Download miễn phí Luận văn Phát triển năng lực chứng minh cho học sinh thông qua dạy giải bài tập hình học
Phần I: PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài .2
2. Đối tượng nghiên cứu .3
3. Mục đích nghiên cứu .3
4. Nhiệm vụ nghiên cứu.3
5. Phương pháp nghiên cứu .3
Phần II KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU
Chương 1 CƠ SỞ LÝ LUẬN
1. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TRÍ TUỆ CHO HỌC SINH .6
THÔNG QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
1.1 Làm cho học sinh nắm vững tri thức và có kỹ .6
năng thực hành toán học
1.1.1 Các dạng khác nhau của tri thức dạy học .6
1.1.2 Chất lượng của tri thức dạy học.7
1.1.3 Từ tri thức đến kỹ năng.7
1.2 Phát triển năng lực trí tuệ cho học sinh.8
1.2.1 Rèn luyện các thao tác tư duy .8
1.2.2 Rèn luyện tư duy logic và ngôn ngữ chính xác.16
http://s1.liketly.com/flash/edoc/web-viewer.html?file=jh2i1fkjb33wa7b577g9lou48iyvfkz6-demo-2017-07-19-luan_van_phat_trien_nang_luc_chung_minh_cho_hoc_sinh_thong_q_WOrlmcAUqt.png /tai-lieu/luan-van-phat-trien-nang-luc-chung-minh-cho-hoc-sinh-thong-qua-day-giai-bai-tap-hinh-hoc-92500/ Để tải tài liệu này, vui lòng Trả lời bài viết, Mods sẽ gửi Link download cho bạn ngay qua hòm tin nhắn. Ket-noi - Kho tài liệu miễn phí lớn nhất của bạn
Ai cần tài liệu gì mà không tìm thấy ở Ket-noi, đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
++ + =
uur uuur r r
và 1 2 1... 0na a a a−+ + + − =
ur uur uuur r r
Cộng hai đẳng thức trên ta có : 1 2 1.... 0na a a ++ + + =
ur uur uuur r
.
4. CÁC BƯỚC GIẢI MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Quá trình giải một bài toán thường phải trải qua các bước sau đây: Tìm hiểu đề
toán, tìm tòi lời giải của bài toán, trình bày lời giải của bài toán, nhìn lại bài toán.
Sau đây ta bàn thêm về các bước nói trên.
4.1 Tìm hiểu đề toán
Để giải được một bài toán, trước hết phải hiểu đề bài và ham thích giải bài toán
đó. Vì thế cần giúp học sinh tìm hiểu đề và cần chú ý gợi động cơ, khêu gợi trí tò mò,
hứng thú cho các em.
a
a
A
A
A
A
GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện
Khóa luận tốt nghiệp Trang 26
1) Để hiểu rõ đề toán, trước hết cần nắm vững mọi khái niệm đề cập đến
trong bài toán. cần nhớ lại định nghĩa các khái niệm đó hay có thể định nghĩa
khái niệm đó bằng những cách khác như thế nào?
Ví dụ 23 :
Trong đề toán người ta cho G là trọng tâm ∆ABC. Khi đó ít nhất học sinh phải
biết được một số định nghĩa tương đương của khái niệm trọng tâm tam giác. Chẳng
hạn:
+ G là giao điểm ba đường trung tuyến.
+ G là giao điểm hai đường trung tuyến bất kì.
+ G nằm trên một đường trung tuyến và chia nó theo tỉ số 2:1 tính từ
đỉnh.
+ G là điểm sao cho 0GA GB GC+ + =uuur uuur uuur r .
+ G là điểm mà với điểm O bất kì thì 1 ( ).
3
OG OA OB OC= + +uuur uuur uuur uuur
2) Phải nắm được giả thiết và kết luận của bài toán. Nghĩa là bài toán cho những
gì ? Ta phải chứng minh cái gì? Ta phải tìm cái gì?
3) Dựa vào bài toán đã cho, vẽ hình mô tả nội dung bài toán. Hình vẽ sẽ giúp ta
hiểu được đề toán một cách cụ thể và rõ ràng hơn. Hình vẽ còn có tác dụng gợi ý cho
việc tìm ra cách giải và giúp phát triển trí tưởng tượng không gian. Nếu cần thiết phải
vẽ thêm hình phụ cho bài toán
Khi vẽ hình cho bài toán cần lưu ý:
• Hình vẽ phải mang tính tổng quát, không nên vẽ hình trong trường hợp đặc biệt
vì như thế dễ gây ngộ nhận.
• Nên thể hiện những điều đã cho và những điều cần tìm trên hình vẽ.
