SKKN: Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trường THPT qua chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:42

Thêm vào BST

Báo xấu

503
lượt xem 92
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến “Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trường THPT qua chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng” góp phần xây dựng một số biện pháp bồi dưỡng học sinh giỏi bậc THPT và đổi mới phương pháp dạy học toán. Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến trên.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trường THPT qua chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO TOÁN HỌC CHO HỌC SINH GIỎI Ở TRƯỜNG THPT QUA CHỦ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC PHẲNG
1. Lý do chọn đề tài Ngày nay, ở Việt Nam cũng như trên thế giới, giáo dục được coi là quốc sách hàng đầu, là động lực của sự phát triển kinh tế-xã hội. Với sứ mệnh làm gia tăng giá trị con người, mục tiêu cơ bản của giáo dục phải đào tạo ra những con người phát triển toàn diện về mọi mặt, không những có kiến thức mà còn giàu năng lực trí tuệ. Trong hoàn cảnh đó, việc rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo (TDST) cho học sinh ở các nhà trường phổ thông đối với những người làm công tác giáo dục có một vị trí hết sức quan trọng. Thực hiện Nghị quyết Trung ương II khoá VIII của Đảng, chúng ta cơ bản đã xoá bỏ loại hình trường chuyên, lớp chọn ở bậc học THPT nhằm hạn chế những mặt trái của việc học thi, học lệch. Tuy nhiên không vì thế mà công tác bồi dưỡng HS giỏi bị xem nhẹ, ngược lại nó càng phải được quan tâm và thực hiện đúng mức, bởi HS giỏi là thế hệ nhân tài tương lai của đất nước. Vậy làm thế nào để bồi dưỡng, phát triển năng lực sáng tạo cho những HS khá giỏi, đáp ứng được mục tiêu của giáo dục phổ thông? Câu hỏi đó luôn mang tính cấp thiết và không hề đơn giản. Vấn đề dạy học toán trong trường phổ thông hiện nay nói chung tuy đã có đổi mới về phương pháp giảng dạy cũng như nội dung chương trình nhưng vẫn còn tồn tại nhiều nơi phương pháp dạy học cũ, thiếu tính tích cực từ phía người học, thiên về dạy, yếu về học, không kiểm soát được việc học...Và như vậy chưa đáp ứng được yêu cầu đối với sự nghiệp GD & ĐT trong công cuộc đổi mới đất nước, nhất là việc quan tâm rèn luyện, phát triển năng lực tư duy sáng tạo, bồi dưỡng nhân tài ở nhà trường phổ thông. Bài toán bất đẳng thức (bđt) hình học phẳng là bài toán cơ bản và thường gặp trong hệ thống bài tập toán thuộc chương trình THPT. Đây là dạng bài tập khó, đòi hỏi học sinh phải có năng lực giải toán nhất định, sử dụng các kiến thức toán học rộng khắp và đặc biệt tư duy giải toán linh hoạt sáng tạo. Do đó dạy học chủ đề này có tác dụng lớn trong việc bồi dưỡng phát triển năng lực trí tuệ cho học sinh thông
qua các thao tác tư duy, đồng thời giúp học sinh khắc sâu, tổng hợp, hệ thống hóa được kiến thức cơ bản, tăng cường năng lực giải toán. Mặc dù vậy trong SGK cũng như SBT hình học, số lượng bài tập về bđt hình học phẳng không nhiều. Thực tiễn giảng dạy cho thấy nhiều GV và HS còn ít quan tâm đến thể loại bài tập này. Góp phần xây dựng một số biện pháp bồi dưỡng HS giỏi bậc THPT và đổi mới phương pháp dạy học toán cũng như khắc phục những tồn tại trên đây, đề tài được chọn là: “Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trường THPT qua chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng”. 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu quá trình rèn luyện, phát triển TDST về toán ở đối tượng học sinh khá giỏi bậc THPT. Xây dựng hệ thống bài tập về bđt hình học phẳng cùng các phương pháp giải dạng toán này sử dụng trong dạy học, góp phần phát triển TDST toán học cho học sinh. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu cơ sở lý luận về TDST, quá trình rèn luyện và phát triển loại hình tư duy này ở học sinh THPT. - Nghiên cứu các phẩm chất, năng lực quan trọng nhất của học sinh giỏi toán, vấn đề năng khiếu toán học. - Xây dựng hệ thống bài tập về bđt hình học phẳng, hướng dẫn học sinh cách giải và khai thác bài toán, qua đó củng cố, khắc sâu kiến thức, bồi dưỡng phát triển TDST cho học sinh trường THPT. - Đưa ra một số biện pháp sư phạm nhằm thực hiện mục đích nghiên cứu. - Thực nghiệm sư phạm qua các biện pháp sư phạm trong dạy học chủ đề bđt hình học phẳng nhằm kiểm tra tính khả thi, đánh giá hiệu quả của đề tài. 4. Giả thuyết khoa học Nếu vận dụng lý luận về vấn đề TDST, cùng với việc xây dựng hệ thống bài tập bđt hình học phẳng sử dụng trong quá trình dạy học chủ đề này thì có thể góp phần phát triển TDST toán học cho HS giỏi ở trường THPT.
5. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý luận - Phương pháp thực nghiệm sư phạm 6. Phạm vi nghiên cứu của đề tài Nghiên cứu những biện pháp phát triển TDST toán học cho HS khá, giỏi ở trường THPT trên cơ sở dạy học nội dung giải bài toán bất đẳng thức hình học phẳng. Chương I: Phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường THPT 1.1. Dạy học giải bài tập ở nhà trường phổ thông 1.1.1. Vai trò của việc giải bài tập toán Bài tập toán học có vai trò quan trọng trong quá trình học tập môn toán ở nhà trường phổ thông. Giải bài tập toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học, thông qua việc giải bài tập, HS phải thực hiện nhiều hoạt động như: nhận dạng, thể hiện các khái niệm, định nghĩa, định lý, quy tắc - phương pháp, những hoạt động phức hợp, những hoạt động trí tuệ chung, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong toán học. Vai trò của bài tập toán thể hiện ở cả ba bình diện: mục đích, nội dung và phương pháp của quá trình dạy học. Cụ thể: a/ Về mặt mục đích dạy học, bài tập toán thể hiện những chức năng khác nhau hướng đến việc thực hiện mục đích dạy học môn toán như: - Hình thành, củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo, kỹ năng ứng dụng toán học ở những giai đoạn khác nhau của quá trình dạy học. - Phát triển năng lực trí tuệ chung: rèn luyện các thao tác tư duy, hình thành các phẩm chất trí tuệ. - Hình thành, bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng cũng như những phẩm chất đạo đức của người lao động mới. b/ Về mặt nội dung dạy học: bài tập toán là một phương tiện để cài đặt nội dung dưới dạng tri thức hoàn chỉnh hay những yếu tố bổ sung cho tri thức đã học ở phần lý thuyết.
c/ Về mặt phương pháp dạy học: bài tập toán là giá mang những hoạt động để HS kiến tạo những nội dung nhất định và trên cơ sở đó thực hiện các mục đích dạy học khác. Khai thác tốt bài tập như vậy sẽ góp phần tổ chức cho HS học tập trong hoạt động và bằng hoạt động tự giác, tích cực, chủ động sáng tạo được thực hiện độc lập hoặc trong giao lưu. Trong thực tiễn dạy học, bài tập được sử dụng với những dụng ý khác nhau về phương pháp dạy học: đảm bảo trình độ xuất xuất phát , gợi động cơ, làm việc với nội dung mới, củng cố hoặc kiểm tra…Đặc biệt về mặt kiểm tra, bài tập là phương tiện không thể thay thế để đánh giá mức độ tiếp thu tri thức, khả năng làm việc độc lập và trình độ phát triển tư duy của HS, cũng như hiệu quả giảng dạy của GV. Với những lý do đã trình bày ở phần mở đầu, tôi cho rằng: thể loại bài tập bất đẳng thức hình học phẳng mang đầy đủ vai trò và ý nghĩa của bài tập toán, việc rèn luyện kỹ năng giải dạng bài tập đó là một cơ hội tốt góp phần bồi dưỡng, phát triển TDST toán học cho HS ngay từ bậc THCS. 1.1.2. Phương pháp giải bài tập toán Theo G.Pôlya, phương pháp chung giải một bài toán gồm các bước: 1. Tìm hiểu nội dung đề bài: Để giải được một bài toán, trước hết phải hiểu nội dung đề bài, phát biểu đề bài ở các dạng khác nhau, phân tích kỹ cái đã cho, cái cần tìm và mối liên hệ giữa chúng. Nói chung phải phân biệt được yếu tố, quan hệ bản chất giúp nhận