Đề tài Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông qua dạy học giải bài tập hình học

Lời cảm ơn Trong thời gian qua, ngoài sự nỗ lực của bản thân, đề tài luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của T.S Nguyễn Đinh Hùng. Luận văn còn có sự giúp đỡ về tài liệu và những ý kiến góp ý của các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Lý luận và Phương pháp giảng dạy bộ môn Toán. Xin trân trọng gửi tới các thầy cô giáo lời biết ơn chân thành và sâu sắc của tác giả. Tác giả cũng xin cảm ơn các thầy cô giáo trong Ban giám hiệu, tổ Toán trường Nghi Lộc 1 đã tạo điều kiện trong quá trình tác giả thực hiện đề tài. Gia đình, bạn bè, đồng nghiệp luôn là nguồn cổ vũ động viên để tác giả thêm nghị lực hoàn thành Luận văn này. Tuy đã có nhiều cố gắng, tuy nhiên Luận văn này chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót cần được góp ý, sửa chữa. Tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo và bạn đọc. Vinh, tháng 11 năm 2007 Tác giả Mục lục Trang Mở đầu 1 Chương 1. Cơ sở lý luận và thực tiễn 5 1.1. Tư duy 6 1.2. Tư duy sáng tạo 6 1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo 9 1.4. Vận dụng tư duy biện chứng để phát triển tư duy sáng tạo cho HS. 14 1.5. Tiềm năng của hình học trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh 19 1.6. Kết luận chương 1 21 Chương 2. Một số vấn đề dạy học giải bài tập hình học theo định hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh 22 2.1. Vấn đề 1: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua bài toán dựng hình 22 2.2. Vấn đề 2: Khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải cho một bài toán hình học không gian 54 2.3. Vấn đề 3: Xây dựng hệ thống bài toán gốc giúp học sinh quy lạ về quen 69 2.4. Vấn đề 4: Chuyển việc tìm tòi lời giải bài toán hình học không gian về bài toán hình học phẳng 78 2.5. Kết luận chương 2 85 Chương 3. Thực nghiệm sư phạm 86 3.1. Mục đích thực nghiệm 86 3.2. Nội dung thực nghiệm 86 3.3. Tổ chức thực nghiệm 86 3.4. Kết luận chung về thực nghiệm 89 kết luận 91 tài liệu tham khảo 92 Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Thế giới ngày nay đang thay đổi theo một tốc độ luỹ thừa, nhằm đáp ứng được những thay đổi nhanh chóng đó trong khoa học, công nghệ, truyền thông. Chúng ta không những dựa trên các giải pháp của quá khứ, mà còn phải tin tưởng vào những quá trình giải quyết các vấn đề mới. Điều này không chỉ hàm ý nói đến những kỹ thuật mới mà còn nói đến mục tiêu giáo dục. Mục tiêu của giáo dục phải là phát triển một xã hội trong đó con người có thể sống thoải mái với sự thay đổi hơn là sự xơ cứng. Vì thế bắt buộc bản thân các nhà giáo dục phải vừa giữ gìn, lưu truyền tri thức và các giá trị của quá khứ vừa chuẩn bị cho một tương lai mà ta chưa biết rõ. Toán học có liên quan chặt chẽ với thực tế và có ứng dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học, công nghệ, sản xuất và đời sống xã hội hiện đại, nó thúc đẩy mạnh mẽ các quá trình tự động hoá sản xuất, trở thành công cụ thiết yếu cho mọi ngành khoa học và được coi là chìa khoá của sự phát triển. Xuất phát từ những yêu cầu xã hội đối với sự phát triển nhân cách của thế hệ trẻ, từ những đặc điểm của nội dung mới và từ bản chất của quá trình học tập buộc chúng ta phải đổi mới phương pháp dạy học theo hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. Việc học tập tự giác tích cực, chủ động và sáng tạo đòi hỏi học sinh phải có ý thức về những mục tiêu đặt ra và tạo được động lực trong thúc đẩy bản thân họ tư duy để đạt được mục tiêu đó. Trong việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh ở trường phổ thông, môn Toán đóng vai trò rất quan trọng. Bởi vì, Toán học có một vai trò to lớn trong sự phát triển của các ngành khoa học và kỹ thuật; Toán học có liên quan chặt chẽ và có ứng dụng rộng rãi trong rất nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học, công nghệ, sản xuất và đời sống xã hội hiện đại; Toán học còn là một công cụ để học tập và nghiên cứu các môn học khác. Vấn đề bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh đã được nhiều tác giả trong và ngoài nước quan tâm nghiên cứu. Với tác phẩm "Sáng tạo toán học" nổi tiếng, nhà toán học kiêm tâm lý học G.Polya đã nghiên cứu bản chất của quá trình giải toán, quá trình sáng tạo toán học. Đồng thời trong tác phẩm "Tâm lý năng lực toán học của học sinh", Krutecxiki đã nghiên cứu cấu trúc năng lực toán học của học sinh. ở nước ta, các tác giả Hoàng Chúng, Nguyễn Cảnh Toàn, Phạm Văn Hoàn, Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy, Tôn Thân, Phạm Gia Đức,… đã có nhiều công trình giải quyết những vấn đề về lý luận và thực tiễn việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Hay như luận văn Thạc sĩ của Từ Hữu Sơn - Đại học Vinh năm 2004 với tiêu đề: "Góp phần bồi dưỡng một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo lý thuyết đồ thị". Phạm Xuân Chung năm 2001: "Khai thác sách giáo khoa hình học 10 THPT hiện hành qua một số dạng bài tập điển hình nhằm phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh". Tác giả Bùi Thị Hà - Đại học Vinh năm 2003, trong luận văn của mình với đề tài: "Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh phổ thông qua dạy học bài tập nguyên hàm, tích phân". Như vậy, việc bồi dưỡng và phát triển tư duy sáng tạo trong hoạt động dạy học toán được rất nhiều nhà nghiên cứu quan tâm. Tuy nhiên, việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo thông qua dạy giải các bài tập hình học ở trường THPT thì các tác giả chưa khai thác và đi sâu vào nghiên cứu cụ thể. Vì vậy, tôi chọn đề tài nghiên cứu của luận văn này là: "Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông qua dạy học giải bài tập hình học". 2. Mục đích nghiên cứu Mục đích của luận văn này là nghiên cứu và đề xuất một số vấn đề nhằm góp phần rèn luyện yếu tố tư duy sáng tạo cho học sinh qua dạy học giải bài tập hình học. 3. Giả thuyết khoa học Nếu dạy học hình học theo định hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thì có thể góp phần đổi mới phương pháp dạy học trong giai đoạn hiện nay và nâng cao chất lượng dạy học toán ở trường phổ thông trung học. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu 4.1- Làm sáng tỏ khái niệm tư duy, tư duy sáng tạo. 4.2- Xác định các vấn đề đã đề xuất nhằm rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh. 4.3- Xây dựng và khai thác hệ thống bài tập hình học phù hợp với sự phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. 4.4- Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá tính khả thi, tính hiện thực, tính hiệu quả của đề tài. 5. Phương pháp nghiên cứu 5.1- Nghiên cứu lý luận - Nghiên cứu các tài liệu về giáo dục học môn toán, tâm lý học, lý luận dạy học môn toán. - Các sách báo, các bài viết về khoa học toán phục vụ cho đề tài. - Các công trình nghiên cứu có các vấn đề liên quan trực tiếp đến đề tài. 5.2. Quan sát - Dự giờ, quan sát việc dạy học của giáo viên và việc học của học sinh trong quá trình khai thác các bài tập sách giáo khoa. 5.3. Thực nghiệm sư phạm Tiến hành thực nghiệm sư phạm với lớp học thực nghiệm và lớp học đối chứng trên cùng một lớp đối tượng. 6. Cấu trúc luận văn A. Phần mở đầu - Lý do chọn đề tài - Mục đích nghiên cứu - Nhiệm vụ nghiên cứu - Giả thiết khoa học - Phương pháp nghiên cứu B. Phần nội dung Chương 1. Cơ sở lý luận và thực tiễn 1.1. Tư duy 1.2. Tư duy sáng tạo 1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo 1.4. Vận dụng tư duy biện chứng để phát triển tư duy sáng tạo cho HS. 1.5. Tiềm năng của chủ đề hình học trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. 1.6. Kết luận chương 1 Chương 2. Một số vấn đề dạy học giải bài tập hình học theo định hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh 2.1. Vấn đề 1: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua bài toán dựng hình 2.2. Vấn đề 2: Khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải trong một bài toán. 2.3. Vấn đề 3: Xây dựng hệ thống bài toán gốc giúp học sinh quy lạ về quen. 2.4. Vấn đề 4: Chuyển việc tìm tòi lời giải bài toán hình học không gian về bài toán hình học phẳng. 2.5. Kết luận chương 2 Chương 3. Thực nghiệm sư phạm 3.1. Mục đích thực nghiệm 3.2. Nội dung thực nghiệm 3.2.1. Lớp thực nghiệm 3.2.2. Tiến trình thực nghiệm 3.3. Kết quả thực nghiệm 3.3.1. Đánh giá hoạt động học tập của học sinh ở lớp học 3.3.2. Kết luận về thực nghiệm sư phạm. Chương 1 Cơ sở lý luận và thực tiễn 1.1. Tư duy Hiện thực xung quanh có nhiều cái mà con người chưa biết. Nhiệm vụ của cuộc sống và hoạt động thực tiễn luôn đòi hỏi con người phải hiểu biết cái chưa biết đó ngày một sâu sắc, đúng đắn và chính xác hơn, phải vạch ra những cái bản chất và những quy luật tác động của chúng. Quá trình nhận thức đó gọi là tư duy. Tư duy là một quá trình tâm lý phản ánh những thuộc tính, bản chất mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hiện tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó ta chưa biết (theo tâm lý học đại cương - Nguyễn Quang Cẩn) Theo từ điển triết học: "Tư duy, sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ chức một cách đặc biệt là bộ não, là quá trình phản ánh tích cực thế giới khách quan trong các khái niệm, phán đoán, lý luận. Tư duy xuất hiện trong quá trình hoạt động sản xuất xã hội của con người và đảm bảo phản ánh thực tại một cách gián tiếp, phát hiện những mối liên hệ hợp quy luật. Tư duy chỉ tồn tại trong mối liên hệ không thể tách rời khỏi hoạt động lao động và lời nói, là hoạt động chỉ tiêu biểu cho xã hội loài người cho nên tư duy của con người được thực hiện trong mối liên hệ chặt chẽ với lời nói và những kết quả của tư duy được ghi nhận trong ngôn ngữ. Tiêu biểu cho tư duy là những quá trình như trừu tượng hoá, phân tích và tổng hợp, việc nêu lên là những vấn đề nhất định và tìm cách giải quyết chung, việc đề xuất những giả thiết, những ý niệm. Kết quả của quá trình tư duy bao giờ cũng là một ý nghĩ nào đó". Từ đó ta có thể rút ta những đặc điểm cơ bản của tư duy. - Tư duy là sản phẩm của bộ não con người và là một quá trình phản ánh tích cực thế giới khách quan. - Kết quả của quá trình tư duy bao giờ cũng là một ý nghĩ và được thể hiện qua ngôn ngữ. - Bản chất của tư duy là ở sự phân biệt, sự tồn tại độc lập của đối tượng được phản ánh với hình ảnh nhận thức được qua khả năng hoạt động của con người nhằm phản ánh đối tượng. - Tư duy là quá trình phát triển năng động và sáng tạo. - Khách thể trong tư duy được phản ánh với nhiều mức độ khác nhau từ thuộc tính này đến thuộc tính khác, nó phụ thuộc vào chủ thể là con người. 1.2. Tư duy sáng tạo Theo định nghĩa trong từ điển thì sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết vấn đề mới không bị gò bó và phụ thuộc vào cái đã có. Nội dung của sáng tạo gồm hai ý chính có tính mới (khác cái cũ, cái đã biết) và có lợi ích (giá trị hơn cái cũ). Như vậy sự sáng tạo cần thiết cho bất kỳ hoạt động nào của xã hội loài người. Sáng tạo thường được nghiên cứu trên nhiều phương diện như là một quá trình phát sinh cái mới trên nền tảng cái cũ, như một kiểu tư duy, như là một năng lực của con người. Các nhà nghiên cứu đưa ra nhiều quan điểm khác nhau về tư duy sáng tạo. Theo Nguyễn Bá Kim: "Tính linh hoạt, tính dộc lập và tính phê phán là những điều kiện cần thiết của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác nhau của tư duy sáng tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ nét ở khả năng tạo ra cái mới, phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ cái cũ" (Nguyễn Bá Kim - Phương pháp dạy học bộ môn Toán) Theo Tôn Thân quan niệm: "Tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập tạo ra ý tưởng mới, độc đáo, và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao". Và theo tác giả "Tư duy sáng tạo là tư duy độc lập và nó không bị gò bó phụ thuộc vào cái đã có. Tính độc lập của nó bộc lộ vừa trong việc đặt mục đích vừa trong việc tìm giải pháp. Mỗi sản phẩm của tư duy sáng tạo đều mang rất đậm dấu ấn của mỗi cá nhân đã tạo ra nó. (Tôn Thân - Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập nhằm bồi dưỡng một số yếu tố của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi Toán ở trường THCS Việt Nam, luận án phó Tiến sỹ khoa học sư phạm - Tâm lý, Viện khoa học giáo dục Hà Nội) Nhà tâm lý học người Đức Mehlhow cho rằng "Tư duy sáng tạo là hạt nhân của sự sáng tạo cá nhân, đồng thời là mục tiêu cơ bản của giáo dục" Theo ông, tư duy sáng tạo được đặc trưng bởi mức độ cao của chất