Chuyên đề Sử dụng các kĩ thuật dạy học tích cực trong môn Toán theo định hướng phát triển năng lực học sinh

Nội dung text: Chuyên đề Sử dụng các kĩ thuật dạy học tích cực trong môn Toán theo định hướng phát triển năng lực học sinh

1. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC KĨ THUẬT DẠY HỌC TÍCH CỰC TRONG MÔN TOÁN THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC HỌC SINH Biên soạn: TS. Trịnh Đào Chiến (Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai) Sử dụng các kĩ thuật dạy học tích cực trong môn Toán theo định hướng phát triển năng lực học sinh là một trong những yêu cầu đổi mới phương pháp giảng dạy nói chung và môn Toán nói riêng. Bài viết này nhằm giới thiệu một số minh họa, trong khoảng thời gian có hạn của đợt bồi dưỡng giáo viên lần này. 1. Mô hình hóa Trong quá trình giảng dạy ở bậc THCS, đặc biệt trong các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi, ta có thể gặp bài toán sau đây Bài toán 1. Tính tổng 1 2 3 ... n. Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là Giải. Ta có 1 1 1 2 2 1 3 3 1 4 4 1 1 , 1 2 3 , 1 2 3 6 , 1 2 3 4 10 . 2 2 2 2 Dự đoán nn 1 1 2 3 ... n 2 Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên? Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là: Minh họa 1. 1 2 3 4 5 ? 1
2. Vì số ô vuông màu xanh bằng nửa số ô vuông của hình chữ nhật, nên ta có 4 4 1 1 2 3 4 5 . 2 Tổng quát: Bài toán 2. Tính tổng 1 3 5 ... 2n 1 . Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là Giải. Ta có 1 3 4 22 , 1 3 5 9 33 , 1 3 5 7 16 42 . Dự đoán 1 2 3 ... 2nn 1 2 Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên? Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là Minh họa 2. nn 1 1 3 51 7 2 9 3 11 ... n ? 2 Đếm số hình tròn trong mỗi trường hợp, ta có 2
3. 1 3 5 7 9 11 62 13579 2.61 62 Tổng quát: 1 3 5 ... 2nn 1 2 Bài toán 3. Tính tổng 13 2 3 3 3 ... n 3 . Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là Giải. Ta có 132 1 1 , 13 2 3 9 3 2 1 2 2 ,13 2 3 3 3 36 6 2 1 2 3 2 . Dự đoán 13 2 3 3 3 ... nn 3 123... 2 Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên? Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là: Minh họa 3. 13 2 3 3 3 4 3 ? Bằng cách ghép các hình rời rạc (bên trái) thành hình vuông (bên phải), ta có 13 2 3 3 3 4 3 1 2 3 4 2 Tổng quát: Bài toán 4. Tính tổng 12 2 2 3 2 ... n 2 . Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là 3
4. Giải. Ta có 1 1 1 2.1 1 2 2 1 2.2 1 3 3 1 2.3 1 112 , 122 2 5 , 12 2 2 3 2 14 . 6 6 6 Dự đoán n n 1 2 n 1 12 2 2 3 2 ... n 2 6 Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên? Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là: Minh họa 4. 12 2 2 3 2 4 2 ? 1 4 4 9 2 2 3 4 4 3 9 9 + + = = 3 3 3 2 3 4 4 3 2 9 9 9 4 4 4 4 1 2 3 4 4 3 2 1 9 9 9 9 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 Vậy: 4 4 1 31 2 2 2 3 2 4 2 12342.41 .2.41 . 2 Suy ra: 4