dạng được bài toán, có thể dùng công thức, ký hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề bài. 2. Xây dựng chương trình giải: Sau khi đã tìm hiểu kỹ đề bài, tiến hành tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ những suy nghĩ tìm đoán: biến đổi cái đã cho và cái phải tìm, liên hệ chúng với tri thức đã học, liên hệ bài toán cần giải với những bài toán đã biết tương tự, một trường hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn hay bài toán nào đó có liên quan. ở bước này
cũng cần chú ý phân tích bài toán thành các bài toán thành phần và giải quyết các bài toán đó theo trình tự một cách hợp lý. Tùy vào đặc điểm từng bài toán mà sử dụng những phương pháp đặc thù với dạng toán đó như: phương pháp tổng hợp, biến đổi tương đương, phản chứng, quy nạp toán học... 3. Thực hiện chương trình giải: Từ cách giải vừa được phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành một chương trình giải và thực hiện chương trình đó. 4. Kiểm tra và nghiên cứu lời giải: - Kiểm tra lời giải: Xem kỹ lại từng bước trong bài giải, cách suy luận, đặc biệt hóa kết quả tìm được, đối chiếu với kết quả cách giải khác để kiểm tra tính chuẩn xác của lời giải. - Nghiên cứu sâu lời giải: + Tìm thêm cách giải khác. + Xét khả năng ứng dụng của bài toán. + Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, bài toán đảo, bài toán đặc biệt hóa hay bài toán tổng quát hóa. + Xây dựng phương pháp giải chung cho các bài toán cùng dạng. Sau đây là một ví dụ minh họa. BT: Cho điểm M trong  ABC nhọn và có diện tích S. CMR: MA.BC + MB.AC + MC.AB  4S (*) a/ Tìm hiểu nội dung BT Giả thiết bài toán là cho điểm M trong  ABC nhọn (vai trò của M rất rộng: điểm tùy ý) và điều cần chứng minh là bđt (*). Các tích ở vế trái của (*) MA.BC , MB.AC , MC.AB cũng như giả thiết tam giác nhọn là rất đáng chú ý. b/ Xây dựng chương trình giải Cần tìm ra mối quan hệ giữa hai vế của bđt, giữa độ dài MA, MB, MC với các cạnh BC, AC, AB. Sự có mặt S bên vế phải bđt, cho thấy nếu tính MA, MB, MC theo AB, AC, BC hoặc các đường cao của tam giác thì sẽ khó khăn bởi vì điểm M
là bất kỳ trong tam giác. Một hướng khác : tiến hành đánh giá mối liên hệ giữa MA, MB, MC với độ dài các đường cao, điều đó gợi sự liên tưởng đến các công thức tính diện tích. Kẻ AH  BC , ME  BC (H, E thuộc BC ). Khi đó: AM + ME  AH  MA.BC  ME.BC  AH .BC  MA.BC  2dt ( BMC )  2 S  MA.BC  2 S  2dt ( BMC ) Với hai bđt tương tự, con đường giải bài toán đã rõ ràng. c/ Thực hiện chương trình giải: Kẻ AH  BC , ME  BC (H, E thuộc BC ).  MA + ME  AE  AH Vậy MA + ME  AH  MA.BC  ME.BC  AH .BC  MA.BC  2dt ( BMC )  2 S  MA.BC  2 S  2dt ( BMC ) Hoàn toàn tương tự : MB.AC  2 S  2dt ( AMB ) MC.AB  2 S  2dt ( AMC ) Chú ý rằng M nằm trong  ABC nhọn nên ta có: S = dt(AMB) + dt(AMC ) + dt(BMC )  MA.BC + MB.AC + MC.AB  6S - 2(dt(BMC) + dt(AMB) + dt(AMC )) = 4S (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi M là trực tâm của  ABC. d/ Kiểm tra và nghiên cứu lời giải - Kiểm tra: Xem xét các bước suy luận: vị trí của các điểm H, E, M, đẳng thức cộng diện tích, việc sử dụng các tính chất đại số của bđt…trong lời giải trên đều hợp lý cho thấy tính đúng đắn của nó. Có thể so sánh các kết quả khi đặc biệt hóa