lượng, hoạt động trí tuệ như tính mềm dẻo, tính nhạy cảm, tính kế hoạch, tính chính xác. Trong khi đó, J.DanTon lại cho rằng "Tư duy sáng tạo đó là những năng lực tìm thấy những ý nghĩa mới, tìm thấy những mối quan hệ, là một chức năng của kiến thức, trí tưởng tượng và sự đánh giá, là một quá trình, một cách dạy và học bao gồm những chuỗi phiêu lưu, chứa đựng những điều như: sự khám phá, sự phát sinh, sự đổi mới, trí tưởng tượng, sự thí nghiệm, sự thám hiểm". Trong cuốn: "Sáng tạo Toán học", G.Polya cho rằng: "Một tư duy gọi là có hiệu quả nếu tư duy đó dẫn đến lời giải một bài toán cụ thể nào đó. Có thể coi là sáng tạo nếu tư duy đó tạo ra những tư liệu, phương tiện giải các bài toán sau này. Các bài toán vận dụng những tư liệu phương tiện này có số lượng càng lớn, có dạng muôn màu muôn vẻ, thì mức độ sáng tạo của tư duy càng cao, thí dụ: lúc những cố gắng của người giải vạch ra được các phương thức giải áp dụng cho những bài toán khác. Việc làm của người giải có thể là sáng tạo một cách gián tiếp, chẳng hạn lúc ta để lại một bài toán tuy không giải được nhưng tốt vì đã gợi ra cho người khác những suy nghĩ có hiệu quả". Tác giả Trần Thúc Trình đã cụ thể hóa sự sáng tạo với người học Toán: "Đối với người học Toán, có thể quan niệm sự sáng tạo đối với họ, nếu họ đương đầu với những vấn đề đó, để tự mình thu nhận được cái mới mà họ chưa từng biết. Như vậy, một bài tập cũng được xem như là mang yếu tố sáng tạo nếu các thao tác giải nó không bị những mệnh lệnh nào đó chi phối (từng phần hay hoàn toàn), tức là nếu người giải chưa biết trước thuật toán để giải và phải tiến hành tìm hiểu những bước đi chưa biết trước. Nhà trường phổ thông có thể chuẩn bị cho học sinh sẵn sàng hoạt động sáng tạo theo nội dung vừa trình bày. Theo định nghĩa thông thường và phổ biến nhất của tư duy sáng tạo thì đó là tư duy sáng tạo ra cái mới. Thật vậy, tư duy sáng tạo dẫn đến những tri thức mới về thế giới về các phương thức hoạt động. Lene đã chỉ ra các thuộc tính sau đây của tư duy sáng tạo: - Có sự tự lực chuyển các tri thức và kỹ năng sang một tình huống sáng tạo. - Nhìn thấy những vấn đề mới trong điều kiện quen biết "đúng quy cách" - Nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết. - Nhìn thấy cấu tạo của đối tượng đang nghiên cứu. - Kỹ năng nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách nhìn đối với việc tìm hiểu lời giải (khả năng xem xét đối tượng ở những phương thức đã biết thành một phương thức mới). - Kỹ năng sáng tạo một phương pháp giải độc đáo tuy đã biết nhưng phương thức khác (Lene - dạy học nên vấn đề - NXBGD - 1977) Tư duy sáng tạo là tư duy tích cực và tư duy độc lập nhưng không phải trong tư duy tích cực đều là tư duy độc lập và không phải trong tư duy độc lập đều là tư duy sáng tạo và có thể biểu hiện mối quan hệ giữa các khái niệm dưới dạng vòng trong đồng tâm Tư duy tích cực Tư duy độc lập Tư duy sáng tạo Có thể nói đến tư duy sáng tạo khi học sinh tự khám phá, tự tìm cách chứng minh mà học sinh đó chưa biết đến. Bắt đầu từ tình huống gợi vấn đề, tư duy sáng tạo giải quyết mâu thuẫn tồn tạo trong tình huống đó với hiệu quả cao, thể hiện ở tính hợp lý, tiết kiệm, tính khả thi và cả ở vẻ đẹp của giải pháp. Nói chung tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập, tạo ra ý tưởng mới độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao. 1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo Theo nghiên cứu của các nhà tâm lý học, giáo dục học, … về cấu trúc của tư duy sáng tạo, có năm đặc trưng cơ bản sau: - Tính mềm dẻo - Tính nhuần nhuyễn - Tính độc đáo - Tính hoàn thiện - Tính nhạy cảm vấn đề 1.3.1. Tính mềm dẻo Tính mềm dẻo của tư duy là năng lực dễ dàng đi từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, từ thao tác tư duy này sang thao tác tư duy khác, vận dụng linh hoạt các hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hóa, 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 khi gặp trở ngại. Tính mềm dẻo của tư duy còn là năng lực thay đổi dễ dàng, nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức chuyển từ góc độ quan niệm này sang góc độ quan niệm khác, định nghĩa lại sự vật, hiện tượng, gạt bỏ sơ đồ tư duy có sẵn và xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra sự vật mới trong những quan hệ mới, hoặc chuyển đổi quan hệ và nhận ra bản chất sự vật và điều phán đoán. Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc các kiến thức kỹ năng đã có sẵn vào 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 cách suy nghĩ đã có từ trước. Đó là nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết. Như vậy, tính mềm dẻo là một trong những đặc điểm cơ bản của tư duy sáng tạo, do đó để rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh ta có thể cho các em giải các bài tập mà thông qua đó rèn luyện được tính mềm dẻo của tư duy. 1.3.2. Tính nhuần nhuyễn Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự tổ hợp giữa các yếu tố riêng lẻ của các hình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết mới. Các nhà tâm lý học rất coi trọng yếu tố chất lượng của ý tưởng sinh ra, lấy đó làm tiêu chí để đánh giá sáng tạo. Tính nhuần nhuyễn được đặc trưng bởi khả năng tạo ra một số lượng nhất định các ý tưởng. Số ý tưởng nghĩ ra càng nhiều thì càng có nhiều khả năng xuất hiện ý tưởng độc đáo, trong trường hợp này số lượng làm nảy sinh ra chất lượng. Tính nhuần nhuyễn còn thể hiện rõ nét ở 2 đặc trưng sau: - Một là 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 để phải giải quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất được nhiều phương án khác nhau và từ đó tìm được phương án tối ưu. Ví dụ : Cho tứ diện OABC, trong đó OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a. Gọi I là trung điểm của BC. Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AI, OC? Cách 1: Xem khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau AI và OC là khoảng cách từ 1 điểm thuộc 1 đường thẳng (chẳng hạn O ẻ OC) đến một mặt phẳng song song đường thẳng đó và chứa đường thẳng còn lại mặt phẳng (AIJ). Qua I kẻ IJ // OC (J ẻ OB) Gọi (P) là mặt phẳng qua AI, IJ khi đó (P) // OC. Vậy d(AI, OC) = d(OC, (P)) = d(O, (P)). Kẻ OH ^ AJ (H ẻ AJ). Vì IJ // OC nên ị IJ ^ OH. Do đó OH ^ (AIJ) hay OH ^ (P) Suy ra d (AI, OC) = d ((P), OC) = d ((P), O) = OH = . - Hai là 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. Trở lại ví dụ trên ta có: Cách 2: Dựng đường vuông góc chung của AI và OC. - Qua I kẻ đường thẳng IJ // OC (J ẻ OB) - Qua O kẻ đường thẳng OH // AJ (H ẻ AJ) - Qua H kẻ đường thẳng HE // IJ (I ẻ AI) - Qua E kẻ đường thẳng EF // OH (F ẻ OC) Khi đó EF là đoạn ^ góc chung của AI và OC. Thật vậy. Vì IJ // OC nên Vì OH ^ AJ (theo cách dựng) nên theo (1) ta có OH ^ (AIJ) ị OH ^ AI mà EF // OH nên ị EF ^ AI (2) Ta lại có: OC ^ (AOB) ị OC ^ OH. Do đó EF ^ OC (OH // EF) (3) Từ (2) và (3) ta có điều phải chứng minh. Khoảng cách giữa đường thẳng AI và OC là: d(AI, OC) = EF = OH. Trong đó: ị OH = . Vậy d(AI, OC) = . Cách 3: Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và OC là khoảng cách giữa hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng AI, OC và song song với nhau. Từ I kẻ IJ // OC (J ẻ OB) Gọi (P) là mp qua AI và IJ, (Q) là mp qua DC và // (P) Khi đó: d(AC, AI) = d ((P) (Q)) = d (O, (P)) = OH = . Cách 4: Xem khoảng cách giữa 2 đường thẳng AI và OC là chiều cao hình chóp có đỉnh là một điểm nằm trên một đường thẳng (chẳng hạn O ẻ OC) đáy nằm trên mặt phẳng // đường thẳng đó và chứa đường thẳng còn lại (mp (AIJ)). Hình chóp OAIJ Ta có d(OC, AI) = Trong đó: VOAIJ = SAIJ = ị d(OC, AI) = Vậy d (OC, AI) = . Cách 5: Xem khoảng cách giữa hai đường thẳng AI, OC là chiều cao hình hộp có hai đáy chứa 2 đường thẳng trên. Dựng hình hộp AMNPOCDI Gọi V là thể tích của hình hộp. Khi đó d (OC, AI) = Trong đó V = AO . SOCDI = 2AO . SOCI Û V = 2 . a . SMNCO = SAPDI = IA . ID . sin () = IA . OC . sin () Û SMNCO = IA . OC . = OC . AJ Trong đó OC = a AJ = ị SMNCO = Vậy d(OC, AI) = . 1.3.3. Tính độc đáo Tính độc đáo của tư duy được đặc trưng bởi các khả năng. - Khả năng tìm ra những hiện tượng và những kết hợp mới. - Khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện mà bên ngoài liên tưởng như không có liên hệ với nhau. - Khả năng tìm ra những giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác. Các yếu tố cơ bản trên không tách rời nhau mà trái lại chúng có 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 đó đề xuất được nhiều phương án khác nhau mà có thể tìm được giải pháp lạ, đặc sắc (tính độc đáo). Các yếu tố này 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 hoạt động trí tuệ của con người. 1.3.4. Tính hoàn thiện Tính hoàn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩa và hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và kiểm chứng ý tưởng. 1.3.5. Tính nhạy cảm vấn đề Tính nhạy cảm vấn đề có các đặc trưng sau: - Khả năng nhanh chóng phát hiện vấn đề - Khả năng phát hiện ra mâu thuẫn, sai lầm, thiếu logic, chưa tối ưu từ đó có nhu cầu cấu trúc lại, tạo ra cái mới. Các yếu tố cơ bản của tư duy sáng tạo nêu trên đã biểu hiện khá rõ ở học sinh nói chung và đặc biệt rõ nét đối với học sinh khá giỏi. Trong học tập Toán mà cụ thể là trong hoạt động giải toán, các em đã biết di chuyển, thay đổi các hoạt động trí tuệ, biết sử dụng xen kẽ phân tích và tổng hợp, dùng phân tích trong khi tìm tòi lời giải và dùng tổng hợp để trình bày lời giải. ở học sinh khá và giỏi cũng có sự biểu hiện các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo. Điều quan trọng là người giáo viên phải có phương pháp dạy học thích hợp để có thể bồi dưỡng và phát triển tốt hơn năng lực sáng tạo ở các em. 1.4. Vận dụng tư duy biện chứng để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Tư duy biện chứng có thể phản ánh đúng đắn thế giới xung quanh và nhiệm vụ của người thầy giáo là rèn luyện cho học sinh năng lực xem xét các đối tượng và hiện tượng trong sự vận động, trong những mối liên hệ, mối mâu thuẫn và trong sự phát triển. Tư duy biện chứng rất quan trọng, nó là cái giúp ta phát hiện vấn đề và định hướng tìm tòi cách giải quyết vấn đề, nó giúp ta cũng cố lòng tin khi trong việc tìm tòi tạm thời gặp thất bại, những khi đó ta vẫn vững lòng tin rằng rồi sẽ có ngày thành công và hướng tìm đến thành công là cố nhìn cho được mỗi khái niệm toán học theo nhiều cách khác nhau, càng nhiều càng tốt. Tư duy sáng tạo là loại hình tư duy đặc trưng bởi hoạt động và suy nghĩ nhận thức mà những hoạt động nhận thức ấy luôn theo một phương diện mới, giải quyết vấn đề theo cách mới, vận dụng trong một hoàn cảnh hoàn toàn mới, xem xét sự vật hiện tượng, về mối quan hệ theo một cách mới có ý nghĩa, có giá trị. Muốn đạt được điều đó khi xem xét vấn đề nào đó chúng ta phải xem xét từ chính bản thân nó, nhìn nó dưới nhiều khía cạnh khác nhau, đặt nó vào những hoàn cảnh khác nhau, ... như thế mới giải quyết vấn đề một cách sáng tạo được. Mặt khác tư duy biện chứng đã chỉ rõ là khi xem xét sự vật phải xem xét một cách đầy đủ với tất cả tính phức tạp của nó, tức là phải xem xét sự vật trong tất cả các mặt, các mối quan hệ trong tổng thể những mối quan hệ phong phú, phức tạp và muôn vẻ của nó với các sự vật khác. Đây là cơ sở để học sinh học toán một cách sáng tạo, không gò bó, đưa ra được nhiều cách giải khác nhau. Điều đó có nghĩa là chúng ta phải rèn luyện tư duy biện chứng cho học sinh hay nói cách khác là rèn luyện tư duy biện chứng cho học sinh từ đó có thể rèn luyện được tư duy sáng tạo cho học sinh. Ví dụ: Xét bài toán sau đây: "Cho tam giác ABC, về phía ngoài của tam giác đó ta dựng các tam giác đều ABC', ACB', BCA'. Chứng minh rằng tam giác IJK tạo thành từ các điểm là tâm của các tam giác đều trên là một tam giác đều". Trước hết ta chưa nêu ra lời giải bài toán ngay mà hãy đặt bài toán trong những mối liên hệ, xem xét nó trong sự vận động, nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau để tìm phương án giải quyết tối ưu nhất, sáng tạo nhất. Đối với bài toán chứng minh một tam giác là một tam giác đều chúng ta phải hướng học sinh nhìn nhận tam giác đều dưới nhiều khía cạnh khác nhau để tìm ra các lời giải cho bài toán: - Nếu ta nhìn tam giác đều là một tam giác có ba cạnh bằng nhau chúng ta sẽ có hướng chứng minh ba cạnh của tam giác bằng nhau: Cách giải 1: Chứng minh JI = JK = KI. Trong tam giác AKJ ta có: KJ2 = AK2+AJ2-2.AK.AJ. Gọi các cạnh của tam giác ABC lần lượt là a, b, c thì Còn Do đó Ta tìm cách biến đổi để có biểu thức của KJ2 đối