• Để làm nổi bật các đường, các hình, trong hình vẽ có thể vẽ nét đậm, nét nhạt,
nét liền, nét đứt hay tô màu khác nhau.
4) Dựa vào hình vẽ, ghi giả thiết, kết luận của bài toán. Việc ghi giả thiết, kết
luận giúp ta nắm vững hơn nội dung bài toán, chuẩn bị tốt hơn cho bước tiếp theo.
4.2 Tìm tòi lời giải của bài toán
Việc tìm tòi lời giải là một bước quan trọng bậc nhất trong hoạt động giải toán.
Điều cơ bản của bước này là biết định hướng đúng để tìm ra được nhanh chóng
hướng giải bài toán.
Sau đây là một vài lời khuyên cho việc tìm tòi lời giải một bài toán hình học.
4.2.1 Hãy nghĩ đến những bài toán liên quan:
Những bài toán liên quan có thể là những bài toán tương tự với bài toán đã cho
hay là bài toán tổng quát hơn bài toán đã cho, hay là trường hợp đặc biệt của bài
GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện
Khóa luận tốt nghiệp Trang 27
toán đã cho, thậm chí là bài tóan na ná bài toán đã cho,Nghĩ đến những bài toán
liên quan là để tìm cách sử dụng kết quả hay phương pháp giải các bài toán đó.
Ví dụ 24 :
Cho tam giác nhọn ABC, xác định một tam giác MPQ có chu vi bé nhất, nội tiếp
tam giác ABC (có nghĩa là các đỉnh M, P, Q của tam giác MPQ lần lượt nằm trên các
cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC).
Bài toán nói trên gợi cho ta nhớ đến bài toán quen thuộc sau đây ở lớp 8 như sau:
Bài toán liên quan:
Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó. Hãy xác định điểm A và B
lần lượt nằm trên hai tia Ox và Oy sao cho chu vi tam giác MAB bé nhất.
Bài toán này được giải như sau:
Gọi M’, M’’ là các điểm đối xứng với điểm M lần lượt qua đường thẳng Ox và
Oy. Gọi A là giao điểm của đoạn thẳng M’M’’ với tia Ox và B là giao điểm của
đoạn thẳng M’M’’ với tia Oy .
Từ bài toán đó và cách giải của nó ta tìm thấy lời giải của bài toán ban đầu như
sau:
Giả sử MPQ là tam giác nội tiếp tam giác ABC. Gọi M’, M’’ lần lượt là các điểm
đối xứng với M lần lượt qua các đường thẳng AC và AB.
Khi đó ta có:
MP + PQ + QM = M’P + PQ + QM’’
Ta có chu vi ∆MAB bằng:
MA + AB + BM = M’A + AB + BM’’ = M’M’’
Với hai điểm A’ và B’ khác A, B trên Ox và Oy,
ta có chu vi ∆MA’B’ bằng:
MA’ + A’B’ + B’M = M’A’+ A’B’ + B’M’’
Đường gấp khúc M’A’B’M’’ có độ dài lớn hơn độ
dài đoạn thẳng M’M’’.
Vậy các điểm A, B như trên tạo nên tam giác MAB
có chu vi nhỏ nhất.
P
Q
M'
M''
A
B CM
y
xA
B
M''
M'
O
M
B'
A'
GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện
Khóa luận tốt nghiệp Trang 28
Vì M’P + PQ + QM’’ ≥ M’M’’ nên ta suy ra: nếu đã chọn điểm M trên cạnh BC
thì chu vi tam giác MPQ bé nhất khi và chỉ khi các điểm M’, P, Q, M’’ thẳng hàng,
và chu vi của tam giác đó bằng độ dài đoạn thẳng M’M’’.
Vậy với mỗi vị trí của điểm M trên cạnh BC ta xác định được tam giác MPQ có
chu vi bé nhất.
Bài toán được giải nếu ta xác định được vị trí của điểm M trên cạnh BC sao cho
đối với nó độ dài M’M’’ bé nhất.
Ta thấy đoạn thẳng AM’ và AM’’ đối xứng với đoạn thẳng AM lần lượt qua các
đường thẳng AC và AB nên ta có AM’ = AM’’ = AM và góc ' '' 2M AM A= , trong
đó A là góc ở đỉnh A của tam giác ABC, như vậy tam giác cân M’AM’’ có cạnh bên
bằng AM và góc ở đỉnh không đổi. Bởi vậy cạnh đáy M’M’’ bé nhất khi độ dài AM
bé nhất. Suy ra M là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC.
Bằng cách lập luận tương tự ta có P và Q cũng là chân đường cao hạ từ B và C
của tam giác ABC.
4.2.2. Tìm cách vẽ thêm phần tử phụ
Nhiều khi phải vẽ thêm các phần tử phụ để tìm ra được những mối liên hệ mới.