bài toán, chẳng hạn khi xét tam giác đều, cân, hay cho M trùng với trực tâm tam giác… - Nghiên cứu sâu lời giải + Tìm cách giải khác, ví dụ như lời giải sau đây: Kẻ AE, CF vuông góc với BM, gọi BM kéo dài cắt AC ở điểm K, ta có: 2dt(AMB) = MB.AE  MB.AK 2dt(BMC) = MB.CF  MB.CK  2( dt(AMB) + dt(BMC)  MB (AK + CK ) = MB.AC. Với hai bđt tương tự : 2(dt(BMC) + dt(AMC))  MC.AB 2(dt(AMC) + dt(AMB))  MA.BC  4(dt(AMB) + dt(AMC) + dt(BMC)  MA.BC + MB.AC + MC.AB Hay là : 4S  MA.BC + MB.AC + MC.AB (đpcm). + Sử dụng các thao tác tư duy: 1/ Xét bài toán tương tự trong tứ giác, chẳng hạn: BT1: Cho điểm M trong tứ giác ABCD. CMR: MA.AB + MB.BC + MC.CD + MD.DA  2dt(ABCD) Có thể mở rộng sang cho trường hợp đa giác. 2/ Đặc biệt hóa bài toán Cho M trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC, sử dụng công thức diện tích: S = pr, ta có kết quả mới : R( AB + AC + BC )  4pr  R  2r. Vậy ta suy ra bài toán : BT2: Cho  ABC, gọi R, r thứ tự là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. CMR: R  2r Đây một bđt quen thuộc và có nhiều ứng dụng bây giờ đặc biệt hóa theo hướng khác như sau: Xét điểm M trong  ABC đều, khi đó bài toán ban đầu trở thành:
BT3: Cho  ABC đều cạnh a, một điểm M nằm trong tam giác. CMR: MA + MB + MC  a 3 3/ Nghiên cứu tiếp ứng dụng của bài toán Nhận xét biểu thức vế phải của bđt, có thể đưa ra đánh giá như sau: Hiển nhiên: AB, AC, BC  max (AB, AC, BC )  max(AB,AC,BC ).(MA + MB + MC )  MA.BC + MB.AC + MC.AB  4S 4S  MA + MB + MC  . Và ta có: max( AB, AC , BC ) BT4: Cho điểm M trong  ABC nhọn, gọi h là độ dài đường cao nhỏ nhất của tam giác. CMR: MA + MB + MC  2h. 4/ Nghiên cứu bài toán khi thay đổi giả thiết như: xét tam giác vuông, tam giác tù, hoặc M thuộc mặt phẳng tam giác, khi đó kết quả bài toán thế nào? 1.2. Phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường THPT 1.2.1. Những biểu hiện của học sinh giỏi về toán Qua thực tiễn một số năm giảng dạy toán ở nhà trường phổ thông, tôi nhận thấy HS giỏi về toán thường có những biểu hiện rõ rệt các mặt sau: - Có khả năng tiếp thu và vận dụng kiến thức nhanh Ví dụ trong tình huống sử dụng định lý Pitago để giải bài toán: Cho  ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH. Biết :BH = 2, CH = 3, tính các độ dài: AH, AB, AC ? Những HS giỏi sẽ nhanh chóng biết áp dụng ĐL Pitago trong các tam giác: ABH , ACH , ABC để tìm được AH trước rồi từ đó tìm AB, AC. - Biểu hiện ở sự linh hoạt trong quá trình tư duy như: + Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, không bị gò ép bởi những suy nghĩ rập khuôn có sẵn. + Có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau kết hợp sự liên tưởng tốt tìm ra cách giải quyết vấn đề một cách sáng tạo.
