Rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh thông qua tìm lời giải và khai thác bài toán chứng minh hình học Trung học Cơ sở - Hoàng Thị Thanh

TẠP CHÍ KHOA HỌC Khoa học Tự nhiên và Công nghệ, Số 8(3/2017) tr. 1 - 8 1 RÈN LUYỆN CÁC HOẠT ĐỘNG TRÍ TUỆ CHUNG CHO HỌC SINH THÔNG QUA TÌM LỜI GIẢI VÀ KHAI THÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH HÌNH HỌC TRUNG HỌC CƠ SỞ Hoàng Thị Thanh1 Trường Đại học Tây Bắc Tóm tắt: Một trong những mục tiêu của môn Toán ở trường phổ thông là phát triển các năng lực trí tuệ chung, hình thành khả năng suy luận đặc trưng của Toán học. Trong bài báo này, tôi trình bày nghiên cứu về việc rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh thông qua tìm lời giải và khai thác bài toán chứng minh hình học trung học cơ sở (THCS). Mỗi biện pháp đề xuất đều được làm sáng tỏ thông qua một số ví dụ minh họa. Từ khóa: Hoạt động trí tuệ chung, Trung học cơ sở, Bài toán chứng minh hình học. 1. Đặt vấn đề Do tính đặc thù, môn Toán đòi hỏi học sinh (HS) phải thường xuyên thực hiện các hoạt động trí tuệ chung như phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa... nên có nhiều cơ hội để rèn luyện các hoạt động trí tuệ này, đồng thời giúp hình thành ở HS khả năng suy đoán, tưởng tượng và phương pháp tư duy hiệu quả. Trong các bài toán hình học ở trung học cơ sở, bài toán thường gặp nhất là bài toán chứng minh. Các bài toán chứng minh hình học đã từng hấp dẫn nhiều thế hệ học sinh vì những lời giải đẹp. Chính vì vậy, tôi chọn bài toán chứng minh hình học để rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh. 2. Các hoạt động trí tuệ chung 2.1. Phân tích và tổng hợp “Phân tích là tách (trong tư tưởng) một hệ thống thành những vật, tách một vật thành những bộ phận riêng lẻ. Tổng hợp là liên kết (trong tư tưởng) những bộ phận thành một vật, liên kết nhiều vật thành một hệ thống” [3]. Phân tích và tổng hợp là hai hoạt động trí tuệ trái ngược nhau nhưng lại là hai mặt của một quá trình thống nhất. Trong hoạt động giải toán, có thể hiểu phân tích (phép phân tích) là phương pháp suy luận đi từ cái chưa biết đến cái đã biết. Phân tích đi lên (suy ngược lùi) có sơ đồ như sau: 0 1 nB B B ... B A.     Phân tích đi xuống (suy ngược tiến) có sơ đồ như sau: 0 1 nB B B ... B A.     Trong hai sơ đồ trên cũng như sơ đồ dưới đây, A là một định nghĩa, tiên đề hay một mệnh đề đúng nào đó, còn B là mệnh đề cần chứng minh. 1 Ngày nhận bài: 26/8/2016. Ngày nhận đăng: 25/9/2016 Liên lạc: Hoàng Thị Thanh, e - mail: hoangthanhppt@gmail.com 2 Trong phạm vi toán học, tổng hợp (phép tổng hợp) còn được gọi là phép suy xuôi là phương pháp suy luận đi từ cái đã biết đến cái chưa biết. Sơ đồ của phép tổng hợp như sau: 0 1 nA A A ... A B     . Thông thường phép này được dùng để trình bày lời giải sau một quá trình phân tích. 2.2. So sánh và tương tự So sánh là thao tác tư duy nhằm phát hiện những đặc điểm chung và những đặc điểm khác nhau ở một số đối tượng. “Tương tự là thao tác tư duy dựa trên sự giống nhau về tính chất và quan hệ của những đối tượng toán học khác nhau” [4]. Có thể mô tả kết luận dựa trên sự tương tự của hai đối tượng A và B như sau: Đối tượng A có các tính chất a, b, c. Đối tượng B có các tính chất a, b. Vậy B có thể có tính chất c. Sự tương tự, do tính trực quan và dễ hiểu của nó, thường được áp dụng trong việc giảng dạy toán học. Song, cũng giống như phương pháp quy nạp không hoàn toàn, tương tự có thể dẫn đến kết luận sai. 2.3. Khái quát hóa và đặc biệt hóa “Khái quát hoá là việc chuyển từ nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho đến việc nghiên cứu một tập hợp lớn hơn bao gồm tập hợp ban đầu bằng cách nêu bật một số đặc điểm chung của các phần tử của tập hợp xuất phát” [4]. “Đặc biệt hoá là quá trình ngược lại của khái quát hoá, là việc chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho sang nghiên cứu một tập hợp nhỏ hơn chứa trong nó” [4]. Khái quát hóa và đặc biệt hóa thường được vận dụng trong tìm tòi và giải toán, Từ một tính chất nào đó, muốn khái quát hóa thành một dự đoán nào đó, trước hết ta thử đặc biệt hóa; nếu kết quả của đặc biệt hóa là đúng ta mới tìm cách chứng minh dự đoán từ khái quát hóa, nếu sai ta dừng lại. 2.4. Trừu tượng hóa Trừu tượng hoá là tách những đặc điểm bản chất khỏi những đặc điểm không bản chất. Sự phân biệt bản chất với không bản chất mang ý nghĩa tương đối, nó phụ thuộc mục đích hành động [3]. Về mặt toán học, trừu tượng hóa là thao tác tách ra từ một đối tượng toán học một tính chất (về quan hệ số lượng hoặc hình dạng hoặc lôgic của thế giới khách quan) để nghiên cứu riêng tính chất đó. 3. Rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh thông qua tìm lời giải và khai thác bài toán chứng minh hình học 3.1. Rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh thông qua tìm lời giải bài toán Bài tập toán nói chung và các bài toán chứng minh hình học nói riêng thường không có thuật toán nào tổng quát để giải mà phải dựa trên cơ sở phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, so 3 sánh, tương tự để nhận dạng bài toán, tìm và liên hệ xem có bài toán nào tương tự,.. từ đó đưa ra lời giải tốt nhất. Chính vì vậy thông qua việc tìm lời giải bài toán sẽ giúp rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh. Ví dụ 1: Cho hình thang cân ABCD (AB//CD). E là giao điểm của hai đường chéo. Chứng minh EA= EB; EC= ED Hướng dẫn học sinh tìm lời giải theo sơ đồ phân tích đi lên: Để chứng minh EA= EB ta chứng minh EAB cân tại E tức là chứng minh BAC ABD , muốn vậy, ta chứng minh BAC và ABD là hai góc tương ứng của hai tam giác bằng nhau. Dễ dàng chọn ABC và BAD. Theo tính chất của hình thang cân HS dễ dàng chứng minh được ABC BAD (c.g.c) do có BA chung, BAD ABC , AD=BC. Phân tích đi lên là một phương pháp suy luận hiệu quả được sử dụng nhiều trong việc tìm lời giải của bài toán. Còn khi trình bày lời giải bài toán chứng minh, ta thường dùng phương pháp tổng hợp (suy xuôi), tức là trình bày theo thứ tự ngược lại của bước phân tích đi lên. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có AB AC . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho BD AC . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC. Chứng minh rằng:  . 1 BEF BAC 2 Hướng dẫn HS phân tích tìm cách giải: Giả thiết cho BD AC và các trung điểm E, F. Nhìn vào hình vẽ ta thấy để liên kết các giả thiết với nhau cần thiết phải vẽ thêm hình phụ. Khi có trung điểm một cạnh trong tam giác, ta thường nghĩ đến vẽ thêm trung điểm một cạnh khác, hoặc đường trung bình, trung tuyến. Hơn nữa, từ kết luận gợi ý cho ta tạo ra một góc bằng BAC và có một cạnh là BE. Từ đây ta vẽ thêm điểm O là trung điểm của DC. Và do đó, EO là đường trung bình của tam giác EOF nên ta có BEO BAC (đồng vị). Từ đây ta chuyển bài toán về chứng minh  . 1 BEF BEO 2 Theo cách lấy điểm O ta dễ dàng suy ra EOF cân tại O nên  .OEF OFE Mà BEF OFE (so le trong). Nên BEF OEF hay  . 