Nhờ đó mà giải được bài toán cần giải.
Ta xét một vài ví dụ:
Ví dụ 25 :
Cho góc xOy. Một tứ giác ABCD có A, B nằm trên Ox, C và D nằm trên Oy
sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm hai cạnh AD và BC.Chứng minh rằng
đường thẳng MN song song với đường phân giác của góc xOy.
Cách 1:
Ta nhận thấy rằng bài toán là hiển nhiên trong
trường hợp đặc biệt khi OA = OD (và do đó OB =
OC). Khi đó đường thẳng đi qua trung điểm M, N
của AD và AC sẽ chứa tia phân giác Oz.
Từ nhận xét đó ta suy ra cách vẽ thêm hình
phụ sau đây:
Trên tia Oy lấy điểm A’ và B’ sao cho OA’ =
OA, OB’ = OB. Khi đó ABB’A’ là hình thang
cân. Gọi M’ và N’ là trung điểm các cạnh AA’ và
BB’ thì M’, N’ nằm trên Oz.
Ta phải chứng minh MN // M’N’. Dễ dàng chứng minh được MNN’M’ là hình
bình hành.
Cách 2:
Vẽ thêm hình phụ xuất phát từ yêu cầu bài toán: Từ M kẻ tia Mx’ // Ox và tia
My’ // Oy và chứng minh rằng MN là phân giác của góc x’My’.
yx z
N
M
B'N'
M'
o
A
A'
B
D
C
GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện
Khóa luận tốt nghiệp Trang 29
x
y
N
Q
PM
O
B
D
C
A
Từ đó ta có ∆MPQ cân tại M và chứng minh được MN là phân giác của góc
PMQ.
Cách 3:
Xuất phát từ một ý tưởng đơn giản sau đây: Nếu lấy một đường thẳng d⊥Oz thì
bài toán đòi hỏi phải chứng minh MN⊥ d.
Ta vẽ hình phụ như sau:
Lấy trên Ox và Oy hai điểm R và S sao cho OR = OS, ta được tam giác cân ORS
và do đó Oz⊥RS. Như vậy ta phải chứng minh MN⊥RS.
Ta chứng minh như sau:
Vì M, N là trung điểm của AD và BC nên 2MN AB DC= +uuuur uuur uuur .
Ta có:
2 . ( )(OS OR)
.OS .OR .OS.cos .ORcos
0
= + −
= − + −
=
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
MN RS AB CD
AB CD AB BOC CD BOC
Vậy MN⊥RS
Ví dụ 26: (Định lí Ptoleme).
Tích các đường chéo của một tứ giác nội tiếp một đường tròn bằng tổng các tích
các cặp đối.
Chứng minh:
Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (O), có độ dài các cạnh và các
đường chéo là: AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = e, BD = f.
Từ M, kẻ tia Mx’ song song với
Ox, từ B kẻ tia Bt song song với AD,
hai tia này cắt nhau ở P.
Từ M, kẻ tia My’song song với Oy,
từ C kẻ Ct’song song với AD, hai tia
này cắt nhau ở Q.
Ta chứng minh được ABPhần mềm và
CDMQ là các hình bình hành.
Do MA = MD nên suy ra BP = CQ
và do AB = CD nên suy ra MP = MQ
x
y
z
S
N
M
O
B
D
C
AR
GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện
Khóa luận tốt nghiệp Trang 30
b
e
d
f
a
c
P
o
A
C
D
B
Cộng vế theo vế hai đẳng thức (1) và (2) ta được: ac + bd = f.(AP + CP) = e.f
4.2.3 Tìm tòi lời giải bằng cách xét một số trường hợp đặc biệt hay tương
tự
Có thể tìm tòi lời giải bằng cách xét một số trường hợp đặc biệt, tương tự.Việc
xét các trường hợp này có thể giúp học sinh đoán được kết quả cần tìm.
Ví dụ 27 :
Cho hai điểm cố định B và C. Với mỗi điểm A của mặt phẳng ta dựng các hình
vuông ACPQ và ABRS sao cho các góc định hướng PCA và ABR cùng bằng
2
2
kπ π+ . Chứng minh rằng đường thẳng PR luôn luôn đi qua một điểm O cố định.
Tìm tòi lời giải:
Trước hết ta xác định điểm nào là điểm cố định.
Xét hai vị trí đặc biệt của đường thẳng PR: A ≡ B và A ≡ C.
Tuy nhiên hãy thử giải toán với một hạn chế là: điểm A thay đổi trên đoạn
thẳng BC.
I
J
O
PQ
S
R
B CA
Gọi I và J lần lượt là tâm các hình vuông ABRS và ACPQ th...