+ Biết nhìn nhận những cái khác biệt của vấn đề, lựa chọn phương tiện, cách thức tốt nhất để giải quyết vấn đề đó. + Lý luận chặt chẽ, hợp lôgic, có các thao tác tư duy nhanh trong giải toán. Trở lại ví dụ sau khi học về ĐL Pitago, thay vì coi đó là công cụ để tính độ dài đoạn thẳng, HS giỏi toán lại nhìn nhận vấn đề theo khía cạnh mới, các em xét quan hệ bđt giữa ba cạnh tam giác vuông và suy luận để đi đến nhiều kết quả khác. Chẳng hạn: Giả sử  ABC vuông tại A, theo ĐL Pitago : a 2  b 2  c 2  b < a, c < a (1) Sử dụng bđt Cauchy ta có: a 2  (1 / 2).(b  c) 2  a 2  b  c (2) Và : a 2  b  c  2 bc  2 2 S  a  2 S (3) Các bđt (1), (2)&(3) là những bđt đặc trưng của tam giác vuông. - Biểu hiện ở cách ghi nhớ kiến thức toán học cô đọng, nhanh chóng, chính xác và bền vững. Điều này giúp HS giỏi về toán nhớ được nhiều kiến thức mà không tốn quá nhiều sức lực trí tuệ khi giải toán. Các biểu hiện của HS trên đây, theo chúng tôi là những biểu hiện cụ thể về những mặt khác nhau của một cấu trúc năng lực hoàn chỉnh, một tư chất của toán học trí tuệ, người ta gọi đó là năng khiếu toán học. 1.2.2. Năng khiếu toán học Năng khiếu, theo định nghĩa của từ điển tiếng Việt là năng lực trội, năng lực đặc biệt của con người xuất hiện từ khi còn nhỏ. Như vậy, năng khiếu toán học có thể coi như một tổ hợp những năng lực toán học, mà ở lứa tuổi HS thể hiện rõ nhất ở năng lực học toán. Nhà tâm lý học V.A.Kơrutecxki cho rằng: “Năng lực học tập toán học là những đặc điểm tâm lý cá nhân (trước hết là các đặc điểm hoạt động trí tuệ), đáp ứng yêu cầu hoạt động học toán và giúp cho việc nắm giáo trình toán một cách tương đối nhanh, dễ dàng và sâu sắc kiến thức, kỹ năng và kỹ xảo toán học” 51, tr13. Khi nghiên cứu cấu trúc năng lực toán học ở HS phổ thông,
V.A.Kơrutecxki đã phân tích quá trình giải toán của các em HS đó ở những trình độ phát triển năng lực khác nhau, ông nhận thấy những đặc điểm hoạt động trí tuệ của HS có năng lực toán học như sau: - Khả năng tri giác có tính chất hình thức hóa tài liệu toán học, gắn liền với sự thâu tóm nhanh chóng các cấu trúc hình thức của chúng trong một bài toán cụ thể vào trong một biểu thức toán học. - Khả năng tư duy có tính khái quát nhanh và rộng. - Xu thế suy nghĩ bằng những suy lý rút gọn. - Sự tư duy lôgic lành mạnh. - Tính linh hoạt cao của các quá trình tư duy thể hiện ở sự xem xét cách giải các bài toán theo nhiều khía cạnh khác nhau, sự di chuyển rễ ràng và tự do từ thao tác trí tuệ này sang một thao tác trí tuệ khác, từ tiến trình suy nghĩ thuận sang tiến trình suy nghĩ nghịch. - Xu hướng tìm tới cách giải tối ưu cho một vấn đề toán học, khát vọng tìm lời giải rõ ràng, đơn giản, hợp lý, tiết kiệm. - Trí nhớ có tính chất khái quát về các kiểu bài toán, các phương thức giải, sơ đồ lập luận, sơ đồ lôgic. - Khả năng tư duy lôgic, trừu tượng phát triển tốt. Trong cuốn sách “Về nghề nghiệp của nhà toán học”, Viện sỹ toán học A.N.Kônmôgôrôp có đề cập đến những năng lực toán học, ông cho rằng: để nắm vững toán học một cách có kết quả ở mức độ cao thì đòi hỏi cần có những năng lực toán học được phát triển, năng lực này mang ý nghĩa sáng tạo khoa học. Cũng theo A.N.Kônmôgôrôp, thành phần cơ bản của năng lực toán học gồm có: - Năng lực biến đổi khéo léo những biểu thức chữ phức tạp, năng lực tìm ra con đường giải phương trình không theo quy tắc chuẩn, năng lực tính toán. - Trí tưởng tượng hình học hay là trực giác hình học.