xứng đối với a, b, c. Chú ý rằng và . Ta có Vì biểu thức KJ2 đối xứng đối với a, b, c nên một cách tương tự ta có: . Suy ra hay tam giác IJK đều. - Nếu ta nhìn tam giác đều là một tam giác có ba góc bằng nhau ta sẽ có hướng chứng minh ba góc của tam giác bằng nhau: Ta yêu cầu học sinh hãy xét bài toán này xem trong bản thân nó có những mối liên hệ nào? Lúc này buộc học sinh phải suy nghĩ, phải đặt bài toán trong những mối liên hệ khác, ta có cách giải 2: Cách giải 2: Chứng minh ba góc I, J, K bằng nhau: Ta vẽ đường tròn ACB' và CA'B ngoại tiếp hai tam giác ACB' và CA'B, hai đường tròn cắt nhau tại C và O. Ta có . Do đó ta có và đường tròn ABC' cũng đi qua O. Mặt khác, IJ là đường nối tâm, OC là dây cung của hai đường tròn BOC và AOC nên IJOC. Tương tự, ta có . Do đó, vì , nên . Hoàn toàn tương tự ta có: . (Nếu O nằm ngoài tam giác ABC ta cũng có cách chứng minh tương tự như trên). Vậy ta có tam giác IJK là tam giác đều. * Khi đã nêu được hai cách giải của bài toán và nêu nhận xét bây giờ giáo viên yêu cầu học sinh hãy đặc biệt hóa các giả thiết của bài toán để làm sáng tỏ hơn bài toán và có thể tìm ra các bài toán tương tự. A A2 A1 B O1 O2 - Trước hết ta xét trường hợp đặc biệt đó là khi tam giác ABC suy biến thành đoạn thẳng tức là ta nhìn đoạn thẳng là một tam giác có hai đỉnh trùng nhau khi đó ta sẽ có kết quả như thế nào? Giả sử tam giác ABC có đỉnh C trùng với đỉnh A Nhìn vào hình vẽ ta thấy: Dễ dàng chứng minh được rằng tam giác AO1O2 là tam giác đều. Vậy ta cũng có kết quả hoàn toàn tương tự. - Bây giờ ta xét trường hợp nếu các tam giác đều được dựng về phía trong của tam giác ABC thì sẽ có điều gì? Nếu ta nhìn miền trong và miền ngoài của tam giác trong sự thống nhất thì kết quả là ta cũng thu được một điều tương tự như trên. * Nếu ta thay tam giác ABC bằng hình bình hành ABCD tức là ta xem tam giác là hình bình hành có hai đỉnh trùng nhau thì ta sẽ có kết quả gì? Nếu xem tam giác là hình bình hành có hai đỉnh trùng nhau thì từ các cách dựng tam giác đều về phía ngoài của tam giác bây giờ trên các cạnh của hình bình hành ta dựng các hình vuông về phía ngoài của hình bình hành. Vậy tứ giác tạo bởi tâm của các hình vuông có tính chất gì tương tự trên không? - Học sinh vẽ hình và dự đoán rằng nếu ABCD là hình bình hành thì IKLM là hình vuông. Từ đó sẽ đưa học sinh đến việc chứng minh xem dự đoán đó có đúng không. Thật vậy, vì ABCD là hình bình hành nên ta có I và L, K và M đối xứng nhau qua O (O là tâm đối xứng của hình bình hành ABCD), suy ra IKLM là hình bình hành. Mặt khác, ta có hai tam giác IBK và IAM bằng nhau (c.c.c) nên ta suy ra góc KIM là góc vuông. Vậy IKLM là hình vuông. 1.5. Tiềm năng của hình học trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. Trong quá trình học Toán thì kỹ năng vận dụng Toán học là quan trọng nhất, nhà trường phổ thông không chỉ cung cấp cho học sinh những kiến thức Toán học, mà còn luyện cho học sinh kỹ năng vận dụng tính độc lập, sự độc đáo và khả năng sáng tạo. Các nhà tâm lý học cho rằng: "Sáng tạo bắt đầu từ thời điểm mà các phương pháp logic để giải quyết nhiệm vụ là không đủ và gặp trở ngại hoặc kết quả không đáp ứng được các đòi hỏi đặt ra từ đầu, hoặc xuất hiện giải pháp mới tốt hơn giải pháp cũ". Chính vì vậy điều quan trọng là hệ thống bài tập cần phải được khai thác và sử dụng hợp lý nhằm rèn luyện cho học sinh khả năng phát triển tư duy sáng tạo biểu hiện ở các mặt như: khả năng tìm hướng đi mới (khả năng tìm nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán), khả năng tìm ra kết quả mới (khai thác các kết quả của một bài toán, xem xét các khía cạnh khác nhau của một bài toán). Chủ đề hình học chứa đựng nhiều tiềm năng to lớn trong việc bồi dưỡng và phát huy năng lực sáng tạo cho học sinh. Bên cạnh việc giúp học sinh giải quyết các bài tập sách giáo khoa, giáo viên có thể khai thác các tiềm năng đó thông qua việc xây dựng hệ thống bài tập mới trên cơ sở hệ thống bài tập cơ bản, tạo cơ hội cho học sinh phát triển năng lực sáng tạo của mình. Trong quá trình dạy học giáo viên cần dẫn dắt học sinh giải quyết hệ thống bài tập mới, tạo cho học sinh phát hiện vấn đề mới, đó là vấn đề quan trọng mà ta cần quan tâm bồi dưỡng cho học sinh. Có nhiều phương pháp khai thác khác các bài tập cơ bản trong sách giáo khoa, để tạo ra các bài toán có tác dụng rèn luyện tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo của tư duy. Trên cơ sở phân tích khái niệm tư duy sáng tạo cùng những yếu tố đặc trưng của nó và dựa vào quan điểm: bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo cho học sinh là một trong những biện pháp để phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho các em. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính mềm dẻo của tư duy sáng tạo với các đặc trưng: dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, suy nghĩ không rập khuôn; khả năng nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, khả năng nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính nhuần nhuyễn của tư duy sáng tạo với các đặc trưng: khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và hoàn cảnh khác nhau, khả năng xem xét đối tượng dưới những khía cạnh khác nhau. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính nhạy cảm vấn đề của tư duy sáng tạo với các đặc trưng: nhanh chóng phát hiện những vấn đề tìm ra kết quả mới, tạo được bài toán mới, khả năng nhanh chóng phát hiện ra các mâu thuẫn, thiếu logic. Ngoài ra tư duy hình học mang những nét đặc trưng quan trọng và cơ bản của tư duy toán học. Việc phát triển tư duy hình học luôn gắn với khả năng phát triển trí tưởng tượng không gian, phát triển tư duy hình học luôn gắn liền với việc phát triển của phương pháp suy luận; việc phát triển tư duy ở cấp độ cao sẽ kéo theo sự phát triển tư duy đại số. Như vậy để nâng dần cấp dộ tư duy trong dạy học hình học, việc dạy học phải được chú ý vào: phát triển trí tưởng tượng không gian bằng cách: giúp học sinh hình thành và tích luỹ các biểu tượng không gian một cách vững chắc, biết nhìn nhận các đối tượng hình học ở các không gian khác nhau, biết đoán nhận sự thay đổi của các biểu tượng không gian khi thay đổi một số sự kiện. Như vậy tiềm năng của chủ đề hình học trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh là rất lớn. 1.6. Kết luận chương 1 Trong chương này luận văn đã làm rõ các khái niệm tư duy, tư duy sáng tạo, nêu được các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo, và vận dụng được tư duy biện chứng để phát triển tư duy sáng tạo, đồng thời nêu được tiềm năng của chủ đề Hình học trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. Việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua quá trình dạy học giải bài tập toán là rất cần thiết bởi qua đó chúng ta giúp học sinh học tập tích cực hơn và kích thích được tính sáng tạo của học sinh trong học tập và trong cuộc sống. Vậy công việc của mỗi giáo viên trong quá trình dạy học là tìm ra được các phương pháp nhằm phát triển và rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh. Chương 2 Một số vấn đề dạy học giải bài tập hình học theo định hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh 2.1. Vấn đề 1: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua bài toán dựng hình. Toán dựng hình là vấn đề khá lý thú của toán học phổ thông. Nó giúp phát triển tư duy logic, óc sáng tạo vì đòi hỏi tự tạo ra hình vẽ cần thiết để suy luận tìm ra cách giải. 2.1.1. Vài nét về lịch sử hình học dựng hình. Vào các thế kỷ thứ tư và thứ năm trước công nguyên các nhà toán học HiLạp nổi tiếng đã quan tâm đến dựng hình hình học như Pitago, Hipôcrat, ơclit, Apôlôniut. Trường phái Pitago đã thành công trong một số bài toán tương đối phức tạp như dựng hình ngũ giác đều. Vào thế kỷ thứ 5 trước công nguyên có ba bài toán nổi tiếng. Chia ba một góc, gấp đôi hình lập phương và cầu phương hình tròn (không giải được bằng thước và compa). Đến thế kỷ thứ 6 trước công nguyên, Ơclit người sáng lập hệ hình học đầu tiên đã nêu lên những tiên đề quan trọng nhất của hình học chứng tỏ vai trò của dựng hình trong toán học như: - Có thể vạch một đường thẳng từ một điểm tới 1 điểm khác. - Có thể liên tục kéo dài một đường thẳng bị giới hạn. - Với mỗi một tâm và mỗi một khoảng cách có thể vạch được một đường tròn. Các nhà hình học cổ HiLạp đã giải được những bài toán dựng hình khó bằng thước và compa, chẳng hạn Apôlôni Pecxki đã giải được bài toán nổi tiếng mang tên ông: "Dựng một đường tròn tiếp xúc với ba đường tròn cho trước". Họ lại giải đại số với dựng hình như: Giải phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai bằng dựng hình. Những người sáng lập ra toán học hiện đại đã quan tâm nhiều đến các bài toán dựng hình. Đềcác và NewTơn đã giải bài toán chia ba một góc bằng các thiết diện hình nón, giải được bài toán Apôlôni cùng với Ơle. Việc khảo cứu nhiều vấn đề hình học được dựa vào hình học dựng hình, đặc biệt đối với cách chứng minh sự tồn tại, chẳng hạn sự tồn tại tâm của một đường tròn nội tiếp trong tam giác, sự tồn tại của những tam giác đồng dạng, sự tồn tại của những đường thẳng song song, … đều được chứng minh bằng phép dựng hình. 2.1.2. Giải một bài toán dựng hình là gì?. Giải một bài toán dựng hình là tìm được 1 hình thoả mãn những điều kiện trong bài toán. Nói như thế chưa đủ, vì điều kiện quan trọng là dùng những dụng cụ gì để dựng hình. Bởi vì trong thực tiễn cuộc sống đòi hỏi tính hiệu quả của công việc. Hiệu quả càng cao thì công việc có giá trị. Làm sao khi dựng hình, số lượng dụng cụ sử dụng là ít nhất. Ví dụ với bài toán "dựng một góc bằng 200, lấy 1 tia cho trước làm cạnh", nếu dùng thước đo góc thì bài toán rất đơn giản, nhưng nếu chỉ dùng thước và compa thì bài toán này không giải được! (người ta đã chứng minh rằng chỉ dùng thước và compa thì không thể dựng được 1 góc = 200). 2.1.2.1. Tại sao chỉ dùng thước và compa? Các nhà toán học cổ HiLạp chỉ xem phép dựng dùng thước và compa là hợp pháp, có tính chất hình học chân chính và không công nhận việc sử dụng các dụng cụ khác để dựng hình. Quan điểm đó vẫn tồn tại cho đến ngày nay. Họ cũng đã thành công trong việc giải những bài toán dựng hình rất khó bằng thước và compa. Họ coi thước kẻ là vô hạn vì chỉ có một cạnh , coi compa có tính chất dùng để vẽ những đường tròn có bán kính tuỳ ý. Cơ sở lý luận của hình học dựng hình là những tiên đề sau đây. * Tiên đề chung: a) Tất cả những dữ kiện trong đề bài toán dựng hình (điểm, đường thẳng, đường tròn…) đều coi là dựng được. b) Những điểm lấy tuỳ ý trong mặt phẳng (để bổ sung các dữ kiện đều coi như là dựng được). c) Nếu hai đường thẳng dựng được mà cắt nhau thì giao điểm của chúng coi như là dựng được. * Tiên đề về cái thước: d) Một đường thẳng xác định bởi hai điểm dựng được thì coi như dựng được. * Tiên đề về cái compa: đ) Một đường tròn xác định bởi một tâm dựng được, một bán kính dựng được thì coi như dựng được. Hai tiên đề d và đ biểu thị dưới hình thức trừu tượng về cái thước và compa. Theo hai tiên đề này thì muốn thực hiện một phép dựng hình bằng thước và compa thì phải có ít nhất hai điểm. Nhưng nhiều khi trong đề bài chỉ có một điểm hoặc không có điểm nào cả. Chẳng hạn: +) Cho một đường thẳng và một điểm trên đó, dựng tại điểm đó đường vuông góc với đường thẳng. ở đây chỉ có một điểm cho trước tức là dựng được. +) Cho hai đường thẳng giao nhau. Dựng phân giác của góc tạo thành. ở đây chỉ có một điểm dựng được. (Theo tiên đề c). +) Cho một đường tròn. Dựng tâm của nó. ở đây không có điểm dựng được nào cả. 2.1.2.2. Giải một bài toán dựng hình bằng thước và compa là chỉ rõ thứ tự áp dụng các tiên đề a, b, c, d, đ ở trên để đưa những tiên đề chưa biết về những yếu tố dựng được. Ví dụ bài toán dựng hình sau: Qua một điểm A ở ngoài một đường thẳng d dựng đường thẳng song song với d. Cách giải như sau: a) Chọn một điểm M tuỳ ý trên d (tiên đề b) và dựng đường tròn tâm M bán kính MA (phép dựng tương ứng với tiên đề đ). b) Dựng đường tròn tâm A bán kính AM (tiên đề đ). c) Lấy giao điểm B của đường tròn thứ nhất với đường thẳng d (tiên đề c). d) Dựng đường tròn tâm M bán kính BA (tiên đề đ). e) Kẻ đường thẳng qua A và P (tiên đề d). Tóm lại giải bài toán dựng hình trên đòi hỏi phải lần lượt áp dụng các tiên đề b, đ, đ, , c, đ, c, d. (Dĩ nhiên trước hết bao giờ cũng là tiên đề a). Chú ý: Tuy nhiên nhiều khi người ta không nêu hai tiên đề a và b mà phát biểu gọn như sau: Giải một bài toán dựng hình bằng thước và compa là thực hiện 1 số có hạn ba phép dựng cơ bản sau: a) Kẻ đường thẳng đi qua 2 điểm đã biết (tiên đề về cái thước). b) Dựng đường tròn có tâm đã biết và bán kính đã biết (tiên đề về cái compa). c) Lấy giao điểm của 2 đường thẳng đã biết (tiên đề c). 