1 BEF BEO 2 Các cách khác: Theo phân tích để vẽ thêm hình phụ ở trên thay vì vẽ thêm điểm O ta có thể vẽ một trong các điểm sau: + Trên tia CE vẽ điểm H sao cho E là trung điểm của CH. Ta chứng minh được BDH cân tại H. E A D B C O E F A B C D H E F A B C D 4 + Vẽ điểm I là trung điểm của AB, ta cũng có EIF cân tại I và BIF BAC . + Trên tia DF ta lấy điểm K sao cho F là trung điểm của DK. Ta cũng chứng minh được ACK cân và lập luận suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 3: Cho tam giác đều ABC, cạnh a, M là điểm nằm trong miền tam giác. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ M đến các cạnh của ∆ABC là một hằng số. Hướng dẫn tìm cách giải: Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, CA, AB. Khi đó ta cần chứng minh tổng x + y + z = k không đổi. Để tìm được số k trước hết giáo viên (GV) cho HS đặc biệt hoá như sau: + Cho MG  x + y + x = a 3 2 (đó là chiều cao tam giác đều cạnh a). Vậy k = a 3 2 + Hoặc, đặc biệt hóa bằng cách cho M B , khi đó x , z0 0  và y h là độ dài đường cao đỉnh B, cũng chính là chiều cao của tam giác đều ABC. Có thể nói, rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán là khâu có tính chất quyết định trong toàn bộ công việc rèn luyện giải toán. Có nhiều con đường khác nhau để đi từ giả thiết đến kết luận, hay nói cách khác có nhiều cách giải khác nhau cho cùng một bài toán. GV cần thường xuyên tập luyện cho HS những hoạt động trí tuệ này để khi đứng trước mỗi bài toán, mỗi vẫn đề, HS có thể có phương pháp suy luận hiệu quả, lựa chọn được giải pháp tối ưu. 3.2. Rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh thông qua việc hướng dẫn học sinh khai thác bài toán Xuất phát từ một bài toán hay từ lời giải của bài toán, GV có thể hướng dẫn HS khai thác bài toán bằng cách thực hiện một số hoạt động trí tuệ chung như: khái quát hóa, đặc biệt hoá, phân tích, tương tự để HS có thể tự tạo ra các bài toán mới, rèn luyện tính độc lập, khả năng sáng tạo cho các em. Đây là một biện pháp hiệu quả giúp rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh. Dưới đây là một số ví dụ: Bài toán 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Dựng ra ngoài tam giác các tam giác vuông cân tại A là CAE và BAD. Gọi P, Q, M lần lượt là trung điểm của BD, CE, CB. Chứng minh rằng: a. BE CD và BE CD; b. Tam giác PMQ vuông cân. Giải a. Ta có: oCAE BAC 90  (giả thiết), suy ra ba điểm B, A, E thẳng hàng. h A B C H z y x A B C M F I G 5 oBAD BAC 90  (giả thiết), suy ra ba điểm C, A, D thẳng hàng. Từ đây ta cũng suy ra BE CD và BE BA AE  , CD CA AD.  Mà BA AD (giả thiết), AC AE (giả thiết). Do đó BE CD. b. Từ giả thiết suy ra MP là đường trung bình của BDC do đó MP / /CD (hay MP / /AC ) và 1 MP CD 2  . (1) Tương tự, MQ là đường trung bình của BECnên MQ / /BE (hay MQ / /AB ) và 1 MQ BE 2  (2) Theo a) ta có BE CD (3) Từ (1), (2), (3) suy ra MP MQ (4) Mặt khác, BAC 90  (tức AB AC ) và MP / /AC , MQ/ /AB suy ra MP MQ (5) Từ (4) và (5) suy ra MPQ vuông cân tại M. Sau khi tìm được lời giải của bài toán, GV hướng dẫn HS sử dụng các hoạt động trí tuệ: phân tích, tương tự và khái quá hóa,... để khai thác bài toán. Cụ thể: Nhận xét 1(tương tự): Giả sử tam giác ABC cho trước không phải là tam giác vuông mà là tam giác thường, có A 90  chẳng hạn. Thiết lập bài toán tương tự, khi đó những điều đã chứng minh được ở trên có còn đúng không? Ta cũng chứng minh được kết quả tương tự, từ đó ta có Bài toán 1.1. Bài toán 1.1: Cho tam giác thường ABC (có oA 90 ). Chọn A làm đỉnh, theo thứ tự dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân CAE và BAD. Gọi P, Q, M lần lượt là trung điểm của BD, CE, CB. Chứng minh rằng: a. BE CD và BE CD ; b. Tam giác PMQ vuông cân. Giải a. Xét DAC và BAE có: AD AB (giả thiết), AC AE (giả thiết), DAC 90 BAC BAE.   