- Nghệ thuật suy luận lôgic theo các bước đã được phân chia một cách đúng đắn kế tiếp nhau, nguyên tắc quy nạp toán học là tiêu chuẩn tốt cho sự trưởng thành lôgic hoàn toàn cần thiết đối với nhà toán học. Theo quan điểm tâm lý học, trong mỗi con người đều tiềm tàng một năng khiếu, một tài năng, tất nhiên ở mức độ khác nhau. Đó là một kết luận quan trọng. Trong quá trình dạy học toán, người thầy cần có những biện pháp phát hiện những năng khiếu toán học ở học trò, từ đó chúng ta có thể tạo ra môi trường và tổ chức các hoạt động thích hợp giúp các em phát triển năng lực đó. 1. 2. 3. Phát triển TDST toán học cho học sinh trong nhà trường phổ thông Ngày nay, khi khoa học và công nghệ có những bước phát triển mạnh mẽ, trở thành lực lượng sản xuất trực tiếp trong nền kinh tế tri thức thì mục tiêu giáo dục nói chung và nhiệm vụ phát triển TDST cho thế hệ trẻ nói riêng có vai trò đặc biệt quan trọng. Sứ mệnh của nhà trường hiện đại là phát triển tối ưu nhân cách của HS, trong đó năng lực sáng tạo cần được bồi dưỡng để thúc đẩy mọi tài năng. Môn toán với vị trí của nó trong nhà trường phổ thông, theo tác giả Hoàng Chúng, có khả năng to lớn giúp HS phát triển các năng lực và phẩm chất trí tuệ, rèn luyện tư duy chính xác, hợp lôgic, phương pháp khoa học trong suy nghĩ, trong lập luận, trong học tập và giải quyết các vấn đề: biết quan sát, thí nghiệm, mò mẫm, dự đoán, dùng tương tự, quy nạp, chứng minh…và qua đó, có tác dụng lớn rèn luyện cho học sinh trí thông minh sáng tạo. Phát triển TDST toán học nằm trong việc phát triển năng lực trí tuệ chung, một nội dung quan trọng của mục đích dạy học môn toán. Mục đích đó cần được thực hiện có ý thức, có hệ thống, có kế hoạch chứ không phải tự phát. Về phía người GV, trong hoạt động dạy học toán cần vạch ra những biện pháp cụ thể và thực hiện đầy đủ một số mặt sau đây: - Rèn luyện tư duy lôgic và ngôn ngữ chính xác - Phát triển khả năng suy đoán và tưởng tượng - Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cơ bản, các thao tác tư duy như: phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa, khái quát hóa, trừu tượng hóa
- Hình thành, rèn luyện những phẩm chất trí tuệ như: tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo trong tư duy Bên cạnh đó người GV phải áp dụng những phương pháp dạy học tích cực, khoa học và hợp lý, mang lại cho HS của mình sự say mê môn toán, tìm thấy trong toán niềm vui lớn khi được học tập, qua đó giáo dục các em những phẩm chất đạo đức tốt đẹp khác. Một điều quan trọng nữa, có thể nói trong dạy học sáng tạo (thực ra cả hoạt động dạy học nói chung) vai trò của người thầy là hết sức quan trọng. Để trở thành một GV dạy giỏi, ngoài lòng tâm huyết, ngoài sự nỗ lực học tập không ngừng thì người thầy giáo cần có và cần biết dạy cho học trò cách tư duy sáng tạo. Bởi vì, nói như GS Nguyễn Cảnh Toàn trong một cuốn sách về dạy cách học: Không ai có thể đi dạy cho người khác cái mà bản thân mình chưa có, người thầy không những luôn tự nghiên cứu khoa học mà còn phải là người thiết kế và thi công được óc thông minh sáng tạo ở học trò, do đó mỗi người thầy giáo phải là một nhà khoa học chân chính. Chương II : Phát triển Tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi ở trường THPT Qua chủ đề bất đẳng thức hình học phẳng 2.1. Phát triển tư duy sáng tạo toán học cho học sinh giỏi bậc THPT qua nội dung giải bài tập bất đẳng thức hình học phẳng Trong chương trước chúng ta đã nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn của vấn đề TDST, có thể nói bồi dưỡng TDST cho HS là một quá trình liên tục, mất nhiều công sức, trải qua nhiều giai đoạn với những mức độ khác nhau. Điều quan trọng nhất trong dạy học sáng tạo là phải giải phóng hoạt động tư duy của HS bằng cách cho các em tự hoạt động, tự khám phá tìm tòi, phải kết hợp tốt hoạt động học tập và
hoạt động nhận thức. Bên cạnh việc nâng dần tính tích cực theo mức độ từ thấp đến cao: tính cực động não, độc lập suy nghĩ đến tính cực sáng tạo, người thầy cần rèn luyện học trò nâng dần các hoạt động từ dễ đến khó: theo dõi cách chứng minh, đến hoạt động mò mẫm dự đoán kết quả và cuối cùng tự lực chứng minh. Việc dự đoán, mò mẫm kết quả không chỉ tập cho HS phong cách nghiên cứu khoa học, tập các thao tác tư duy tiền lôgic cần thiết, mà còn là biện pháp quan trọng nhằm nâng cao tính tích cực của HS. Khi tự đưa ra dự đoán, HS sẽ hào hứng và có trách nhiệm hơn trong quá trình tìm tòi lời giải cho chính kết quả dự đoán của mình. Để bồi dưỡng, phát triển TDST toán học cho HS, có thể tiến hành theo các phương hướng sau: 2.1.1. Rèn luyện năng lực giải toán theo các thành phần cơ bản của TDST a/ Tính mềm dẻo: Một số nhà nghiên cứu (Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân) cho rằng tính mềm dẻo của tư duy có các đặc trưng nổi bật như sau: - Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, vận dụng linh hoạt các hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá, cụ thể hoá và các phương pháp suy luận như quy nạp, suy diễn tương tự; dễ dàng chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ nếu gặp trở ngại. - Suy nghĩ không dập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những kinh nghiệm, kiến thức, kỹ năng đã có vào trong hoàn cảnh mới, điều kiện mới trong đó có những yếu tố đã thay đổi; có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, những phương pháp, những suy nghĩ đã có từ trước. - Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết. Xét một ví dụ: Cho  ABC có AB < AC. Điểm M là trung điểm của BC, trên tia đối của tia MA lấy điểm D tuỳ ý. CMR: DC < BD.