2.1.2.3. Dựng hình bằng các dụng cụ khác. Nếu không dùng thước và compa mà dùng những dụng cụ khác để dựng như: Thước thẳng có 2 biên, Êke, thì ta vẫn dùng 3 tiên đề a, b, c còn hai tiên đề d, đ được thay bằng những tiên đề phản ánh tính chất của những dụng cụ mới. a) Dựng hình bằng thước có hai biên: - Tiên đề về thước thường (dùng 1 biên). - Một đường thẳng song song với một đường thẳng dựng được và cách nó một khoảng d thì xem như dựng được (hằng số d ứng với bề rộng của thước 2 biên). - Nếu có hai điểm dựng được A và B và AB > d thì hai cặp đường thẳng cách nhau một khoảng d và theo thứ tự đi qua A và B được xem như dựng được. Ví dụ: Dựng phân giác của góc . Cách dựng: - Dựng x'//x và cách x một khoảng d (tiên đề). - Tương tự dựng y'//y (tiên đề). - Lấy giao điểm A của x' và y' (tiên đề c). - Vẽ đường thẳng qua O và A (tiên đề d). b) Dựng hình bằng Êke. - Đường thẳng đi qua 1 điểm dựng được tạo với một đường thẳng dựng được một góc bằng 900, 600, 300 hoặc 900 và 450, thì xem như dựng được (**). - Một điểm của một đường thẳng dựng được mà từ đó ta thấy 2 điểm dựng được dưới một góc thì xem như dựng được (.). Eke thường có ba góc 900, 600 và 300 hoặc 900 và 450. Ví dụ: Gấp đôi một đoạn thẳng AB bằng Eke. - Qua B dựng đường thẳng tạo với AB một góc 600 và qua A dựng đường vuông góc với AB (tiên đề **). - Lấy giao điểm của hai đường vừa dựng (tiên đề c). - Trên BA kéo dài dựng điểm C nhìn BD dưới góc 600 (tiên đề (.) ) hoặc qua D dựng đường thẳng tạo với BD một góc 600. 2.1.2.4. Giá trị lý luận và thực tế của các dụng cụ dựng hình. Bốn dụng cụ; Compa, thước, thước hai biên và eke đều quan trọng như nhau về giá trị lý luận chặt chẽ, chính xác và giá trị thực tế của chúng trong đời sống và sản xuất. Năm 1787 nhà khoa học ý MaxkêRôni đã chứng minh rằng: Bất kỳ bài toán nào có thể giải được bằng thước và compa đều có thể giải được bằng một mình compa thôi. Năm 1890 Ađơle đã chứng minh rằng: Bất kỳ bài toán nào giải được bằng thước và compa đều có thể giải được bằng một cái thước hai biên hoặc bằng eke. Trong thực tế kinh nghiệm cho thấy rằng ba dụng cụ: Compa, thước và eke là những dụng cụ cần thiết và tiện lợi nhất cho người vẽ. 2.1.3. Các phép dựng hình cơ bản. Có thể sắp xếp và phân loại các phép dựng hình cơ bản thành 4 loại về đường thẳng, đường tròn, tỷ lệ và diện tích. 2.1.3.1. Loại đường thẳng a) Dựng một đoạn thẳng có độ dài cho trước trên một đường thẳng xác định. b) Dựng một góc bằng một góc cho trước. c) Dựng phân giác của một góc cho trước. d) Dựng trung trực của đoạn thẳng cho trước. đ) Tìm trung điểm của một đoạn thẳng cho trước. e) Qua một đểm cho trước dựng một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước. g) Chia một đoạn thẳng cho trước ra nhiều phần bằng nhau. h) Dựng D biết ba cạnh (c. c. c.), biết hai góc và cạnh kề hai góc đó (g.c.g), biết hai cạnh và góc xen giữa (c.g.c). i) Dựng tam giác đều hoặc hình vuông khi biết một cạnh của nó. k) Dựng hình chữ nhật khi biết 2 cạnh kề nhau. l) Lấy một đường thẳng đã biết làm một cạnh dựng một góc bằng 600 hoặc 300. 2.1.3.2. Loại đường tròn. a) Dựng đường tròn ngoại tiếp của một tam giác cho trước. b) Dựng đường tròn nội tiếp của một tam giác cho trước. c) Lấy một đoạn thẳng cho trước làm bán kính dựng một đường tròn. d) Chia đôi một cung cho trước. đ) Từ một điểm cho trước ở ngoài hoặc ở trên đường tròn dựng tiếp tuyến của đường tròn đó. e) Dựng cung chứa góc. 2.1.3.3. Loại tỷ lệ. a) Cho trước 3 đoạn thẳng dựng đoạn thẳng tỷ lệ thứ tư. b) Chia 1 đoạn thẳng cho trước thành 2 phần sao cho tỷ số của chúng bằng tỷ số đã biết . c) Dựng đoạn trung bình nhân của hai đoạn thẳng cho trước. 2.1.3.4. Loại diện tích. a) Dựng hình vuông có diện tích bằng tổng diện tích của hai hình vuông cho trước. b) Dựng hình vuông có diện tích bằng diện tích của hai hình vuông cho trước. 2.1.4. Các bước giải của bài toán dựng hình. Ngay từ thế kỷ thứ tư TCN, các nhà hình học cổ HiLạp đã tìm ra đường lối chung để giải 1 bài toán dựng hình gồm bốn bước; Phân tích, dựng hình, chứng minh và biện luận. 2.1.4.1. Bước phân tích. Phân tích là phần quan trọng nhất giúp lập phương án dựng để tìm ra lời giải của một bài toán làm cơ sở xác định được mối quan hệ giữa các yếu tố phải tìm (giống như khi giải bài toán đại số ta chọn ẩn biểu thị bằng chữ x chẳng hạn rồi lập mối liên hệ giữa x với các đại lượng đã cho của bài toán từ đó mà lập được phương trình). Như thế trước hết phải vẽ một hình tương ứng với hình phải dựng (tức là giả sử hình vẽ đã dựng được thoả mãn điều kiện của bài toán). Qua hình vẽ phát hiện những yếu tố cho trước và những yếu tố phải dựng. Ví dụ bài toán sau đây: Dựng tam giác ABC biết cạnh đáy AC = b; góc A = a kề với đáy và tổng của hai cạnh kia AB + BC = S". Trước hết ta giả sử DABC đã dựng được (hình vẽ). Như thế trên hình vẽ ta đã biết cạnh đáy AC, góc A còn tổng hai cạnh kia không có. Để thể hiện tổng S ta kéo dài cạnh AB và đặt trên đường kéo dài cạnh BC' = BC, thế là ta có AC' = S đã cho. Nếu nối C với C' thì DAC'C có thể dựng được ngay (Dựng D biết 2 cạnh và góc xen giữa). Dựng được DAC'C này chỉ còn phải dựng điểm B trên cạnh AC' để có được DABC cần dựng. Lưu ý rằng nếu ta thể hiện tổng S bằng cách kéo dài cạnh CB trên đó đặt đoạn BA' = BA để có CA' = S thì việc dựng DAA"C không dễ dàng. Vậy bước phân tích liên quan tới hình vẽ ban đầu, do đó hình vẽ để phân tích phải được vẽ cẩn thận và chính xác. 2.1.4.2. Bước cách dựng Bước này gồm 2 phần: a) Kể theo một thứ tự nhất định tất cả các phép dựng cơ bản cần thực hiện được suy ra từ bước phân tích. b) Thực hiện các phép dựng đó bằng các dụng cụ thước và compa, không phải chỉ thực hiện cách dựng mà còn phải mô tả cách dựng đó. Với bài toán trên, cách dựng sẽ như sau: - Trên đường thẳng bất kỳ xy dựng đoạn AC = b - Lấy AC làm cạnh = a. - Kéo dài AB, trên đường kéo dài dựng đoạn BC' = BC; - Dựng DAC'C (biết góc A và hai cạnh AC', AC). - Dựng trung trực của CC'. - Lấy giao điểm B của trung trực này với AC'. Ta được DABC phải dựng. Sở dĩ phải nêu cách thực hiện phép dựng vì cùng một phép dựng có thể có những phương pháp khác nhau. Ta hãy xét ví vụ sau: "Dựng hình bình hành ABCD biết một góc nhọn = a và hai đường chéo AC = d và BD = e". Giả sử đã dựng được hình bình hành. Vì các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên có thể dựng được ngay DABD biết đáy BD=e, góc ở đỉnh và trung tuyến . Dựng được DABD này ta bổ sung nó thành hình bình hành ABCD. Suy ra cách dựng sau: - Trên đường thẳng bất kỳ xy dựng đoạn BD bằng đường chéo nhỏ e ứng với góc nhọn cho trước a. - Dựng cung chứa góc a vẽ trên đoạn BD. - Dựng đường tròn có tâm là trung điểm của BD và có bán kính . - Lấy giao điểm của cung chứa góc và đường tròn (có 2 giao điểm). Nối các giao điểm này với B và D, ta được DBAD (và DBA'D). Có thể bổ sung tam giác thành hình bình hành (Tức là xác định đỉnh thứ tư C của hình bình hành) bằng nhiều phương pháp, chẳng hạn: - Qua B dựng BC // AD, qua D dựng DC// AB. Trên BD dựng D biết hai cạnh BC = AD và CD và AB, kéo dài AO về phía O và đặt OC = OA, nối C với các điểm B và D, … 2.1.4.3. Bước chứng minh Sau khi đã dựng được hình cần phải xác nhận xem nó có thoả mãn các điều kiện của bài toán hay không, tức là phải chứng minh bằng hình dựng được thoả mãn tất cả các điều kiện của đề bài, cách chứng minh này phụ thuộc vào cách dựng. Nói cách khác nếu không biết rõ hai bước phân tích và cách dựng thì không thể nói rằng chứng minh đúng hay sai, vì có thể có những phương pháp giải bài toán khác nhau và ngay cả khi đã phân tích giống nhau thì cũng có những cách khác nhau để thực hiện, tức là có cách dựng khác nhau. Cũng cần nói thêm rằng nếu cách dựng đã rõ ràng thì bước chứng minh cũng đơn giản. Trở lại bài toán dựng tam giác (bước phân tích) cách chứng minh như sau: DABC có góc A bằng a (theo cách dựng), cạnh đáy, AC = b, tổng AB + BC' = AB + BC = S. Vậy tam giác này thoả mãn các điều kiện của bài toán nên DABC là tam giác phải dựng. Hoặc với bài toán dựng hình bình hành, cách chứng minh phụ thuộc vào cách xác định đỉnh C. Nếu xác định đỉnh C bằng cách dựng BC // AD và qua D dựng DC //AB thì bước chứng minh sẽ như sau: - Tứ giác ABCD là hình bình hành về có hai cặp cạnh song song (AD//BC; AB//DC). - Nó có góc nhọn = a, đường chéo BD = e, đường chéo AC = 2; AO = d (theo cách dựng DABD). Vậy hình bình hành này thoả mãn các điều kiện của bài toán nên ABCD là hình bình hành phải dựng. 2.1.4.4. Bước biện luận Khi giải bài toán đại số có tham số thường đặt ra câu hỏi: Với những yếu tố cho trước như thế nào thì bài toán giải được, không giải được. Trong giải toán dựng hình cũng phải đặt ra câu hỏi như thế, và mỗi bài toán là một yêu cầu về dựng một hình thoả mãn các điều kiện xác định, các điều kiện này thường được cho bởi các giá trị và vị trí của một số yếu tố của hình. Việc giải một bài toán dựng hình chỉ được coi là xong nếu được các điều kiện để lời giải tìm được là đáp án của bài toán. Một bài toán dựng hình có thể có một nghiệm hình, hai hoặc hơn 2 nghiệm hình, có vô số nghiệm hình (vô định) hoặc không có nghiệm hình (vô nghiệm). Nếu một bài toán mà các giả thiết đối với yếu tố cho trước thu hẹp thì phạm vi các giá trị thích hợp của các yếu tố đó sẽ hẹp đi và bước biện luận sẽ đơn giản đi. Hãy xét ví dụ sau đây: "Dựng đường tròn tiếp xúc với hai đường thẳng cho trước và một đường tròn cho trước". Vì đề bài cho hai đường thẳng bất kỳ nên chúng có thể cắt nhau, hoặc song song với nhau. Nếu chúng cắt nhau thì phần biện luận sẽ phức tạp nhưng nếu chúng song song thì đơn giản hơn. Đối với ví dụ sau: "Dựng tam giác biết hai cạnh và góc đối diện với một trong hai cạnh đó", thì góc đã cho có thể là nhọn, vuông hoặc tù, vì thế khi biện luận phải xét đến các trường hợp ấy. Để đơn giản bước biện luận có thể giới hạn độ lớn của góc, chẳng hạn cho góc nhọn đối diện với một trong hai cạnh, hay có thể hạ thấp hơn mức độ bằng cách cho góc nhọn đối diện với cạnh nhỏ. 2.1.5. Toán dựng hình bằng các phương pháp khác nhau Đứng trước một bài toán dựng hình muốn xác định xem có thể giải bằng phương pháp nào cần biết những dấu hiệu đặc trưng nhất của bài toán giải được bằng phương pháp này hay phương pháp khác. Mỗi phương pháp đều có giá trị riêng của nó. Các phương pháp thường sử dụng là: phương pháp tịnh tiến, phương pháp đối xứng trục, phương pháp quay, phương pháp quỹ tích, phương pháp đồng dạng, phương pháp đại số. 2.1.5.1. Phương pháp tịnh tiến Ví dụ: Dựng hình thang biết bốn cạnh: hai cạnh đáy a và b (a > b) và hai cạnh bên c và d (c Ê d) - Phân tích: Giả sử ABCD là hình thang phải dựng có AD là đáy lớn, BC là đáy nhỏ, AB và CD là hai cạnh bên Từ B kẻ BD'//CD. Tam giác ABD' có thể dựng được ngay vì biết ba cạnh. Chỉ còn xác định đỉnh thứ tư C của hình thang. - Cách dựng: Trước tiên dựng DABD' biết ba cạnh AB = c; BD' = d và AD' = a - b. Qua B kẻ tia song song với AD', trên tia này dựng điểm C sao cho BC = b. Cuối cùng qua C kẻ CD//BD' cắt AD' kéo dài tại D. ABCD là hình thang phải dựng. - Chứng minh: Ta có AB =- c, BC = b theo cách dựng, AD = AD' + D'D = AD' + BC = a - b + b = a. Và CD = BD' và là đoạn chắn giữa hai đường thẳng song song. Vậy ABCD là hình thang thoả mãn điều kiện của đề bài. - Biện luận:Điều kiện để dựng được hình thang là d - c < a - b < d+ c với điều kiện này bài toán có một nghiệm hình (nếu điều kiện trên không được thoả mãn thì bài toán vô nghiệm). 