Suy ra DAC = BAE. Do đó BE = CD và ACD AEB Gọi I là giao điểm của BE và CD. Xét DAC có: IEC 45 AEB 45 ACD 45 ACI      oECI 45 ACI  Suy ra    EIC 180 IEC ECI 180 45 ACI 45 ACI 90          . Vậy BE  CD. I M Q P A B C E D M P Q A B C D E 6 b. Chứng minh tương tự như Bài toán 1. Nhận xét 2 (tương tự): Nếu tam giác ABC đã cho có A 90  . Thiết lập bài toán tương tự, khi đó những điều đã chứng minh được ở trên còn đúng không? Ta cũng chứng minh được kết quả trên, từ đó ta có Bài toán 1.2. Bài toán 1.2 được phát biểu và chứng minh tương tự như Bài toán 1.1. Nhận xét 3 (khái quát hóa): Sau khi đã giải xong các bài toán trên, ta đi đến bài toán tổng quát cho cả ba bài toán trên. Ta có Bài toán 1.3. Bài toán 1.3: Dựng ra phía ngoài tam giác ABC cho trước các tam giác vuông cân tại A là CAE và BAD. Gọi P, Q, M lần lượt là trung điểm của BD, CE, CB. Chứng minh rằng: a. BE CD và BE CD b. Tam giác PMQ vuông cân. Đến đây GV hướng dẫn HS phân tích kết quả của bài toán như sau: Nhận xét 4 (phân tích - tổng hợp): Gọi N là giao điểm của MP và BE, K là giao điểm của, MQ và CD. Khi đó, từ kết quả của Bài toán 1.3 hãy nhận xét về hình dạng của tứ giác NIKM (dễ dàng suy ra tứ giác NIKM là hình chữ nhật). Do đó ta có thể thay kết luận a) và b) của bài toán trên bằng câu hỏi khác. Ta có Bài toán 1.4. Bài toán 1.4: Dựng ra phía ngoài tam giác ABC cho trước các tam giác vuông cân tại A là CAE và BAD. Gọi P, Q, M lần lượt là trung điểm của BD, CE, CB; N là giao điểm của MP và BE, K là giao điểm của MQ và CD. Chứng minh tứ giác NIKM là hình chữ nhật. Nhận xét 5 (phân tích - tổng hợp): Gọi J là trung điểm của DE. Khi đó, theo cách chứng minh Bài toán 1, hãy nhận xét hình dạng của tam giác PJQ (tam giác PJQ vuông cân tại J). Từ đó nhận xét hình dạng của tứ giác PMQJ (tứ giác PMQJ là hình vuông). Vậy, ta có thể bổ sung yêu cầu cho Bài toán 1 như sau: “c. Gọi J là trung điểm của DE. Chứng minh PMQJ là hình vuông”. Nhận xét 6 (tương tự): Ta tiếp tục hướng dẫn HS khai thác tương tự bằng cách thay giả thiết dựng ra ngoài tam giác ABC cho trước các tam giác vuông cân tại A là BAD và CAE bằng việc dựng ra ngoài hai tam giác đều. Khi đó, kết quả của bài toán sẽ thay đổi thế nào? Ta sẽ được bài toán mới với kết quả mới   BE,DF 60 .  Ngoài việc rèn luyện các hoạt động trí tuệ, GV còn có thể rèn luyện hoạt động ngôn ngữ cho HS bằng cách yêu cầu HS phát biểu các bài toán trên theo những cách khác nhau... Chẳng hạn: Bài toán 1 có thể được phát biểu dưới dạng khác. Ta có Bài toán 1.5. Bài toán 1.5: Dựng ra phía ngoài tam giác ABC cho trước các hình vuông BADG và CAEF. Gọi P, Q theo thứ tự là tâm các hình vuông BADG và CAEF, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: a. BE CD và BE CD ; b. Tam giác PMQ vuông cân. K N I J M P Q A B C E D 7 Bài toán 2: Cho tam giác ABC có ba đường trung tuyến 1 1 1AA , BB , CC cắt nhau tại G. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 GA GB GC 1 AA BB CC    . (1) Giải Từ giả thiết ta suy ra G là trọng tâm của ABC nên ta có: 1 1 1 1 1 1 GA GB GC 1 AA BB CC 3    . Suy ra 1 1 1 1 1 1 GA GB GC 1 1 1 1 AA BB CC 3 3 3       . * Khai thác bài toán Nhận xét 1(tương tự): Ta đã chứng minh được giao điểm của ba đường trung tuyến trong tam giác có tính chất (1). Câu hỏi đặt ra là nếu thay giả thiết giao điểm của ba đường trung tuyến bằng giao điểm của ba đường cao (hay ba đường trung trực, ba đường đường phân giác) trong tam giác, liệu tính chất (1) còn đúng không? Ta cũng chứng minh được kết quả trên, do đó ta có các bài Bài toán 2.1, Bài toán 2.2, Bài toán 2.3. Bài toán 2.1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao 1 1 1AA , BB , CC cắt nhau tại H. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 HA HB HC 1 AA BB CC    . Giải Ta có: HBC 1 1 S .HA .BC 2  , 2 Tf L (Q ). Suy ra HBC 1 1 ABC 1 1 S HA .BC HA2 . S 2 AA .BC AA   . Tương tự: HAB 1 ABC 1 S HC S CC  , HAC 1 ABC 1 S HB S BB   HBC HAC ABCHAB 1 1 1 ABC ABC ABC 1 1 1 ABC S S SS HA HB HC 1 S S S AA BB CC S        . Bài toán đối với giao điểm của ba đường trung trực, ba đường đường phân giác được phát biểu và chứng minh tương tự Bài toán 2.1. Nhận xét 2 (khái quát hóa): Khái quát hóa từ các bài toán trên, nếu O là một điểm bất kì trong tam giác ABC, khi đó tính chất (1) còn đúng không? Ta cũng chứng minh được kết quả trên. Từ đây ta có Bài toán 2.4. Bài toán 2.4: Cho O là một điểm bất kì trong tam giác ABC. Các tia AO, OB, OC kéo dài cắt BC, AC, AB lần lượt tại 1 1A , B và 1C . Chứng minh rằng: G B1C1 A1 A B C H C1 B1 A B CA1 8 1 1 1 1 1 1 OA OB OC 1 AA BB CC    . (Chứng minh tương tự Bài toán 2.1) Việc khai thác bài toán không chỉ tạo cơ hội cho HS được rèn luyện, phát triển các năng lực trí tuệ mà còn giúp các em biết mở rộng, đào sâu suy nghĩ, tự tạo ra các bài toán mới, tự phát hiện và giải quyết vấn đề,... hình thành khả năng làm việc độc lập, sáng tạo. 3. Kết luận Trong bài viết này, tác giả đã đề xuất biện pháp và những ví dụ cụ thể về việc rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh thông qua tìm lời giải và khai thác bài toán chứng minh hình học THCS. Các biện pháp rèn luyện trên có thể được thực hiện thông qua dạy học giải các dạng toán khác trong chương trình toán ở trường phổ thông. Đồng thời, giáo viên cũng có thể rèn luyện cho học sinh trong những tình huống dạy học khác (như dạy học khái niệm, dạy học định lí, dạy học quy tắc phương pháp). Việc rèn luyện, phát triển các năng lực trí tuệ cho học sinh là một nhiệm vụ quan trọng cần và phải được tiến hành thường xuyên, liên tục trong suốt quá trình dạy học. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vũ Hữu Bình (2009). Tìm cách giải bài toán hình học cấp THCS. Nhà xuất bản Giáo dục. [2] Polya. G (1995). Toán học và những suy luận có lí, Nhà xuất bản Giáo dục. [3] Nguyễn Bá Kim (Chủ biên) (2006). Phương pháp dạy học đại cương môn Toán. Nhà xuất bản Đại học Sư phạm. [4] Chu Cẩm Thơ (2015). Phát triển tư duy thông qua dạy học môn Toán ở trường phổ thông. Nhà xuất bản Đại học Sư phạm. [5] Vũ Dương Thụy (Chủ biên) (1999). Thực hành giải toán. Nhà xuất bản Giáo dục. TRAINING GENERAL INTELLECTUAL ACTIVITIES FOR STUDENTS THROUGH FINDING SOLUTIONS AND EXPLOITING PROVEN GEOMETRY PROBLEMS AT LOWER SECONDARY SCHOOLS Hoang Thi Thanh Tay Bac University Abstract: One of the main goals of Mathematics is to develop students' general intellectual competence and mathematics reasoning ability. In this article, we would like to present my research on training general intellectual activities for students through finding solutions and exploiting proven geometry problems at lower secondary schools. Each suggested method is illustrated by an appropriate example. Keywords: General intellectual activities, Lower secondary school, Proven geometry problems. A B C O A1 B1 C1