5. 1 4 4 1 4 4 1 2.4 1 122 2 3 2 4 2 . .2.41 . 3 2 6 Tổng quát: Lưu ý rằng, các mô hình trên chỉ là một vài minh họa. Còn nhiều môt hình n n 1 2 n 1 1khác2 2 2 nữa 3 2 để ... minhn 2 họa cho lời gải các bài toán trên. 6 2. Tạo một “góc nhìn” khác Bài toán sau đây thường gặp ở bậc THCS, mà ta dễ dàng chứng minh Bài toán 5. Chứng minh bất đẳng thức a2 b 2 c 2 ab bc ca . Bây giờ, ta có nhận xét sau: a2 b 2 c 2 ab bc ca 22 a2 b 2 c 2 ab bc ca a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca ab bc ca abc200 bca 200 cab 200 acb 200 bac 200 cba 200 abc110 bca 110 cab 110 acb 110 bac 110 cba 110 (Các bộ số mũ là 2,0,0 , 1,1,0 và 6 hoán vị của abc ) Ta có các định nghĩa sau: Định nghĩa 1. 1,,,, 2 3  1  2  3 nếu 11 1 2  1  2 1 2 3  1  2  3 Ví dụ: 2,0,0 1,1,0 , 3,0,0 2,1,0 1,1,1 . 5
6. Định nghĩa 2. 2 2 2 T abc, , : abc13 bca 1 3 ... + cba 1 3 ,, 1 2 3 6 hoan vi cua abc Cách tạo ra bất đẳng thức. 1,, 2 3  1 ,,  2  3 T a ,, b c T a ,, b c 1,,,, 2 3  1  2  3 Ví dụ 1. Vì , nên abc200 bca 200 cab 200 acb 200 bac 200 cba 200 T a,, b c 2,0,0 abc110 bca 110 cab 110 acb 110 bac 110 cba 110 T a,, b c 1,1,0 Ta sáng tác được Bài toán 5. Ví dụ 2. Ta có: 3,0,0 2,1,0 1,1,1 TTT 3,0,0 2,1,0 1,1,1 . Ngoài ra 300 300 300 300 300 300 T 3,0,0 abc bca cab acb bac cba a3 b 3 c 3 a 3 b 3 c 3 2 a 3 b 3 c 3 . 210 210 210 210 210 210 T 2,1,0 abc bca cab acb bac cba abbcca2 2 2 acbacb 2 2 2 abc 2 bca 2 cab 2 . 111 111 111 111 111 111 T 1,1,1 abc bca cab acb bac cba 6 abc . Ta sáng tác được bài toán sau: 2,0,0 1,1,0 6
7. Bài toán 6. Chứng minh bất đẳng thức 26 abc3 3 3 abcbcacab 2 2 2 abc Ví dụ 3. Ta có: 4,0,0 3,1,0 2,1,1 TTT 4,0,0 3,1,0 2,1,1 . Ngoài ra: 400 400 400 400 400 400 T 4,0,0 abc bca cab acb bac cba a4 b 4 c 4 a 4 b 4 c 4 2 a 4 b 4 c 4 . 310 310 310 310 310 310 T 3,1,0 abc bca cab acb bac cba abbcca3 3 3 acbacb 3 3 3 abc 3 bca 3 cab 3 . 211 211 211 211 211 211 T 2,1,1 abc bca cab acb bac cba a2 bc b 2 ca c 2 ab a 2 cb b 2 ac c 2 ba 2 abc a b c . Ta sáng tác được bài toán sau: Bài toán 7. Chứng minh bất đẳng thức 22 a4 b 4 c 4 abc 3 bca 3 cab 3 abcabc Bây giờ, giả sử ta có bài toán ban đầu như sau Bài toán 8. Cho a 4 . ab. 4.3 Chứng minh bất đẳng thức ab 43 Giải. Ta có 7
8. a 1 a 4 4 . ab. 4.3 ab . 1.1 43 a b “Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số và . Ta có 4 3 a b a a b ab 3 3.2. . 1 3.2 1 7 4 3 (đpcm) 4 3 4 4 3 Sau đây là bài toán tương tự, với dấu bất đẳng thức ngược lại. Bài toán 9. Cho ab 0 và thỏa mãn a 7 . ab. 7.5 Chứng minh bất đẳng thức ab 75 Giải. Nếu giải tương tự như trên thì dấu bất đẳng thức không thể là “ ” được. Bây giờ, dấu bất đẳng thức “ ” được nhìn thành bất đẳng thức “ ”, như sau: Ta có 7 1 aa 77 a . a. b 7.5 7.5 a . b 7 5 . 1.1 ab 7 5 “Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số và . Ta có a b 7 5 7 7 5 7 5b abb . .2. . abbabab .1 .2.1 .1 (đpcm) a b a a b 0 8