2.1.5.2. Phương pháp đối xứng trục Ví dụ: Cho đường thẳng d cắt đoạn thẳng AB. Tìm trên d một điểm M sao cho đường thẳng d là phân giác của góc AMB. Gọi A' là điểm đối xứng của A qua trục d,ta có: AM = A'M và . Do đó: DMNA = DMNA' Suy ra: Vậy điểm B phải nằm trên A'M, nói cách khác điểm M phải nằm trên A'B. Do đó ta dựng được giao điểm M của đường thẳng A'B với đường thẳng d. Bài toán có một nghiệm hình nếu khoảng cách từ A và B đến d không bằng nhau. Nếu các khoảng cách này bằng nhau nhưng hai điểm A và B không đối xứng nhau qua d thì bài toán vô nghiệm (vì A'B // d). Cuối cùng nếu A và B đối xứng nhau qua d thì bài toán vô định: Bất cứ điểm nào trên d đều thoả mãn. 2.1.5.3. Phương pháp quay Ví dụ: Dựng D biết hai cạnh và trung tuyến kẻ tới cạnh thứ ba. Giả sử ABC là D phải dựng có cạnh cho trước là a và b, có trung tuyến CD = mc. Ta quay toàn bộ hình vẽ xung quanh điểm D một góc 1800 sẽ được hình bình hành ACBC'. Trong đó biết các cạnh và một đường chéo CC' = 2mc. Do đó cách dựng như sau: Dựng tam giác ACC' biết ba cạnh bổ sung nó thành hình bìh hành ACBC'. Nối A với B được tam giác ABC phải dựng. Điều kiện để dựng được tam giác ACC' là < 2mc< a+b. Bài toán có 1 nghiệm hình. 2.1.5.4. Phương pháp quỹ tích. Ví dụ: Dựng đường tròn tiếp xúc với hai đường thẳng song song a và b và qua 1 điểm P cho trước. - Phân tích: Gọi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là d. Bán kính đường tròn phải dựng sẽ là . Bài toán quy về dựng tâm của đường tròn thoả mãn 2 điều kiện: a) Cách đều hai đường thẳng a và b. b) Cách điểm P một khoảng . Suy ra cách dựng sau: - Cách dựng: Từ điểm A tuỳ ý trên đường thẳng a hạ AH b. Dựng trung điểm C của đoạn AB. Quỹ tích n điểm cách đều a và b là đường thẳng c đi qua điểm C và song song với a,b cách a,b một đoạn bằng . Quỹ tích thoả mãn điều kiện thứ 2 là đường tròn (P, ). Lấy giao điểm O1 của đường tròn này với đường thẳng C1 dựng đường tròn (O1; O1P) đó là đường tròn phải tìm. - Chứng minh: đường tròn (O1; O1P) tiếp xúc với 2 đường thẳng a và b vì khoảng cách từ tâm O1 đến hai đường thẳng này bằng nhau và bằng d. đường tròn này lại qua điểm P theo cách dựng. Vậy nó thoả mãn bài toán. Biện luận: a) Nếu P nằm giữa hai đường thẳng a và b thì thì bì toán ta có hai nghiệm hình là hai đường tròn (O1; O1P) và (O2; O2P). b) Nếu P nằm trên a hoặc trên b thì bài toán có 1 nghiệm hình. c) Nếu P nằm ngoài khoảng tạo bởi a và b thì bài toán vô nghiệm. 2.1.5.5. Phương pháp đồng dạng. Ví dụ: Trong tam giác ba góc nhọn ABC hãy dựng hình vuông sao cho hai đỉnh của nónằm trên đáy tam giác và hai đỉnh kia nằm trên hai cạnh bên. Phân tích: Ta phải dựng một hình vuông đồng thời thoả mãn các điều kiện sau: a) Hai đỉnh của nó phải nằm trên AB. b) Một đỉnh nằm trên AC. c) Một đỉnh nằm trên BC. Ta thấy rằng có thể dựng dễ dàng hình vuông thoả mãn hai điều kiện ban đầu. Giả sử đó là hình vuông K'L'M'N'. Rõ ràng phép đồng dạng tâm A tỷ số đồng dạng bất kỳ sẽ biến đổi hình vuông K'L'M'N' thành hình vuông K"L"M"N" khi đó điểm M'' nằm trên đường thẳng AM'. Để giải bài toán phải chọn trong số các hình vuông K"L"M"N"đồng dạng với hình vuông K'L'M'N' hình nào mà điểm M'' nằm trên BC. Trong trường hợp này điểm M'' sẽ là giao điểm của hai đường thẳng AM' và BC. Suy ra cách dựng sau: - Cách dựng: a) Dựng hình vuông ng K'L'M'N' thoả mãn hai điều kiện ban đầu. b) Dựng đường thẳng AM' và lấy giao điểm M của nó với cạnh BC. c) Qua M kẻ đường thẳng song song với M'N' ta lấy giao điểm M của nó với cạch BC. d) Từ M và N hạ các đường vuông góc ML và NK xuống AB. Ta được KLMN là hình vuông phải dựng. Thật vậy, KLMN là hình vuông theo cách dựng, nó đồng dạng với hình vuông K'L'M'N' và thoả mãn điều kiện của đề bài là hai đỉnh M và N nằm trên 2 cạnh BC và AC. Bài toán có 1 nghiệm hình. 2.1.5.6. Phương pháp đại số. Ví dụ: Lấy đỉnh của một tam giác cho trước làm tâm hãy dựng ba đường tròn từng đôi tiếp xúc ngoài với nhau. - Giải: Giả sử ABC là tam giác cho trước mà ba cạnh là a, b, c, và x, y, z là bán kính các đường tròn phải dựng. Ta tính độ dài các bán kính x, y, z theo ba cạnh a, b, c ta có: x + y = c; x + z = b; y + z = a. Do đó x = ; ; . Bây giờ ta dựng một trong ba đoạn thẳng chẳng hạn x theo công thức x = ; rồi vẽ đường tròn (A, x). Sau đó vẽ tiếp các đường tròn tâm B và C bán kính tương ứng c - x và b - x. Để chứng minh chỉ cần nhận xét rằng hai đường tròn cuối tiếp xúc nhau vì tổng các bán kính của chúng. (c- x) + (b - x) = c + b - 2x = c + b - (c + b - a) = a = BC tức là khoảng cách giữa hai tâm. Bài toán luôn có một nghiệm hình vì trong DABC thì b + c > a nên x có thể dựng được, ngoài ra c - x = c- . Vì a + c > b nên c>x và b - x = . Vì a + b > c nên b > x. 2.1.6. Dựng hình chỉ dùng thước (không dùng compa). 2.1.6.1. Xét hai bài toán sau: a) "Cho tam giác ABC có E là đường trung bình . Hãy dựng tam giác mà ba cạnh lại là ba trung tuyến AD, BF, CE của tam giác đã cho". Kéo dài đường thẳng đường thẳng EF rồi từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt EF kéo dài tại K. Tam giác AKD là tam giác phải dựng. Thật vậy, do EK = BC nên FK = BD và FB = DK, tứ giác AKCE là hình bình hành. Vậy AK = EC. Suy ra các cạnh của tam giác AKD bằng các trung tuyến của tam giác ABC. b) " Cho tam giác ABC có EF là đường trung bình. Hãy tìm trên cạnh đáy BC một điểm M sao cho BM = .". Dựng trung điểm D của cạnh đáy BC và giao điểm N của 2 đường thẳng EB và DE, kẻ đường thẳng AN cắt BD tại M và EF tại P (hình vẽ). Xét DABM có BM = 2EP. Từ hình bình hành BEFD có EM = ND. Xét hai tam giác bằng nhau EPN và DMN suy ra EN = MD. Như thế BM = 2MD, tức là 3MD = BD, do đó BM = . Vậy M là điểm phải dựng. 2.1.6.2. Dựng đường vuông góc với đường kính. "Từ một điểm M ở ngoài hoặc ở trong một đường tròn đường kính AB cho trước hãy dựng đường vuông góc với AB". Nối M với hai đầu A và B của đường kính cắt đường tròn lần lượt tại B' và A'. Hai đường thẳng AA' và BB' cắt nhau tại H là trực tâm của DMAB. ( Vì hai góc nộitiếp A' và B' đều vuông). Do đó MH phải là đường cao thứ ba, tức là MM' AB. Có thể đường vuông góc dựng từ M tới AB không cắt đường tròn trực tâm H nằm ngoài DMAB. 2.1.7. Dựng hình chỉ dùng compa (không dùng thước). 2.1.7.1. Xét bài toán sau đây. "Cho bốn điểm A, B, C, D. Hãy dựng giao điểm của hai đường thẳng AB và CD". Giả sử bài toán đã giải được và M là giao điểm phải dựng. Ta dựng hai điểm C', D' đối xứngcủa C, D qua đường thẳng AB. Giao điểm hai đường thẳng AB và CD bây giờ là giao điểm của hai đường thẳng CD và C'D'.Nếu CDD'E là hình bình hành thì ba điểm C, C', và E nằm trên một đường thẳng. Có thể dựng điểm E là giao điểm của hai đường tròn ( C, DD') và (D', DC). xét hai tam giác đồng dạng CLC' và ED'C' ta có . Do đó có thể dựng đoạn C'L là đoạn tỷ lệ thứ tư của ba đoạn C'E, C'D' và C C'. Điểm M phải tìm sẽ là giao điểm của hai đường tròn(C',C'L) và (C, C'L). 2.1.7.2. Xét một bài toán khác "Chỉ dùng compa làm sao biết được một tứ giác ABCD cho trước có thể nội tiếp trong đường tròn". Cách giải như sau: Lấy B làm tâm với bán kính tuỳ ý vạch một cung cắt cạnh BA tại M và cạnh BC tại N. Từ đỉnh D làm tâm với cùng bán kính đó vạch một cung cắt cắt cạnh DA tại E và cạnh DC tại F trong trường hợp MN = EF' thì tứ giác ABCD có thể nội tiếp trong đường tròn vì , do đó = 1800. 2.1.8. Dựng tam giác. Bài toán 1: Tìm trong tứ giác ABCD một điểm O sao cho tổng các khoảng cách từ O đến các đỉnh là nhỏ nhất. Phân tích: - Giả sử O là điểm tìm tổng các khoảng cách từ O đến các đỉnh là (OA + OC) + (OB + OD). Tổng các khoảng cách từ O đến A và C là ngắn nhất nếu ba điểm A, O, C thẳng hàng. Tương tự tổng các khoảng cách từ O đến B và D là ngắn nhất nếu ba điểm B, O, D thẳng hàng. Suy ra Ophải là giaođiểm hai đường chéo của tứ giác ABCD. - Cách dựng: Nối hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Điểm O là điểm cần dựng. - Chứng minh: Thật vây,do A, O, C thẳng hàng nên tổng OA + OC là ngắn nhất. Tương tự tổng OB + OD là ngắn nhất. Suy ra tổng OA + OB + OC + OC là ngắn nhất. - Biện luận: Bài toán luôn có 1 nghiệm hình. Chú ý: Ta có thể xét bài toán tương tự sau đây: "Tìm một điểm O trong mặt phẳng của tứ giác ABCD sao cho AO + OB - OC -OD là nhỏ nhất về giá trị tuyệt đối, biết rằng OA = OD hoặc OA = OC". - Cách chứng minh như sau: Tổng Oa + OB - OC - OD là nhỏ nhất về giá tị tuyệt đối khi tổng này =0. a) Nếu OA = OD và OB = OC (h a) thì O là giao điểm của hai đường trung trực của AD và BC . a) b) b) Nếu OA = OC và OB = OD (hìnhb) thì O là giao điểm của hai đường trungtrực của hai đường chéo AC và BD. Bài toán 2: Dựng hình thang biết bốn cạnh. Xem cách dựng bằng phương pháp tịnh tiến ở (2.1.5.1). Chú ý: Sau khi dựng xong tam giác ABD' ta phải bổ sung nó cho thành hình thang mà cách dựng ở trên chỉ là một cách. Ta còn có thể dựng theo các cách sau: - Coi cạnh AD là dựng được, ta dựng BC//AD và sau khi đặt trên nó đáy nhỏ ta nối điểm C tìm được với điểm D Khi đó ta phải chứng minh rằng: CD = BD' - Coi C là giao điểm của hai cung tâm D, bán kính DC = d và tâm B bán kính BC = b thì trong hai giao điểm C và C1 chỉ có C là điểm phải tìm, vì ta còn phải chứng minh BC // AD hoặc CD // BD'. - Nếu dựng đường thẳng qua B song song với AD và đặt BC2 về bên trái thì điểm C2 sẽ không thích hợp và chỉ có điểm C là điểm phải tìm. Bài toán 3: Dựng hình bình hành ABCD biết một cạnh AB = a, tổng hai đường chéo AC + BD = d và góc tạo bởi hai đường chéo bằng a. - Phân tích: Giả sử ABCD là hình bình hành đã dựng được . Trong đó O là giao điểm hai đường chéo và . Ta có . DAOB có thể dựng được ngay vì viết một góc xen giữa hai cạnh. Từ đó xác định tiếp các đỉnh C và D còn lại của hình bình hành. - Cách dựng: Dựng DAEB biết hai cạnh EA =, AB = a, và góc đối với cạnh a bằng . + Dựng điểm O trên cạnh AE bằng cách dựng tia Bx sao cho , cắt AE tại O. + Trên Ox dựng điểm D sao cho OD = OB, rồi trên AE kéo dài lấy điểm C sao cho OC = OA. Nối AD, DC, CB ta được hình bình hành ABCD cần dựng. - Chứng minh: + Vì OE = OB nên OA + OB = OA +OE = AE = mà OC ≠ OD = OA + OB = nên AC +BD = d. Tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên là hình bình hành mà một cạnh AB = a. Ngoài ra (góc ngoài của DOEB) bằng a. Vậy hình bình hành ABCD vừa dựng thoả mãn điều kiện đề bài. - Biện luận: Nếu thì bài toán không có nghiệm hình - Nếu thì sau khi dựng được AE và góc AEB, cung tròn tâm A bán kính a có thể không gặp EB hoặc có thể gặp EB tại một điểm hoặc cắt nhau tại hai điểm. Do đó bài toán có khi vô nghiệm, có khi có một hoặc hai nghiệm hình. - Chú ý: 1) Nếu với bài toán trên ta thấy tổng hai đường chéo bằng hiệu hai đường chéo là AC - BD = h thì cách giải sẽ như sau: - Đặt trên đoạn OA một đoạn OF = OB - Dựng DAFB biết hai cạnh AB = a, và góc đối với cạnh AB là (Vì ) -Tại B dựng góc FBC bằng góc F1 tức bằng để được DAOB. Từ đó bổ sung cho thành hình bình hành ABCD bằng nhiều cách khác nhau. 2) Ngoài ra có thể giải thêm bài toán sau: "Dựng hình bình hành biết hai đường chéo và một góc" Giả sử phải dựng hình bình hành ABCD biết hai đường chéo AC = p và BD = q và góc nhọn tại A bằng a. Ta chỉ cần dựng DABD biết góc A bằng a, cạnh BD = q và trung tuyến . Dựng được tam giác này chỉ cần bổ sung nó cho thành hình bình hành ABCD. Như vậy, ta đã quy việc giải bài toán này về việc "dựng một tam giác biết đáy, trung tuyến và góc ở đỉnh" Bài toán 4: Dựng tứ giác ABCD biết hai cạnh đối AD = a, BC =b, các góc và đoạn EF nối trung điểm hai cạnh đối AD, BC. - Phân tích: Giả sử ABCD là tứ giác đã dựng được. Nếu dời chổ song song AD đến CG, AC đến BH thì ba tứ giác ACGD, ABHC và DBHG đều là hình bình hành. Các góc . Như vậy DCGB dựng được ngay (Biết hai cạnh và một góc). Từ đó dựng được cx. Ngoài ra có thể xác định được vị trí trung điểm M của BG vị trí của H nằm trên cx vì F là trung điểm của AH và của BC (giao điểm của hai đường chéo). EF = DH = MH = m. Xác định được vị trí của D thì dựng được ngay đỉnh A. - Cách dựng: DCGB biết hai cạnh CG = a, CB = b, và . - Từ trung điểm M của BG lấy làm tâm dựng cung tròn bán kính m cắt cx tại H. - Nối HM và kéo dài đến D sao cho MD = m. - Từ D dựng DA song song và bằng GC. - Tứ giác ABCD chính là tứ giác cần dựng. -Bài toán có một nghiệm hình + Chú ý: Có thể giải thêm bài toán sau đây. "Dựng tam giác ABC biết hai cạnh AB = a, BC = b và ba góc A,B, góc M giữa hai đường chéo". Cách dựng như sau: - Dựng DABC trong đó góc B bằng góc đã cho, AB = a, BC = b. - Dựng tại C một góc ACx bằng góc M đã cho và dựng By// (cx). - Dùng A làm đỉnh và AB làm một cạnh dựng một góc bằng góc A đã cho, cạnh kia đã cắt By tại D. Tứ giác ABCD là tứ giác phải dựng. Bài toán có một nghiệm hình. *) Bài tập tự giải. Bài 1: Cho hai đường thẳng a và b cắt bởi đường thẳng thứ ba. Dựng một đoạn thẳng AB = m sao cho AB//C và hai đầu mút A và B lần lượt nằm trên hai đường thẳng a và b. Bài 2: Cho một đường thẳng P và hai điểm A, B cùng nằm một phía của p. Hãy tìm trên P hai điểm P và Q sao cho PQ = a cho trước và AP = BQ. Bài 3: Dựng tứ giác ABCD biết hai cạnh đối AD = a, BC = b và góc = ; ; . 