Không theo sự suy nghĩ thông thường là xét tam giác BCD rồi đánh giá các góc CBD, BCD học sinh có thể nhìn nhận vấn đề một cách mềm dẻo theo hướng khác như sau: Do AB < AC  AMB  AMC .  BMD  CMD Sử dụng điều này trong các BMD, CMD ( Hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau)  BD  CD (đpcm). b/ Tính nhuần nhuyễn: Được thể hiện được thể hiện rõ nét ở hai đặc trưng như sau: - Tính đa dạng của các cách xử lý khi giải toán: khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau. Đứng trước một vấn đề khi giải quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất nhiều phương án khác nhau và từ đó đưa ra được phương án tối ưu. - Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau; có một cái nhìn sinh động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tượng chứ không phải cái nhìn bất biến, phiến diện cứng nhắc. Ví dụ: Cho  ABC , kẻ các đường cao BE , CF. So sánh BE và CF Lời giải: Sử dụng công thức tính diện tích  ABC BE AB BE.AC = CF.AB = 2dt(ABC )   . CF AC Xét ba trường hợp có thể xảy ra: + Nếu AB = AC hiển nhiên khi đó BE = CF AB BE AB + AB < AC  1    1  BE < CF. AC CF AC + AB > AC chứng minh tương tự cũng có được BE > CF. Có thể giải BT cho HS lớp 7 như sau: Nếu AB = AC ta có ngay đpcm. Giả sử AB < AC , trên AC lấy điểm D sao cho : AB = AD
  ABD cân ở A. Kẻ DK  AB ( K AB )  AKD  AEB (c  g  c )  KD  BE Do điểm D nằm giữa A , C và DK//CF  KD < CF hay là BE < CF. Trường hợp AB > AC , chứng minh tương tự sẽ có: BE > CF. c/ Tính độc đáo: Tính độc đáo của tư duy được đặc trưng bởi các khả năng : - Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới. - Khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau. - Khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết những phương pháp khác. Ví dụ: Cho  ABC có AB < AC, gọi BM và CN là các đường phân giác trong của tam giác. CMR: BM < CN . Đây là bài toán có nhiều cách giải, có thể giải bài toán này bằng cách tính các độ dài BM, CN theo độ dài ba cạnh tam giác rồi sử dụng giả thiết đã cho để chứng minh. Tuy nhiên lời giải này tương đối dài, biến đổi phức tạp. Cách giải sau cho thấy nét nổi bật của nó: tính độc đáo. Dựng bình hành BMIN, theo tính chất đường phân giác trong tam giác: BN BC BN BC CM BC    .Tương tự:  , do AB < AC AN AC AB AC  BC AC AC  BC BC BC CM BN     AB  BC AC  BC AC AB CM AC    1  CM  BN  MI BN AB Vậy trong  IMC ta có I 2  C 3 ( 1) . B C Cũng vì : AB < AC  C  B  I1  B2    C2 (2) 2 2
Từ (1) & (2) Suy ra : I 1  I 2  C 2  C 3  NIC  ICN Khi đó trong  NIC  CN > IN = BM (đpcm) Các yếu tố cơ bản nói trên không tách rời nhau mà trái lại, chúng quan hệ mật thiết với nhau, hỗ trợ bổ sung cho nhau. Khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác (tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn) và nhờ đề xuất nhiều phương án khác nhau mà có thể tìm được những phương án lạ, đặc sắc (tính độc đáo). Các yếu tố cơ bản này lại có quan hệ khăng khít với các yếu tố khác như: tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề…Tất cả các yếu tố đặc trưng nói trên cùng góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao nhất trong các hoạ Hoạt động giải toán là một dạng hoạt động chủ yếu giúp rèn luyện TDST toán học cho HS, mỗi dạng bài tập đều có tác dụng nhất định đối với từng thành phần cơ bản của TDST. Có thể biểu diễn sơ đồ tác động đó như sau:
BT có nhiều cách giải Tính mềm dẻo BT có nội dung biến đổi Tính nhuần nhuyễn BT có nhiều kết quả Tính độc đáo BT vui TDST Tính nhạy cảm BT có tính đặc thù Tính hoàn thiện BT mở Tính chính xác BT thuận nghịch BT không theo mẫu 2.1.2. Rèn luyện các hoạt động trí tuệ Các hoạt động trí tuệ trong môn toán có thể kể đến như: dự đoán, bác bỏ, lật ngược vấn đề, các thao tác tư duy toán học…Rèn luyện cho HS những hoạt động đó là khâu quan trọng nhất trong dạy học sáng tạo. Ta xét một bài toán bđt trong hình học lớp 7 làm ví dụ : BT: Cho điểm M bất kỳ nằm trong  ABC. CMR: MB + MC < AB + AC Để giải bài toán này, trước hết cần tìm mối quan hệ giữa các đoạn thẳng MB, MC với AB, AC . Kéo dài BM cắt AC ở điểm I như hình vẽ.