9. 3. Toán học và thực tiễn Sau khi học Định lí Pitago, bài toán sau là một minh họa nhỏ về việc toán học giải quyết những vấn đề từ thực tiễn. Bài toán 10. Có 4 ngôi nhà, ở vị trí 4 đỉnh của một hình vuông có cạnh là 1 km, chưa có đường đi lại giữa các ngôi nhà đó. Hãy làm con đường ngắn nhất để đi lại giữa các ngôi nhà với nhau. Một số phương án. Dưới đây là một số phương án: (4 km) (3 km) (3 km) ( 2 2 3,41 km) ( 2 2 2,82 km) (1 3 2,73 km) 9
10. ( 3,14 km) Cách 6 đã là tối ưu chưa? Nhu cầu tính toán và so sánh các đại lượng được hình thành một cách tự nhiên. Bài toán trên đây chỉ là một ví dụ minh họa, trong muôn vàn ví dụ từ thực tiễn. 4. Toán “không lời” Toán “không lời” (Silent Math) là một phương pháp dạy học hiện đại của thế giới, nó giúp cho học sinh tự tìm kiếm nội dung “có lời” trong lời giải bài toán. Dưới đây là một số minh họa, với các bài toán Hình học. Bài toán 11. S1 a ? Sb2 10
11. Giải. ah h S  S 1 1 22a SSS a  1 2 1 . bh h S a b S b S 2 2 2 22b  Bài toán 12. S1 a ? Sb2 Giải. SSSSS BT1 aa BT1 1 2 1 3 1 . S3 S 4 S 2 S 4 b S 2 b 11
12. Bài toán 13. S1 mn ? S2 ab Giải. SSS BT1 mn 11 .3 . . S2 S 3 S 2 b a Bài toán 14. SABC 1. S ? * 12
13. Giải. S 11 BT1 9a a ABC 10 a a . 3 3 30 Bài toán 15. S * ? SABC Giải. S * SSSSABC 1 2 3 SSABC ABC SSS 1 12 3 SSSABC ABC ABC BT3 1 2 1 2 1 2 1 1 . . . . 3 3 3 3 3 3 3 13
14. Bài toán 16. S 1 ABCD AB AF 3 Giải. 1S 1 1 BT1 a 3 a .ABCD 4 a a . 3 2 6 24 . Bài toán 17. SABC ? Giải. 5853 x x BT1 3 S xx? * xS 12 ABC 40 . 14
15. Bài toán 18. SABC 1. Giải. SS BT1 a 6 a ABC a ABC 3 21 SS bc ABC, ABC 21 21 SSS2. 5. d e f ABC ABC ABC 3 21 21 SSSABC5. ABC ABC 1 SS ABC 3 . * 21 21 7 7 5. Sáng tác bài toán mới Tự mình sáng tác ra các bài toán để dùng trong việc giảng dạy là một trong những điều nên làm của mỗi giáo viên. Nội dung phần này minh họa một phương pháp sáng tác nhiều bất đẳng thức khác nhau từ Bất đẳng thức Erdos - Mordell. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ đến các cạnhS BC ?, CA, AB . Đặt * MA Ra , MB Rb , MC Rc , MA1 da , MB1 db , MC1 dc . 15
16. Ta đã biết Bất đẳng thức Erdos - Mordell sau Ra R b R c 2 d a d b d c . Từ bất đẳng thức này, có thể sáng tác được nhiều bất đẳng thức khác bằng cách xét một tam giác tương ứng với tam giác . Chẳng hạn, xét tam giác ABC1 1 1 . Gọi A0 , B0 , C0 lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ đến các cạnh BC11, CA11, AB11. Đặt B1 C 1 a 1 , C1 A 1 b 1 , A1 B 1 c 1 MA R , MB R , MC R , 1 a1 1 b1 1 c1 MA d , MB d MC d . 0 a1 0 b1 0 c1 Có thể biểu diễn các yếu tố trong tam giác theo các yếu tố trong tam giác như sau ABC M Ra d a, R b d b , R c d c , 1 1 1 db... d c d c d a d a d b d , d , d abc1 1 1 RRRa b c a... Ra b R b c R c a1 , b 1 , c 1 2RRR 2 2 16
17. trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp dụng Bất đẳng thức Erdos - Mordell đối với tam giác , ta có R R R 2 d d d . a1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 Thay các biểu diễn trên vào bất đẳng thức này, ta có db... d c d c d a d a d b da d b d c 2 RRRa b c hay RRRdabca d b d c 2 RRdd bcbc . RRdd bcbc . RRdd bcbc . . Ta sáng tác được bài toán sau Bài toán 19. Cho tam giác và điểm nằm trong tam giác. Gọi , , lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ đến các cạnh , , . Đặt , , , , , . Chứng minh bất đẳng thức sau ABC 1 1 1 . 6. Hằng đẳng thức “cũng đáng nhớ” 6.1. Hằng đẳng thức Newton Giả sử a, b , c . Đặt c1 a b c c2 ab bc ca c abc 3 ABC M A1 B1 C1 32BC CA AB Thế thì a, b , c là nghiệm của phương trình x c1 x c 2 x c 3 0. k k k MA Ra MB Rb MC Rc Đặt Sk a b c , k 1, 2, 3, 4, ... Thế thì,MA ta1 có d ahằngMB đẳng1 db thứcMC 1sau: dc 17
18. Sc11 0, 1 S2 S 1 c 1 2 c 2 0, 2 S S c S c 3 c 0, 3 3 2 1 1 2 3 ______________________ S4 S 3 c 1 S 2 c 2 S 1 c 3 0, 4 S S c S c S c 0, 5 5 4 1 3 2 2 3 ... Sk S k 1 c 1 S k 2 c 2 S k 3 c 3 0, k 4. k Hằng đẳng thức trên được gọi là Hằng đẳng thức Newton, trường hợp n 3. 6.2. Áp dụng Nhận xét 1. Sc11 0 1 S2 S 1 c 1 2 c 2 0 2 2 Ta có 1 Sc11 . Thay vào (2), ta có S2 c 1 2 c 2 0 2 2 2 2 2 Sc2 12 c 2 abc abc 2 abbcca 2 a Nhận xét 2. Sc11 0 1 S2 S 1 c 1 2 c 2 0 2 S3 S 2 c 1 S 1 c 2 3 c 3 0 3 Ta có 1 Sc11 . Thay vào (3), ta có SScccc321123 3 0 ScSc 3122 3 c 3 0 3 3 3 2 2 2 S3 cSc 1 2 2 3 c 3 abc abcabcabbcca 3 abc 3 a Từ (3a), ta có thể sáng tác các bài toán sau 18
19. Bài toán 20. Phân tích đa thức sau thành nhân tử a3 b 3 c 3 3 abc . Tiếp tục thay (2a) vào (3a), ta có S cc2 3 c 3 c abc 3 3 3 abcabc 2 3 abbcca 3 abc 3 b 3 1 1 2 3 hay 3 3 3 3 3 S3 c 13 cc 1 2 3 c 3 abc abc 3 abcabbcca 3 abc abc 3 a3 b 3 c 3 3 abcabbcca abc abc 3 abc3 3 3 3 abbcca 3 b Từ (3b), ta có thể sáng tác bài toán sau Bài toán 21. Phân tích đa thức sau thành nhân tử a b c 3 a3 b 3 c 3 . Giải. abc 3 abc3 3 3 3 abbcca Nhận xét 3. Từ hằng đẳng thức (3b), thay a bởi y z x , b bởi z x y , c bởi x y z , Ta có abc được thay bởi x y z , ab được thay bởi 2z , bc được thay bởi 2x , ca được thay bởi 2y . 19
20. Khi đó (3b) trở thành hằng đẳng thức xyz 3333 yzx zxy xyz 24 xyz - Nhận xét 4. Từ hằng đẳng thức (3b), thay bởi yz , bởi zx , bởi xy , Ta có được thay bởi 0, được thay bởi xy , được thay bởi yz , được thay bởi zx . Khi đó (3b) trở thành hằng đẳng thức a yz 3 zx 3 xy 3 3 yzzxxy b Từ hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau c Bài toán 22. Phân tích đa thức sau thành nhân tử y z 3 z x 3 x y 3 . abc Giải. yz 3 zx 3 xy 3 3 yzzxxy . ab bc - Nhận xét 5. ca 20