2.1.9. Dựng đường tròn. Bài toán 1: Dựng đường tròn nội tiếp trong một tam giác cho trước. - Phân tích: Giả sử DABC là tam giác cho trước và O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó, tiếp xúc cạnh AB tại M. O a Ta có OM AB , vì O cách đều ba cạnh của tam giác nên OA, OB, OC là các tia phân giác trong của các góc của DABC. - Cách dựng: - Trước hết dựng các tia phân giác của hai góc bất kỳ của D đã cho rồi lấy giao điểm O của chúng. - Qua O dựng đường vuông góc với đường thẳng AB. được điểm M là chân đường vuông góc này. - Dựng đường tròn tâm O bán kính OM. Chứng minh: Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (.) vì nó vuông góc bán kính OM. Tâm O lại cách đều ba cạnh của D, (Vì O là giao điểm của các tam giác trong của D nên OM = ON = OP). Do đó các đường thẳng AC và BC theo thứ tự vuông góc với các bán kính của ON và OP tại đầu mút của chúng; suy ra mỗi đường thẳng trên tiếp xúc với đường tròn (O). Vậy (O, OM) là đường tròn phải dựng. - Biện luận; Bài toán có một nghiệm hình. Chú ý: Có thể giải bài toán tương như sau: "Dựng đường tròn ngoại tiếp 1 tam giác cho trước". Tâm M của đường tròn ngoại tiếp phải cách đều 3 đỉnh của D. nên M là giao điểm ba đường trung trực của D đã cho. Nếu là : "Dựng đường tròn bàng tiếp của 1 tam giác cho trước" thì ta có thể tìm tâm là giao điểm của phân giác trong 1góc và phân giác ngoài của hai góc còn lại. Ta dựng được ba đường tròn bàng tiếp của D. Bài toán 2: Dựng một đường tròn tiếp xúc với một đường tròn cho trước tại một điểm cho trước thuộc đường tròn đó và tiếp xúc với một đường thẳng cho trước. - Phân tích: Giả sử đường tròn (O) đã dựng được qua điểm M trên đường tròn (I) cho trước và đồng thời tiếp xúc với (I) và với đường thẳng d cho trước. Tâm O phải nằm trên đường thẳng IM. Hai đường tròn tâm (O) và (I) phải có chung một tiếp tuyến MT qua M nên O lại phải nằm trên phân giác đi qua giao điểm P của d và Mt. + Cách dựng: - Dựng tia IM. - Qua M dựng tiếp tuyến MT của (I) cắt tại P. - Dựng phân giác của góc cắt tia IM tại O. - Dựng đường tròn tâm O bán kính OM. Đó chính là đường tròn phải dựng. + Chứng minh: - Ta có OQ d. Vì OQ = OM (O nằm trên phân giác góc ) nên đường tròn (O) tiếp xúc với d. Đường tròn (O) lại tiếp xúc với (I) vì điểm M nằm trên đường thẳng OI nối tâm của chúng. + Biện luận: - Vì Phương trình và d cắt nhau tạo thành hai góc của góc tpx cắt MI kéo dài tại một điểm O', đường tròn tâm O' này tiếp xúc với d đồng thời tiếp xúc trong với (I). Do đó bài toán có hai nghiệm hình. - Nếu IM d thì chỉ có một nghiệm hình. Chú ý; Ta có các bài toán tương tự sau đây. 1) Dựng đường tròn tiếp xúc với 1 cạnh của góc cho trước và tiếp xúc với cạnh kia tại một điểm cho trước. Giả sử đường tròn (O) đã dựng được tiếp xúc với cạnh Px và với cạnh Py tại điểm M của góc xPy. Tia có cách dựng như nhau. - Dựng phân giác của góc xPy. - Dựng đường vuông góc với Dy tại M. Giao điểm O tia phân giác và đường vuông góc chính là tâm đường tròn phải dụng. 2) Đường tròn đi qua một điểm cho trước và tiếp xúc với 1 đường tròn cho trước tại một điểm cho trước. Giả sử đường tròn (I) đã dựng được tiếp xúc với 1 đường tròn (O) đã cho tại điểm A và đi qua điểm B. Ta thấy rằng tâm I phải nằm trên. - Đường thẳng OA vì tiếp xúc với đường tròn đã cho tại A. - Đường trung trực xy của AB vì đường tròn phải đi qua A và B. Giao điểm của OA và xy là tâm I của đường tròn phải dựng. Bài toán có một nghiệm hình nếu B không nằm trên tiếp tuyến chung MN và vô nghiệm nếu B nằm trên MN. Nếu A trùng với B thì mọi đường tròn có tâm O trên OA đi qua A sẽ thoả mãn bài toán; Có vô số nghiệm hình. 3) Dựng đường tròn tiếp xúc ngoài với 3 đường tròn bằng nhau cho trước. Giả sử đường tròn (O) đã dựng được tiếp xúc với 3 đường tròn bằng nhau (O1), (O2), (O3). Ta thấy rằng tâm O phải cách đều tâm ba đường tròn đã cho tức là OO1 = OO2 = OO3 = R + r, trong đó R là bán kính đường tròn cần tìm và r là bán kính các đường tròn bằng nhau cho trước. Suy ra cách dựng sau: Dựng đường trung trực của O1O2 và đường trung trực của O2O3. Chúng cắt nhau tại O là tâm đường tròn phải dựng. Rõ ràng nếu ba điểm O1, O2, O3 thẳng hàng thì bài toán vô nghiệm. Bài tập: Bài 1: Cho trước ba điểm M,N,P, dựng DABC sao cho chân ba đường cao của nó theo thứ tự là M,N,P. Bài 2: Dựng DABC biết đáy BC, góc A = và trung tuyến AM = m. Bài 3: Cho đoạn thẳng AB = a. Dựng trên đoạn AB điểm M sao cho AM2 = a (A - AM). (Bài toán về phép phân chia hoàng kim). Gợi ý: Bài 1: Giả sử DABC đã dựng được và ba đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Vận dụng tính chất "chân ba đường cao của một tam giác tạo thành ba đỉnh của 1 tam giác mới mà ba đường cao là phân giác của ba góc của tam giác mới". Ta có cách dựng sau: - Nối ba điểm M,N,P được DMNP. - Dựng hai phân giác của DMNP cắt nhau tại H. - Dựng qua M,N,P các đường vuông góc với HM, HN, HP cắt nhau tại A, B, C. Tam giác ABC là tam giác cần dựng. Bài 2: Dựng được đáy BC ta chỉ cần xác định vị trí đỉnh A, đỉnh A phải nằm trên cung chứa góc dựng trên BC đồng thời nằm trên đường tròn tâm là trung điểm của BC bán kính bằng m. Ta được 4 tam giác bằng nhau, nhưng bài toán chỉ có 1 nghiệm hình. Bài 3: Lưu ý: Biểu thức x2 = a(a - x) có thể viết . Như vậy x là đoạn trung bình nhân giữa a và a - x ta còn nói rằng đây là phép chia AB theo trung và ngoại tỷ. Bài toán dựng hình nổi tiếng này được gọi là phép chia hoàng kim. 2.1.10. Dựng thiết diện (mặt cắt) * Phương pháp dựng: - Cho khối đa diện (K) và một mặt phẳng (P). Nếu (P) cắt các mặt của (K) một số đoạn thẳng thì hình phẳng giới hạn bởi các đoạn thẳng ấy gọi là thiết diện của (K) với (P). - Dựng thiết diện thực chất là dựng giao điểm của mặt phẳng với đường thẳng hoặc dựng giao tuyến của hai mặt phẳng. - Lưu ý đến các tính chất song song trong quá trình dựng giao tuyến: 1. 2. * Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD; M là một điểm trên cạnh BC. 1) Một mặt phẳng (P) qua M và song song với CD cắt các cạnh BD, AD và AC tại N, R, S. Tứ giác MNRS là hình gì? 2) Nếu (P) song song với CD và cả AB nữa thì tứ giác MNRS là hình gì? Giải: A B C D M N S R A B C D M N S R 1) (P) // CD. Thiết diện là hình gì? (1) Tương tự: (ACD) cắt (P) theo RS nên: RS // CD (2) 2) (P) // CD và (P) // AB. Thiết diện là hình gì? Lý giải như trên câu 1) ta có thêm MS // NR. Vậy thiết diện MNRS là hình bình hành. * Bài toán 2: Cho hình chóp S. ABCD là một tứ giác lồi. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Vẽ thiết diện của hình chóp với mặt phẳng qua I, song song với AB và SC. Thiết diện là hình gì? Giải: * Dựng thiết diện - Gọi (a) là mặt phẳng qua I song song với AB và SC. (a) cắt AD tại M và BC tại N thì: S Q P B A M N C D I MN // AB (a) cắt SB tại P và SA tại Q thì: NP // SC và PQ // AB * Cách dựng - Qua I dựng MN // AB (M ẻ AD; N ẻ BC) - Từ N dựng NP // SC (P ẻ SB) - Từ P dựng PQ // AB (Q ẻ SA) Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (a) qua I song song với AB và SC là tứ giác MNPQ. * Thiết diện là hình gì? Như trên đã thấy: * Bài toán 3: J A' A N P B' B M R C C' I Cho lăng trụ tam giác ABCA'B'C'. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AA' và A'C'. Hãy dựng thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng (MNP). Giải: ã Đường thẳng MN cắt các đường thẳng BB', B'A' lần lượt tại I và J (MN, BB' và B'A' cùng ở trong mặt phẳng (ABB'A')). ã Nối JP. Đường thẳng này cắt BC tại Q. ã Nối IQ. Đường thẳng này cắt BC tại R. Thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng (MNP) là đa giác MNPQR. Ghi chú: (i) Do (ABC) // (A'B'S') nên MR // PQ. Ngoài đặc điểm này ra thì thiết diện không có đặc điểm gì khác. (ii) Hai đường thẳng chỉ cắt nhau khi chúng cùng mặt phẳng và không song song. * Bài toán 4: Cho hình chóp SABCD, đáy là tứ giác lồi ABCD. Hãy dựng thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (P) qua A và song song với BD. Giải: - Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong mặt đáy ABCD. Mặt phẳng (P) cắt SO tại O' và cắt mặt phẳng (SBD) theo giao tuyến B'D' song song với BD // (P). Do đó cách dựng: * Cách dựng: S A B C D O B' C' D' O' ã Nối SO; lấy một điểm O' trên đoạn SO. ã Qua O' dựng đường thẳng song song với BD, đường thẳng này cắt SB và SD tại B' và D'. ã AO' cắt SC tại C'. Thiết diện là tứ giác AB'C'D'. 2.2. Vấn đề 2: Khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải cho một bài toán hình học không gian. Vấn đề này được xây dựng dựa trên cơ sở một vấn đề Toán học có nhiều cách nhìn nhận theo các góc độ khác nhau. Với một bài toán được giải bằng nhiều cách giải khác nhau, học sinh sẽ được tiếp cận theo nhiều đường lối, kiến thức rộng hơn, sâu sắc hơn. Từ các phương thức tiếp cận đó có thể giải quyết được vấn đề một cách nhanh chóng, linh hoạt. Tuy nhiên, không phải bài toán nào cũng giải được theo nhiều phương pháp, cách giải khác nhau, song đối với một số bài toán về hình học không gian, đặc biệt là các bài toán về hình hộp, tứ diện vuông, hình chóp … ta có thể giải được theo nhiều cách khác nhau. Cụ thể, sau khi giải xong một cách nào đó của bài toán, giáo viên cũng nên hỏi học sinh: "Bài toán này có cách giải nào khác nữa hay không?". Nếu giáo viên không đặt ra câu hỏi này e có nhiều học sinh sẽ tỏ ra bức xúc và biết đâu các em còn có nhiều cách giải, phương pháp khác hay hơn nhiều cách giải vừa được trình bày. Mỗi học sinh có khả năng liên tưởng, huy động kiến thức khác nhau tuỳ vào khả năng tư duy giải quyết vấn đề của các em. Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, và G là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng đường thẳng AG đi qua trọng tâm A' của DBCD. Phát biểu kết luận tương tự đối với các đường thẳng BG; CG; DG. Cách 1: + Chứng minh AG đi qua A'. Û Chứng minh A, G, A' thẳng hàng. Û Chứng minh A, G, A' cùng thuộc hai mặt phẳng. Do G ẻ MN nên G ẻ mặt phẳng (ABN) Do A' là trọng tâm DBCD nên A' ẻ BN ị A' ẻ mp (ABN) ị A, G, A' ẻ mp (ABN) (1) Gọi I, J lần lượt là trung điểm BC, AD. Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác MIJ là hình bình hành hay G ẻ IJ ị G ẻ mp (ADI) Mặt khác A' ẻ DI ị A' ẻ mp (ADI) ị A, G, A' ẻ mp (ADI) (2) Từ (1) và (2) ị A, G, A' thẳng hàng hay AG đi qua A'. Cách 2: 1) Chứng minh AG đi qua A'. Trong DABN gọi A'' là giao của BN và AG. áp dụng định luật Men đe lêuyt cho ba điểm A, G, A'' ta có: Trong đó: Thay vào ta có: hay BA'' = 2A'N (1) Mặt khác vì A' là trọng tâm DBCD nên (2) Từ (1) và (2) ị A'' º A'. Vậy AG đi qua A' Cách 3: 1) Chứng minh A, G, A' thẳng hàng. Û Chứng minh AA', GA' cùng song song một đường thẳng. Dựng đường thẳng MH // AA' (H ẻ BN) (1) Khi đó MH là đường trung bình DABA'. ị H là trung điểm BA ị BH = HA'. Mặt khác: BA' = 2A'N hay 2HA' = 2A'N. ị A' là trung điểm HN ị GA' // MH (2) Từ (1) và (2) ị A, G, A' thẳng hàng hay AG đi qua A' . Cách 4: Do A' là trọng tâm DBCD ị A' = BN ầ DI (I là trung điểm BC). Nên A, G, A' thẳng hàng. ị AG, BN, DI đồng quy. Gọi J là trung điểm AD. Khi đó ta có tứ giác MINJ là hình bình hành. ị G ẻ IJ, G ẻ MN ị AG là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABN) và (ADI). DI là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADI) và (BCD). BN là giao tuyến của hai mặt phẳng (BCD) và (ABN) Mà DI ầ BN = A' (trọng tâm DBCD). Suy ra (theo định luật về giao tuyến của ba mặt phẳng) AG, BN, DI đồng quy tại A' hay A, G, A' thẳng hàng. Vậy AG đi qua trọng tâm A' của DBCD. () Ví dụ 2: Cho hình lập phương ABCD A1B1C1D1 Chứng minh A, G, C1 thẳng hàng (G là trọng tâm DA1BD). Cách 1: A, G, C1 thẳng hàng Û A, G, C1 đồng thời thuộc hai mp phân biệt. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. ị A1O è (AA1C1C) Vì G ẻ A1O ị G ẻ (AA1C1C) Vậy A, G, C1 ẻ (AA1C1C) (1) Gọi O1 là tâm của hình vuông ABB1A1 ị DO1 là trung tuyến của DA1B1D ị G ẻ DO1 è (ADC1B1) ị G ẻ (AD C1B1) Vậy A; G; C1 ẻ (ADC1B1) (2) Do mặt phẳng (ADC1B1) và mặt phẳng (AA1C1C) là hai mặt phẳng phân biệt nên từ (1) và (2) suy ra A, G, C1thẳng hàng. Cách 2: A, G, C1 thẳng hàng Û AC1 chứa G. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có A1O ẻ (AA1C1C) Gọi G là giao điểm AC1 và A1O. Khi đó G là giao điểm của AC1 và mặt phẳng (A1BD). Ta sẽ chứng minh G là trọng tâm DA1BD Û Chứng minh A1G = 2GO. Xét DAOG và DC1GA1. Có AO // A1C1 ị Hay A1G = 2GO. Vậy G là trọng tâm DA1BD. Cách 3: Vì G là trọng tâm DA1BD ị G = A1O ầ DO1 Vậy A1, G, C1 thẳng hàng Û AC1, A1O, DO1 đồng quy (O, O1 lần lượt là tâm của hình vuông ABCD, ABB1A1). Ta có: AC1là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADC1B1) và (ACC1A1) DO1là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADC1B1) và (A1BD). A1O là giao tuyến của hai mặt phẳng (A1BD) và (ACC1A1) (Vì O1 ẻ A1B ị DO1 è (A1BD); O = AC ầ BD. ị A1O ẻ (ACC1A1) Mà DO1 ầ A1O = G. Vậy theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có AC1, DO1, A1O đồng quy tại G (G là trọng tâm DA1BD) Hay A, G, C1thẳng hàng. Cách 4: Hai góc ở vị trí đối đỉnh Trong mặt phẳng (ACC1A1). Xét DAOG và DC1OA1 có (Vì O là trung điểm AC, G là trọng tâm DA1BD) (Góc so le trong) Vậy DC1OA1 ~ DAOG hay (ở vị trí đối đỉnh). ị A, G, C1 thẳng hàng. Ví dụ 3: Cho hình chóp S ABCD có SA ^ mặt phẳng (ABCD); SA = 2. Đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 1, BC = 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Cách 1: Xem khoảng cách là độ dài đoạn ^ góc chung. Từ D dựng Dx // AC. Từ A dựng AF ^ Dx (F ẻ Dx) và AH ^ SF (H ẻ SF) Qua H kẻ đường thẳng HP // FD (P ẻ SD) Kẻ PQ // AH (Q ẻ AC) Khi đó PQ là đoạn ^ góc chung của AC và SD. Thật vậy: ị FD ^ (SAF) ị FD ^ AH. Mà AH ^ SF ị AH ^ (SFD) ị AH ^ SD. Do AH // PQ ị PQ ^ SD (1) Mặt khác AH ^ FD ị AH ^ AC ị PQ ^ AC (2) Từ (1) và (20 ị PQ là đoạn vuông góc chung. Xét DAFD vuông và DCDA vuông có Vậy DAFD ~ DCDA ị . Vậy d(AC, SD) = AH = . Cách 2: Khoảng cách giữa AD và SD là khoảng cách từ đường thẳng AC đến mặt phẳng (SFD). Từ D dựng Dx // AC. Gọi (P) là mp qua SD vấn đề Dx. Khi đó (P) // AC. Vậy d (AC, SD) = d(AC, (P)) = d(A, (P)). Dựng AH ^ Dx (F ẻ Dx) AH ^ SF (H ẻ F) Sauy ra AH ^ (SFD) hay AH ^ (P) Do đó: d(AC, SD) = d(A, P) = AH = . Cách 3: Xem khoảng cách giữa AC và SD là khoảng cách của hai mặt phẳng. Từ D dựng Dx // AC. Gọi (P) là mp qua SD và Dx, (Q) là mp qua AC và (P) // (Q). Khi đó d(AC, SD) = d((Q), (P)) = d((A), (P)) = AH = Cách 4: Xem khoảng cách AC và SD là chiều cao hình chóp có đỉnh A và đáy là DSFD, hình chóp SAFD. Ta có: d(AC, SD) = . Trong đó VASFD = SA. AF. FD Ta có: SA = 2, AF = Suy ra VASFD = . 2 . SD = SF = Suy ra SSFD = Do đó d(AC, SD) = . Cách 5: Xem khoảng cách AC, SD là chiều cao hình hộp có 2 đáy lần lượt chứa hai cạnh AC, SD. Dựng hình hộp ACEDPQRS. Ta có: d(AC, SD) = Trong đó: Thể tích hình hộp V = SA. SACDE ị V = 2. SA . SACD = SA. AD. DC = 6. Ta có: SDERS = DS. DE. sin () = DS. DE . sin () = DS. DE . = AC. FS = = 7. Vậy d(AC, SD) = . Ví dụ 4: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một ^ nhau và OA = OB + OC. Chứng minh rằng tổng ba góc phẳng tại đỉnh A bằng 900. Cách 1: Đặt . Khi đó bài toán trở thành bài toán chứng minh a + b + g = 900 Û a = 900 - (b + g) Û cos a = sin(b + g) (*) Ta có VT của (*) cosa = (Định lý h/s cosin cho DABC) Û a = (1) Vế phải của (*): sin (b + g) = sinb . cosg + cosb . sing ị sin (b + g) = = (2) (Vì OA = OB + OC theo giả thiết). Từ (1) và (2) ị (*) đúng. Vậy tổng ba góc phẳng tại đỉnh A bằng 900. Cách 2: Với cách đặt trên áp dụng định lý h/s cosin cho DABC. cosa = ị cosa = . Theo giả thiết OA = OB + OC Û 1 = Û cosb . cosg = sinb . cosg + sing . cosb Û cosa = sin(b + g) ị Trong DOAB có OA > OB nên b < ị Tương tự ta có g < . Vậy b + g < . Nên a = - (b + g) Vậy a + b + g = hay tổng ba góc phẳng tại đỉnh A bằng 900. Cách 3: Đặt OA = a; OB = b; OC = c. Khi đó vì DOBC ^ tại B. Nên BC = Trong mp bất kỳ đi qua đỉnh A, dựng hình vuông cạnh bằng b + c. Hình vuông AA1A2A3 Trên cạnh A1A2 lấy điểm B sao cho A1B' = b. Trên cạnh A2A3 lấy điểm C sao cho A3C' = c ị B'C' = Khi đó ta có DAA3C' = DAOC; DAA1B' = DOAB DAB'C' = DABC (C. C. C) ị hay a + b + g = 900. Vậy tổng các góc phẳng ở đỉnh của tứ diện bằng 900. Ví dụ 5: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AD, BD1 sao cho AM = BN < 1. Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, C1D1. CMR: Bốn điểm M, I, N, J đồng phẳng. Cách 1: Để chứng minh M, I, N, J đồng phẳng ta sẽ chứng minh MI cắt NJ ta có tứ giác AIJD1 là hình chữ nhật (Vì AI // = JD1 = và = 900). ị IJ ^ AB và IJ ^ C1D1 (1) Ta cũng có: Tứ giác DIB1J là hình thoi ị IJ ^ B1D1 tại trung điểm O của mỗi đường. Khi đó thực hiện phép đối xứng trục IJ. DIJ: A a B thoả mãn AD = BB1 D a B1 AM = BM' M a M' Mà BN = AM ị BN = BM' ị N º M'. Vậy DIJ: M a N. ị Bốn điểm M, I, N, J đồng phẳng. Cách 2: (áp dụng định lý Minebuyt trong không gian) Xét các tứ giác ghềnh ABB1D. Có (Vì I, O là trung điểm của AB, B1D và BN = AM ị DM = NB1) ị 4 điểm M, I, N, O đồng phẳng. Mặt khác ta lại có tứ giác DIB1J là hình thoi nên J ẻ OI. Vậy 4 điểm M, I, N, J đồng phẳng. Cách 3: Để chứng minh bốn điểm M, I, N, J đồng phẳng ta chứng minh mặt phẳng đi qua ba trong bốn điểm sẽ đi qua điểm còn lại. Gọi (P) là mp đi qua ba điểm I, M, J. Trong mp (ABCD) DIAM ~ DIBD ị ị AM = BD (1) DIAM ~ DQDM ị ị PQ = . Trong mp (CDD1C1): DQDE ~ DJD1E. ị ị (IA = JD1 = ). D ID1E ~ DJC1R ị ị C1R + ED1 = . (E1D1 = Û ED1 - ED1 . AM = AM - ED1 . AM ị ED1 = AM ị C1R = AM (2) Từ (1) và (2) ị DPCR vuông cân (CP = CR) ị DPBN' ^ cân hay BD = BM' = AM ị N' = N hay N ẻ (P) Vậy M, I, N, J đồng phẳng. Ví dụ 6: CHo hình chữ nhật ABCDA1B1C1D1 có các kích thước lần lượt AB = a, AD = b, AA1 = C. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BD1. Cách 1: Từ D kẻ DH ^ CD1 (H ẻ CD1) Từ H kẻ HE // BC (E ẻ BD1) Từ E kẻ EF // DH (F ẻ AD) Khi đó EF là đường vuông góc chung của AD và BD1. Thật vậy: Do BC ^ (CDD1C1) nên BC ^ DH mà DH ^ CD1 suy ra DH ^ (BCD1) ị DH ^ BD1. ị EF ^ BD1 (Vì EF // DH) (1) Mặt khác: AD ^ (CDD1C1) ị AD ^ DH ị EF ^ AD (Vì EF // DH) (2) Từ (1) và (2) ị EF là đường ^ góc chung của BD1 và AD. Ta có d (AD, BD1) = EF = DH. Trong đó: ị DH = . Vậy d (AD, BD1) = Cách 2: Gọi (P) là mp qua BD1 và BC. Khi đó (P) // AD. d (AD, BD1) = d(AD, (P)) = d(D, (P)). Từ D kẻ DH ^ CD1 (H ẻ CD1) Vì BC ^ (CDD1C1) nên BC ^ DH ị DH ^ (BCD1) hay DH ^ (P) Suy ra d (AD, BD) = 10 = d(D, (P)) = DH = Cách 3: Gọi (P) là mp đi qua BD1 và BC. (Q) là mp đi qua AD và // (P) Khi đó d (AD, BD1) = d((Q), P) = d(D1, (P)) (D ẻ (Q)). Qua D kẻ DH ^ CD1 (H ẻ CD1) Vì BC ^ (CDD1C1) nên BC ^ DH, do đó DH ^ (BCD1) hay DH ^ (P) ị d (AD,BD1) = DH = . Cách 4: Khoảng cách giữa AD và BD1 bằng chiều cao hình chóp DBD1C. d(AD, BD1) = . Trong đó DD1.DC.BC = abc. Vậy d (AD, BD1) = = . Cách 5: Dựng hình hộp ADEFA1D1BP. Gọi V là thể tích của hình hộp Khi đó d ( AD, BD1) = Trong đó V = AB . = abc Vậy . Ví dụ 7: Cho hình tứ diện ABCD với P, Q lần lượt là trung điểm AB, CD. Gọi R là điểm nằm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC. S là điểm nằm trên cạnh AD sao cho AS = 2SD. Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một mặt phẳng. Cách 1: (Sử dụng định lý Mendeleuyp trong không gian) Xét tứ giác ghềnh ABCD có: (Vì P, Q lần lượt là trung điểm AB, CD và ) Do đó: Bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một mp. Cách 2: Bốn điểm P, Q, R, S cùng thuộc 1 mp Û có 2 đường thẳng (mỗi đường thẳng đi qua 2 trong 4 điểm trên cắt nhau). Gọi I là giao điểm của đường thẳng PR và AC. Gọi J là giao điểm của đường thẳng SQ và AC. Từ C kẻ CE // AB, CF // AD. Trong mặt phẳng (ABC) DPBR ~ DECR ị ị ị C là trung điểm IA (1) Trong mặt phẳng (ACD) DSPQ ~ D FCQ ị ị C là trung điểm JA (2) Từ (1) và (2) ị I º J hay PR cắt SQ tại I. Vậy 4 điểm P, Q, R, S cùng thuộc mặt phẳng. Cách 3: Bốn điểm P, Q, R, S cùng thuộc một mặt phẳng. Û Có một mp đi qua 3 trong 4 điểm cũng sẽ đi qua điểm còn lại. Gọi (P) là mp đi qua R, P, Q. Tứ giác PRQS là tiết diện cắt bởi (P) và hình tứ diện ABCD. Ta sẽ chứng minh S' º S ẻ (P). Thật vậy: Từ C kẻ CE // AB, CF // AD. Trong mặt phẳng (ABC). Do DPBR ~ DECR. ị Trong DIAD ta có: (1) Trong mp (ACD) Ta có theo (1) (2) Vì DCFQ ~ DDS'Q nên hay CF = SD. Thay vào (2) ta được ị AS' = 2S'D. Mà giả thiết AS = 2SD (S, S' ẻ cạnh AD). Do đó S' º S hay S ẻ (P) Vậy P, Q, R, S cùng thuộc một mặt phẳng. 2.3. Vấn đề 3. Xây dựng hệ thống bài toán gốc giúp học sinh quy lạ về quen Quy lạ về quen là quá trình quy việc giải một bài toán về giải các bài toán quen thuộc đã biết. Quy lạ về quen là một tri thức phương pháp giúp học sinh dễ dàng thực hiện một số hoạt động quan trọng được quy định trong chương trình. Đồng thời việc thông báo những tri thức này dễ hiểu và ít tốn thời gian. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên cũng cần quan tâm cho học sinh biết kiến thức nào có thể để học sinh tự học hoặc tự suy luận được trên cơ sở kiến thức đã được lựa chọn, truyền thụ cho học sinh. Hoặc giáo viên cũng có thể hướng dẫn cho học sinh xây dựng các bài toán gốc để củng cố khái niệm, định lý. Hệ thống bài tập gốc đóng vai trò hết sức quan trọng vì ngoài chức năng củng cố kiến thức cho học sinh, hệ thống bài tập gốc còn góp phần định hướng tìm tòi lời giải cho các dạng toán, nhất là các dạng toán có quy trình giải. Việc thực hiện quy trình trong dạy học toán không những hướng cho học sinh tới tư tưởng thuật toán mà còn tạo điều kiện cho học sinh sử dụng mềm mại, uyển chuyển các phương pháp dạy học khác nhau. Giáo viên dựa vào những kiến thức truyền đạt để dạy học sinh tưởng tượng, phát triển trực giác, giúp học sinh phát triển tư duy tích cực, độc lập sáng tạo. Chúng ta hãy xét các ví dụ sau. Ví dụ 1: Cho tam diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = c. Tính khoảng cách từ O đến (ABC) Gọi H là hình chiếu của O trên (ABC) áp dụng tính chất của tam diện vuông ta có: ị OH = Bài toán: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 cạnh bằng 1. Lấy M trên cạnh CC1 sao cho độ dài MC = . Trên cạnh A1D1 lấy N sao cho độ dài A1N = . O là tâm hình lập phương. Tính khoảng cách từ D đến (MNO)? Khi gặp bài toán này học sinh sẽ thấy khó khăn khi tìm hình chiếu của D trên (MNO). Khi đó giáo viên gợi ý để học sinh tìm cách đưa về bài toán gốc. Như vậy: Làm thế nào để đưa về bài toán gốc? Nếu học sinh chưa trả lời được, giáo viên có thể gợi ý: Mặt phẳng (a) trong bài toán gốc cắt 3 cạnh của góc tam diện A, B, C và độ dài OA, OB, OC đã biết. Lời giải: Gọi E = MO ầ AA1 P = NE ầ AD Q = NE ầ DD1 và R = MQ ầ DC Ta có AE = MC1 = ; EA1 = CM = ị ị . ị DP = . Tương tự ta tính được DQ = ; DR = Vậy . * Bài toán tương tự: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 cạnh bằng 1. Trên AA1 lấy E sao cho AE = . Trên BC lấy F sao cho độ dài BF = . Gọi O là tâm hình lập phương. Tìm khoảng cách từ B1 đến (EFO). Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có DABC ^ ở C; SA ^ (ABC). Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SB cắt SB, SC tại B', C'; B'C' ầ BC = I. Chứng minh a) AC' ^ (SBC) b) DAC'B' ^ tại B' c) AI ^ (SAB). Ngược lại nếu B', C' là hình chiếu của A trên SB, SC thì (AB'C') ^ SB. Giải: a) Do ị BC ^ (SAC) ị BC ^ AC' Mà SB ^ AC' ị AC' ^ (SBC) (1) b) Từ (1) ị AC' ^ C'B' hay DAC'B' ^ ở C' c) Do AI è (AB'C') nên AI ^ SB. AI è (ABC) ị AI ^ SA. ị AI ^ (SAB). Ngược lại, nếu AB' ^ SB; AC' ^ SC, ta có: BC ^ (SAC) ị BC ^ AC' SC ^AC' ị AC' ^ SB. Kết hợp với SB ^ AB', suy ra SB ^ (AB'C') Khi đó ta cũng có các tính chất a, b, c. Bài toán 1: Trong (P) cho nửa lục giác đều ABCD với AB = BC = CD = a, AD = 2a. Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc (P) tại A, lấy điểm S. Mặt phẳng qua A ^ SD cắt SB, SC, SD lần lượt tại B', C', D'. a) Chứng minh: A'B'C'D' là tứ giác nội tiếp. b) Khi S chuyển động trên Ax thì đường thẳng B'C' đi qua 1 điểm cố định, đường thẳng C'D' cũng đi qua 1 điểm cố định. a) So sánh giả thiết của bài toán 1 với bài toán gốc ở ví dụ 2 xem có gì giống nhau không? * Giống: Có mặt phẳng qua A và ^ SD, có SA ^ đáy. * Giáo viên vẽ riêng đáy để học sinh thấy được do ABCD là nửa lục giác đều nên nó nội tiếp trong đường tròn đường kính AD ị = 1V. * Xét các bộ phận liên quan tới bài toán gốc. - Học sinh sẽ nhận ra các hình chóp đó là SABD và SACD. Quay về chứng minh bài toán gốc đối với 2 hình chóp này, ta sẽ có: Tứ giác AB'C'D' nội tiếp đường kính AD'. b) Khi S thay đổi trên Ax, những yếu tố nào cố định, những yếu tố nào thay đổi? * Vẽ vào trường hợp của S và dự đoán điểm cố định mà B'C' đi qua? Liên hệ với bài toán gốc học sinh sẽ nghĩ tới việc gọi I = BC ầ B'C'. Và chứng minh I cố định: Ta đã có I ẻ BC cố định để chứng minh I cố định ta cần chứng minh thêm điều gì? Lúc này đưa bài toán về bài toán gốc để chứng minh AI ^ (SAD) mà (SAD) cố định nên AI cố định. Bài toán 2: Cho hình chóp SABC có cạnh SA vuông góc với đáy. Gọi B', C' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC. Gọi I = BC ầ B'C'. Chứng minh rằng: . * Học sinh dễ dàng thấy được bài toán 2 có nhiều giả thiết gần với bài toán gốc như (SA ^ (ABC), B', C' là hình chiếu của A trên SB, SC. Nhưng trong bài toán này DABC không phải là D vuông. Tìm định hướng để chứng minh ? Với vị trí 2 góc này, học sinh sẽ nghĩ tới việc chứng minh IA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DABC. Từ đó đưa về chứng minh AI ^ AD (là đường kính của đường tròn). ị ị AI ^ (SAD) ị AI ^ SD. Việc giải bài toán quy về giải bài toán gốc đối với hai hình chóp SABC và SACD. Bài toán 3: Trên mặt phẳng (P), cho đường tròn (C), đường kính AB, M là một điểm trên đường tròn (C). S là