 A2 n 1 . Ta có  2 MA1  2R.sin a , MA2  2 R.sin(  a ) , MA3  2 R.sin(  a) 2n  1 2n  1 2n … MA2 n 1  2 R.sin(  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  0, nhân 2 vế với 2 sin 2n  1 2n  1     2   2n  VT .2sin  2sin 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)   a (2n  1)   a (2n  1)  a   a  cos     cos     cos     cos     2 2(2n  1)   2 2(2n  1)   2 2(2n  1)   2  n  (n  1)  sin  a   .sin  2n  1  2n  1       (2n  1)  VP.2sin  2sin  sin   a   ...  sin   a   2n  1 2n  1   2n  1   2n  1  a a   a   a 2   cos    cos     cos     cos     ...  2  2 2n  1   2 2n  1   2 2n  1   a (n  1)  a n  a a n   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 hay MA  tan a.MB  .MB (2) cos a Bài toán 1.2 Cho AB là đường kính của (O) M di động trên 1 nửa đường tròn  cos(  a) MOB  2a khi đó MA   2 .MB 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   M MA  2R.sin a, MB  2R sin(  a) A D 4  MC  2R.cos a, MD  2R cos(  a) 2a 4 O Ta tìm hệ thức tương tự (2) nghĩa là a MA+MC=k(MB+MD) B C Thật vậy 9
      MB  MD  2R sin(  a)  2R cos(  a)  2R sin(  a)  cos(  a) 4 4  4 4   .  sin a  cos a   cos a  2R 2 sin   a   2R. 2.cos a  2R  2   cos(  a) 4  cos(  a)  MA  MC  4 .( MB  MD ) (3) cos a M Vậy ta có bài toán: A D Bài toán 1.3. Cho hình vuông ABCD nội tiếp (O,R), M chạy trên cung nhỏ AD. 2a O Đặt AOM  2a khi đó  cos(  a ) a 4 B C MA  MC  .( MB  MD ) cos a *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  MA1  MA3  ...  MA2 n 1   2n  2  . MA  MA  ...  MA 2 n  (*) cos a 4 A1OM  2a và M chạy trên cung nhỏ  với  A1 A2n . Ta có  MA1  2R.sin a MA2  2 R.sin(  a) , M A2n , 2n A1 A2n-1 2 MA3  2 R.sin(  a) 2n A2 A2n-2 2a 3 MA4  2 R.sin(  a ) … O 2n A3 (2n  2) MA2 n 1  2 R.sin(  a) 2n A4 A5 10
(2n  1) MA2 n  2 R.sin(  a) 2n Khi đó ta có   ( 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  2n  n  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) A1 A2n đặt 2a  MOA M di dộng trên cung nhỏ   ta có 1   cos   a  MA1  MA3  ...  MA2 n 1   2n  2  . MA  MA  ...  MA 2 n  (*). cos a 4 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: A 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 B D C MC MA CA ta có   (1) BD BA DA MB MA M từ đó MBA  CDA do đó  (2) CD CA Từ (1) và (2) ta có MC.BA  MA.BD, MB.CA  MA.CD Vậy  MB  MC  a  MA  BD  CD  Mà BD  CD  BC  a nên MB  MC  MA . Dấu bằng xảy ra khi D nằm trên ABD   đoạn BC khi đó  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 MB  MC  MA . Chứng minh M nằm trên cung nhỏ BC  của đường tròn ngoại 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 yMz  600 . Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên tương ứng tại A,   600 ,  xMy B, C. Chứng minh MA+MB=MC . M C Bài toán 1.1’: Trong mặt phẳng cho 2n+1 tia A z Mx1 , Mx2 ,..., Mx2 n 1 biết O  1 Mx2  x1 Mx2  ...  x2 n 1 Mx1  x x   2n  1 B y Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên tương ứng tại A1 , A2 ,..., A2 n 1 M A2n+1 A1 x2n+1 A2n Chứng minh x1 A2 x2n MA1  MA3  ...  MA2 n 1  MA2  MA4  ...  MA2 n x2 A3 O x3 Bài toán 1.4’: Trong mặt phẳng cho 2n tia    1 Mx2  x1 Mx2  ...  x2 n Mx2 n  x2 n Mx1  Mx1 , Mx2 ,..., Mx2 n biết x  2n Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên tương ứng tại A1 , A2 ,..., A2n 2a  MOA  1   cos   a  Chứng minh MA1  MA3  ...  MA2 n 1   2n  2  . MA  MA  ...  MA 2n  cos a 4 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  SB2i   SB2 j 1 n n B1 , B2 ,..., B2 n Chứng minh 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    2i 2i ' SB2i n  n  SA SB  SS i 1 i 1  2 j 1 2 j 1 ' SB2 j 1 n  n  SA SB  SS j 1 j 1 Nhưng do A1 A3 ... A2 n 1 , A2 A4 ... A2 n là các đa giác đều nên  2 j 1  2i SO ta có điều phải chứng minh. n  n     SA SA 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 3 2 S  MA2  MB 2  MC 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  và 1 điểm M di động trên đường tròn này. Chứng minh S2  M    MAi không n 2 i 1 đổi. ( Bài toán trong sách bài tập Hình học nâng cao 11) 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   Đặt MOA AC , khi đó dùng định lý hàm sin ta tính được:     M MA  2 R sin  , MB  2 R sin     , MC  2 R      3 3  A D Không mất tính tổng quát ta có thể cho R=1. Khi đó   2a   Sk  M   2k sin k   sin k      sin k       O   3 3  và bài toán trở thành: a B C Tìm các giá trị của k sao cho tổng     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 Từ đây ta có thể tính được mọi tổng: Tk  x1  x2  x3 k k k 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   Do đó chỉ với những k chẵn thì Sk  Tk , còn k lẻ thì S k  Tk  2sin    . k  3 3 9 Ta xét 1 số trường hợp : K=4: S4  T4  T2  sin 3 .T1  4 8 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). Đây là một bài toán được giới thiệu trong sách H A bài tập 11. Bài toán này có nhiều cách giải bằng 3 phép biến hình. Trong các tiết luyện tập về Phép C' E P N tịnh tiến, phép đối xứng tâm, trục, phép vị tự O 2 H H chúng tôi yêu cầu học sinh sử dụng các phép G I B' Q biến hình này để giải quyết bài toán. B F M A' C *Tình huống gợi vấn đề: Chúng tôi thường đặt ra câu hỏi sau khi giải quyết xong một H1 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” D' 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 C tại E, BC cắt MN tại F. Chứng minh I là trung điểm của EF. A M F N Bài toán này các em đã từng được giới thiệu ở cấp hai E I A' B vì nó quá nổi tiếng có khá nhiều lời giải. Chúng tôi đã yêu O 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 D 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 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