Sử dụng bđt tam giác trong các MIC , ABI Ta có: MC < MI + IC  MB + MC < MB + MI + IC  MB + MC < IB + IC Trong  ABI : BI < AB + AI  MB + MC < AB + AI + IC  MB + MC < AB + AC (đpcm) Đây là một bài toán cơ bản trong SGK Toán7, chỉ cần sử dụng hợp lý bđt tam giác, sẽ có lời giải ngắn gọn. Trong  MBC thì có : BC < MB + MC Câu hỏi đặt ra mang tính chất dự đoán tìm tòi là: quan hệ giữa các yếu tố MA, MB, MC như thế nào? Thử thay đổi giả thiết bài toán ban đầu một chút, giả sử  ABC với AB  AC  BC . Khi đó C  B  A . Theo tính chất góc ngoài tam giác : ABM  AMI , CBM  CMI  ABC  AMC  MCA  BCA  CBA  AMC  MA  AC  BC  MA  MB  MC Và bài toán sau đây đã được giải: BT1: Cho  ABC có BC là cạnh lớn nhất, điểm M nằm trong tam giác. CMR: MA < MB + MC Với hướng giải tương tự ta cũng có: BT2: Cho điểm M trong  ABC đều. CMR: MA, MB, MC lập thành độ dài ba cạnh một tam giác. Trở lại ví dụ ban đầu : MB + MC < AB + AC Cũng như vậy: MA + MB < CA + CB và MA + MC < BA + BC  MA + MB + MC < AB + AC + BC Từ đó suy ra bài toán tiếp theo: BT3: Cho điểm M trong  ABC. CMR: MA + MB + MC < AB + AC + BC
Đây là bđt khá quen thuộc. Vấn đề đặt ra: nếu xét điểm M trong vai trò một điểm đặc biệt nào đó, trực tâm tam giác chẳng hạn (giả thiết tam giác nhọn) thì sao? Khi đó kẻ HE//AC , HF//AB. (với E, F thứ tự thuộc AB, AC )  AHF  HAE ( g  c  g )  AE  HF  HA  AF  HF  AF  AE Do : HF // AB, CN  AB  CN  HF  CHF  90 0  HC  CF Tương tự: HB < BE  HA + HB + HC < AB + AC . Như thế chúng ta đã chứng minh được: BT4: Cho  ABC nhọn với BC là cạnh là lớn nhất, gọi điểm H là trực tâm tam giác. CMR: HA + HB + HC < AB + AC Bài toán này cho thấy dường như sự đánh giá trong bài 3 chưa tốt, vậy tổng quát của nó như thế nào ? Kết quả sau đây là câu trả lời. BT5: Cho điểm M trong  ABC, giả sử AB  AC  BC CMR: MA + MB + MC < AC + BC Lời giải: Từ giả thiết bài toán: AB  AC  BC suy ra: C  B  A Qua M kẻ các đường thẳng QE//AB, RF//AC , SP//BC Nhận thấy trong  MEF, ta có: F  C , M  A  F  M  ME  EF (1) Tương tự trong  MPQ: MQ  PQ (2) . Mặt khác MP//CF, MF//PC  MFC  CPM ( g  c  g )  MP  CF (3) Từ (1), (2)&(3) sử dụng bđt tam giác: MA + MB + MC < (AQ + QM ) + ( BE + ME ) + (PC + PM )  ( AQ + PQ ) + ( BE + EF ) + (CP + CF ) = AC + BC  MA + MB + MC < AC + BC (đpcm).