một điểm nằm ngoài (P), SA ^ (P). D là một điểm trên đoạn SA. Từ D kẻ DE ^ SM. a) Chứng minh khi M di động trên đường tròn (C) thì DE không nằm trên một mặt phẳng (p) cố định. b) Tìm tập hợp điểm E. Ta phân tích bài toán: Trong bài toán này ta có SA ^ (AMB). Điểm M thuộc đường tròn (C), đường kính AB nên = 1V. Do đó có nhiều khả năng có thể liên hệ bài toán 3 với bài toán gốc. Tuy nhiên, trong bài toán ta lại không có hình chiếu của A trên SM, SB mà chỉ có hình chiếu của điểm D thuộc SA lên SM. Trước hết cho học sinh giải bài toán sau: Với giả thiết như bài toán 3, gọi M' là hình chiếu của A trên SM. Tìm quỹ tích điểm M'. Bài toán này gần với bài toán gốc hơn bài toán 3, học sinh sẽ nghĩ tới việc gọi B' là hình chiếu của A trên SB. Việc giải bài toán này quy về giải bài toán gốc. Ta có: + (AM'B') ^ SA nên (AM'B') cố định. + AB' cố định + = 1V nên quỹ tích điểm M' là đường tròn đường kính AB' trong mặt phẳng (AM'B'). Bây giờ học sinh có thể liên hệ bài toán 3 với bài toán trên để đi đến: Kẻ DF ^ SB, chứng minh (p) = (DEF) cố định và = 1V ị quy tích điểm E. Ví dụ 3: Cho tứ diện SABC có SA ^ mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. Chứng minh: 1) SC ^ (BHK) 2) HK ^ (SBC) Giải: 1) Do ị BH ^ (SAC) ị BH ^ SC (1) K là trực tâm của DSBC nên BK ^ SC (2) Từ (1) và (2) ị SC ^ (BHK) Gọi I = AH ầ BC thì:ị BC (SAI) ị BC SI ị K ẻ SI. Do vậy BC ^ (SAI) ị BC ^ HK (3) Mà SC (BHK) ( câu a) ị JC ^ HK (4) Từ (3) và (4) ị HK (SBC). Bài toán 1: Trong (P) cho DABC cố định, trên đường thẳng Ax với (P) lấy điểm S. Hy là đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và (SBC). Chứng minh rằng khi S di động trên Ax, đường thẳng Hy luôn đi qua một điểm cố định. + So sánh bài toán 1 và bài toán góc. Trong bài toán gốc đường thẳng nào đóng vai trò của Hy?. + Quy bài toán 1 về bài toán gốc? + Lời giải: Gọi K là trực tâm tam giác ABC ị K cố định. Chứng minh bài toán gốc ta có HK (SBC) ị K ẻ Hy. Bài toán 2: Trong mặt phẳng (P) cho một đoạn thẳng AB cố định. Một đường thẳng d cố định vuông góc với AB tại I ẻ AB. Đường tròn (C) thay đổi luôn qua AB và cắt d tại 2 điểm M,N. Qua A dựng nửa đường thẳng Ax (P). và trên Ax lấy điểm chuyển động C. Chứng minh rằng khi (C) thay đổi, đường thẳng với mặt phẳng (CMN) và đi qua trực tâm của tam giác CMN luôn đi qua 1 điểm cố định. + Các yếu tố nào là cố định, yếu tố nào là thay đổi? + Dự toán điểm cố định cần tìm? Nếu học sinh đã giải quyết bài toán 1 thì bài toán 2 thì sẽ dự đoán đó là K với K là trực tâm tam giác MAN. Tuy nhiên, trong bài toán 1, tam giác ABC là cố định, còn trong bài toán 2 do (C) thay đổi nên MN thay đổi, dẫn đến tam giác AMN thay đổi? Vì riêng mặt phẳng (P) và các yếu tố trên (P). Đến đây học sinh sẽ nhớ lại một bài toán quen thuộc trong hình học phẳng: Tam giác AMN nội tiếp ( C). K là trực tâm tam giác AMN thì ảnh đối xứng với K qua cạnh nằm trên (C). Bài toán 3: Trong mặt phẳng (P) cho hình chữ nhật ABCD, gọi I,J là trung điểm của cạnh AB, CD. Trong mặt phẳng qua I, J với (P) dựng nủa đường tròn đường kính IJ. S là một điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đó. Gọi H', K' lần lượt là các hình chiếu trực tâm H, K của các tam giác SAB và SCD xuống (P). CMR tích HH'. KK' là đại lượng không đổi khi S chạy trên nửa đường tròn đã cho. Trước hết hướng dẫn học sinh biến đổitích HH'. KK' về 1 tích dễ đánh giá hơn. Do S ẻ đường tròn đường kính IJ nên = 1V. ị DIHH' DKJK'. ị ị HH'.KK' = JK' .IH' + Nêu định lượng chứng minh Jk'.JH' không đổi? + Gọi y' cho học sinh: Vai trò của H' và K' là như nhau nên nếu H' cố định thì K' cũng cố định. Quy bài toán về chứng minh H', K' cố định. Đối với bài toán này, học sinh rất khó phát hiện nó có liên hệ với bài toán gốc vì những dấu hiệu để nhận biết không dễ thấy. Tuy nhiên, ở đây ta vẫn có sự xuất hiện của trực tâm H, và HH' (ABCD). Do vậy H' có thể là trực tâm của một tam giác nào đó và tam giác đó sẽ đóng vai trò như tam giác SBC trong bài toán gốc. Dự đoán H' là trực tâm của tam giác nào? Chú ý đến H' ẻIJ và IJ^AB, học sinh sẽ nghĩ ngay tới DABJ. Hãy vẽ lại hình chóp SABJ để dễ liên hệ với bài toán gốc. Bây giờ còn lại là chứng minh IJ ^ D(SAB) và quy về bài toán gốc để giải. 2.4. Vấn đề 4: Chuyển việc tìm tòi lời giải bài toán hình học không gian về bài toán hình học phẳng. Hình học không gian đối với học sinh lớp 11 THPT là môn học có cấu trúc chặt chẽ, có nội dung phong phú hơn so với hình học phẳng. Trong quá trình dạy học ở trường THPT, chúng tôi nhận thấy hoạt động dạy học chuyển việc nhìn nhận một vấn đề hình học không gian sang hình học phẳng, hay việc giải bài toán hình học không gian về việc giải một hoặc nhiều bài toán phẳng là một việc làm đúng đắn. Vì đó cũng là một trong những hoạt động góp phần rèn luyện năng lực lập luận, sự sáng tạo, tính linh hoạt và khả năng liên tưởng từ không gian sang phẳng nói riêng và trong bộ môn hình học nói chung của học sinh. Trong mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian, trên cơ sở coi mặt phẳng là một bộ phận của không gian chúng ta cần đặc biệt chú trọng "tách" bộ phận phẳng ra khỏi không gian (vẽ hình, xét trên chi tiết của bài toán). Các bộ phận được tách ở đây có thể là mặt (mặt của khối đa diện), mặt cắt (thiết diện) hay đường giao tuyến. Vấn đề ở chỗ các bộ phận được tách thể hiện giữa các yếu tố đã cho và các yếu tố cần tìm, giúp học sinh tự giải quyết được các yêu cầu của bài toán đặt ra. Thông qua dạy học các chủ điểm kiến thức về khoảng cách, góc, mặt cầu hoặc thẳng hàng, vuông góc, song song, giáo viên cần chú ý rèn luyện cho học sinh năng lực quy lạ về quen, chuyển các bài toán không gian về bài toán phẳng quen thuộc, chẳng hạn: xét tiếp tuyến của mặt cầu quy về xét tiếp tuyến của đường tròn lớn, tạo bởi mặt phẳng qua tiếp tuyến và tâm mặt cầu. Tính khoảng cách giữa các yếu tố quy về tính cạnh góc vuông của tam giác vuông hoặc tính đường cao của tam giác vuông. Khi giải các bài toán hình học không gian giáo viên và học sinh thường gặp khó khăn do một số nguyên nhân sau: - Học sinh phải có trí tưởng tượng không gian cao khi đứng trước các bài toán hình học không gian. - Vì hình học không gian có tính trừu tượng cao nên việc lĩnh hội và sử dụng các tri thức hình học không gian là một vấn đề khó khăn thường gặp đối với học sinh cũng như các giáo viên. - Học sinh quen với hình học phẳng nên khi chuyển sang hình học không gian thì học sinh khó tìm thấy các tính chất phẳng của hình phẳng. Và do sử dụng hình học phẳng từ trước nên khi chuyển sang nghiên cứu của hình học không gian chưa biết vận dụng những tính chất riêng của hình học phẳng cho hình học không gian. Một số bài toán không gian sự liên hệ giữa các yếu tố đã cho và kết luận còn chưa rõ ràng nên học sinh chưa làm quen dần với các định hướng được. Chính vì những lý do trên, chúng tôi đưa ra một số bài toán hình học không gian nhưng có thể chuyển về bài toán phẳng đề giải. Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1. Gọi G là trọng tâm DA1BD. Chứng minh rằng A, G, G1 thẳng hàng. Đây là bài toán thuộc dạng chứng minh ba điểm thẳng hàng. Nên ta có thể dùng phép chiếu song song để giải bài toán trên bằng cách chỉ ra một phép chiếu song song mà 3 điểm đó là ảnh trùng nhau hoặc chứng minh 3 điểm đó có ảnh qua phép chiếu song song là các bộ 3 điểm thẳng hàng. + Chọn phép chiếu song song ((A1B1C1D1), AC1) + Xác định các hình chiếu cần thiết trên mặt phẳng chiếu. Phát biểu bài toán phẳng tương ứng. Ta có phép chiếu song song (A1B1C1D1), AC1) biến . A1C1//AO với O là tâm của ABCD. Do đó nếu lấy điểm O1 trên A1C1 kéo dài về phía C1 sao cho: C1O1 = AO thì OO1//AC1 Từ đó suy ra ị A1O a A1O1 Từ giả thiết G là trọng tâm DBDA1 ị G ẻA1O sao cho A1 G = 2GO ị G a G1 ẻA1O1 sao cho G1A1 = 2G1O1 Khi đó bài toán đã cho chuyển về bài toán phẳng đó là chứng minh G1º C1 Û A1C1 = 2C1O1. + Giải bài toán phẳng đồng thời chuyển kết quả về kết luận của bài toán ban đầu. Thật vậy ta có: C1O1 = AO = .AC =A1C1 ị C1O1 = A1C1 ị G1 = C1 Vậy 3 điểm A, G, C1 thẳng hàng. Ví dụ 2: Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, và O là trung điểm đoạn MN. Chứng minh rằng đường chéo AO đi qua trọng tâm G của DBCD. (Đào Tam (2005), Phương pháp dạy học hình học ở trường THPT, NXB HĐSP Huế). Việc chứng minh G là trọng tâm O BCD quy về chứng minh (1). Việc chứng minh G là trọng tâm DBCD. Quy về chứng minh GN = GB (1). Việc chứng minh hệ thức (1) được tiến hành nhờ tách bộ phân phẳng (ABN) ra ngoài. Từ đó dẫn tới bài toán phẳng sau: "Cho tam giác ABN. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, O là trung điểm đoạn MN. Đường thẳng AO cắt BN tại G. Chứng minh rằng Việc giải bài toán này thuộc về kiến thức ở cuối cấp II. Vẽ MK//AG, sử dụng tính chất đường trung bình của DABG và DMKN ị BK = KG = GM. Từ đó . Ví dụ trên được giải thông qua việc giáo viên tách bộ phận không gian ra khỏi tứ diện và đưa bài toán cần giải về bài toán phẳng quen thuộc mà học sinh đã biết. Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 có các cạnh bên là AA1,BB1, CC1, DD1. Xác định giao điểm G của đường chéo AC1 và mặt phẳng (A1BD). Chứng minh G là trọng tâm DA1BD? Giải: Ta có: AC1 è mp(ACC1 A1), A1O//AC1 nên gọi G = AC1ầA1O Do A1O è mp(A1BD) ị G ẻ mp(A1BD) Vậy G là giao điểm của đường thẳng AC1 và mp (A1BD). Để chứng minh F là trọng tâm DA1BD ta cần chứng minh A1G = 2GO (O là trung điểm BD). Khi đó chuyển bài toán trong không gian về bài toán phẳng sau: "Cho hình bình hành ACC1A1. Gọi O là trung điểm AC, G là giáo điểm của cạnh AC1 và đoạn thẳng A1O. Chứng minh A1G = 2GO" Thật vậy: Do AO//A1C1 ị áp dụng định lý Talet ta có: (vì 2AO = AC = A1C1) ị A1G = 2GO Vậy G là trọng tâm DA1BD. Chú ý: Ta cũng có thể chứng minh G là trọng tâm DA1BD bằng cách sau: Cách 2: Gọi G là trọng tâm DA1BD. Để chứng minh AC1 đi qua G ta chứng minh AC1, A1O, DO1 đồng quy (Trong đó O1 là trung điểm AB) Ta có: AC1 làgiao tuyến của mp(ACC1A1) và mp(ADC1B1) A1O là giao tuyến của mp(A1BD) và mp(ACC1A1) DO1 là giao tuyến của mp(A1BD) và mp(ADC1B1) Mặt khác: A1O ầDO1 = G Vậy AC1, A1O, DO1 đồng quy tại G. Hay giao điểm của AC1 và mp(A1BD) là trọng tâm DA1BD. Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD. a) Chứng minh rằng các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối của tứ diện cắt nhau tại một điểm. b) Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trọng tâm của các mặt của tứ diện tương ứng đối diện với các điểm A, B, C, D. Chứng tỏ rằng AA1, BB1, CC1, DD1 đồng quy tại G và a) Gọi M, N, I, J, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD, AC, BD. Ta có: MJ // = BD IN // = BD Suy ra tứ giác MJNI là hình bình hành ị MN, IJ cắt nhau tại trung điểm G của chúng Chứng minh tương tự ta có: Tứ giác MPNQ là hình bình hành. Vậy MN, IJ, PQ đồng quy tại G. b) ta có IJ è mp(AID) ị G ẻmp(AID) Gọi A1 là giao điểm AG và ID Ta cần chứng minh: A1 là trọng tâm DBCD và . ta đưa về bài toán phẳng như sau: "Cho DAID. Gọi J là trung điểm AD, G là trung điểm IJ. Gọi A1 là giao điểm của cạnh ID và AG. Chứng minh rằng A1D = 2A1I và " Thật vậy: Kẻ IK // AA1 ( k ẻID) Khi đó: JK là đường trung bình DDAA: (1) GA1 là đường trung bình DIJK: (2) Từ (1) và (2) ta có: ị ð. 2.5. Kết luận chương 2. Trong chương này luận văn đã nêu ra một số vấn đề nhằm bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập Hình học. Qua đây chúng tôi muốn nói rằng chúng ta hoàn toàn có khả năng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập Toán. Chương 3 Thực nghiệm sư phạm 3.1. Mục đích thực nghiệm Thực nghiệm sư phạm được tiến hành nhằm kiểm tra tính khả thi và tính hiệu quả của các vấn đề đã được đề xuất. 3.2. Nội dung thực nghiệm Cho học sinh tiếp cận với những hình thức dạy học bồi dưỡng tư duy sáng tạo thông qua giải bài tập. Những vấn đề đã đưa ra tiến hành dạy học thực nghiệm bao gồm: Dạng 1: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua bài toán dựng hình. Dạng 2: Sử dụng bài toán gốc Dạng 3: Giải bài toán hình học không gian chuyển về bài toán hình học phẳng. Dạng 4: Giải bài toán bằng nhiều cách 3.3. Tổ chức thực nghiệm 3.3.1. Chọn lớp thực nghiệm Việc thực nghiệm sư phạm được thực hiện tại trường THPT Nghi Lộc 1. Lớp thực nghiệm: Lớp 11A3 có 47 học sinh Lớp đối chứng: Lớp 11A7 có 41 học sinh Giáo viên dạy hai lớp này là thầy giáo Nguyễn Trọng Ngà. Dựa vào kết quả kiểm tra chất lượng đầu năm thì chất lượng của hai lớp tương đối đều nhau. 3.3.2. Hình thức tổ chức thực nghiệm Đợt thực nghiệm được tiến hành từ 20/10/2007 đến 22/11/2007. 3.3.2.1. Về nội dung Việc bồi dưỡ