Tải bản đầy đủ

BDTX Module 17 THCS kĩ thuật dạy học tích cực trong môn toán

Chuyên đề:
SỬ DỤNG CÁC KĨ THUẬT DẠY HỌC TÍCH CỰC TRONG MÔN TOÁN
THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC HỌC SINH
sử dụng các kĩ thuật dạy học tích cực trong môn toán theo định hướng phát
triển năng lực học sinh

Biên soạn: TS. Trịnh Đào Chiến
(Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai)
Sử dụng các kĩ thuật dạy học tích cực trong môn Toán theo định hướng
phát triển năng lực học sinh là một trong những yêu cầu đổi mới phương pháp
giảng dạy nói chung và môn Toán nói riêng. Bài viết này nhằm giới thiệu một số
minh họa, trong khoảng thời gian có hạn của đợt bồi dưỡng giáo viên lần này.

1. Mô hình hóa
Trong quá trình giảng dạy ở bậc THCS, đặc biệt trong các lớp bồi dưỡng
học sinh giỏi, ta có thể gặp bài toán sau đây
Bài toán 1. Tính tổng 1 2  3 ...  n .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có
1


111

, 1 2  3 

2

22 1

, 1 2  3  6 

33 1

2

2

, 1 2  3  4  10 

44 1

.

2

Dự đoán
1 2  3  ...  n 
1

n n

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là:
Minh họa 1.
1


1 2  3  4  5  ?

Vì số ô vuông màu xanh bằng nửa số ô vuông của hình chữ nhật, nên ta có
1 2  3  4  5 



1 2  3  ...  n 
1

Tổng quát:

44 1

.

2

n n

Bài toán 2. Tính tổng 1 3  5  ...  2n 1.
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có
1 3  4  2 , 1 3  5  9  3 , 1 3  5  7 16  4 .
2

3

2

Dự đoán
1 2  3  ...  2n 1 
2
n

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là
Minh họa 2.
1 3 5  7  9 11  ?

2


Đếm số hình tròn trong mỗi trường hợp, ta có

3


1 3  5  7  9 11
2
6

Tổng quát:

4

 1 3  5  7  9  2.6 1  6

2


1 3  5  ...  2n 1 
2
n

Bài toán 3. Tính tổng 13  23  33 ...  n3 .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có 13  1  12 , 13  23  9  32  1 2 2 ,13  23  33  36  62  1 2 
3 . Dự đoán
2

3

3

3

3

1  2  3  ...  n 
 n

1 2  3  ...

2

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là:
Minh họa 3. 13  23  33  43  ?

Bằng cách ghép các hình rời rạc (bên trái) thành hình vuông (bên phải), ta có
3

3

3

3

1 2 3 4

Tổng quát:

3

3

3

3

1  2  3  ...  n 
 n

 1 2  3  4 

2

1 2  3  ...

2

Bài toán 4. Tính tổng 12  22  32 ...  n2 .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là

5


Giải. Ta có
12  1 

1112.11 2 2
22 12.2 1 2 2 2
33 12.3 1
,1 2 5
, 1  2  3  14 
.
6
6
6

Dự đoán
12  22  32  ...  n2 

n n 12n
1 6

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là:
Minh họa 4.
2

2

2

2

1 2 3 4 ?


1
2
3
4

4

2
3

+

3

4

4

3
2

4

1

4
4

3
2

3

4

+

4

4

4

4

9
3

3
3

2

9

=

2
1

9
9

9

2.4+1
2.4+1
2.4+1
2.4+1

2.4+1

2.4+1

2.4+1
2.4+1

2.4+1
2.4+1

Vậy:
3 1  2  3  4
2


Suy ra:

2

2

2

 1 2  3  42.4 1 

44 1
2

9

9

. 2.4 1


9 =
9 9


2

2

2

2

1 2 3 4 

Tổng quát:

44 12.4 1
1 44 1
.
.
2.4
1
.




3
2
6
12  22 
32  ... 
n2 

n n

1



2
n

1


6


Lưu ý rằng, các mô hình trên chỉ là một vài minh họa. Còn nhiều môt hình
khác nữa để minh họa cho lời gải các bài toán trên.

2. Tạo một “góc nhìn” khác
Bài toán sau đây thường gặp ở bậc THCS, mà ta dễ dàng chứng minh
Bài toán 5. Chứng minh bất đẳng thức
2

2

2

a  b  c  ab  bc  .
ca

Bây giờ, ta có nhận xét sau:
2

2

2

a  b  c  ab  bc  ca 

2  a  b  c   2  ab  bc  ca 
2

2

2

  a  b  c    a  b  c    ab  bc  ca    ab  bc  ca 
2

2

2

2

2

2

  a b c  b c a  c a b   a c b  b a c  c b a
2 0 0

2 0 0

2 0 0

2 0 0

2 0 0

2 0 0

 a b c  b c a  c a b   a c b  b a c  c b a
1 1 0

1 1 0

1 1 0

1 1 0

1 1 0

(Các bộ số mũ là 2, 0, 0  , 1,1, và 6 hoán vị của abc )
0

Ta có các định nghĩa sau:
Định nghĩa 1. 1,2 ,3   1, 2 , 3 nếu



1  1
   
 1  2  1  2    
 1
2
3
1
2
3

Ví dụ: 2, 0, 0 1,1, 0  , 3,0,0 2,1,0 1,1,1 .

1 1 0






Định nghĩa 2.
T

1, 2, 3 

 a, b, 
c

 2 
 2 
: a 1b c 3 b c 1a 3... + c
6 hoan vi cua abc

1 2 3
b

a

Cách tạo ra bất đẳng thức.

1,2 ,3   1, 2 , 3 

T

1, 2, 3 

 a, b, c

 T

Ví dụ 1. Vì 2, 0, 0 1,1, 0  , nên

a b c


2 0 0



 b 2 c 0 a 0  c 2 a 0b 0    a 2 c 0b 0  b 2 a 0 c 0  c 2 b 0 a 0

a b c

1 1 0

c1b1a0 

T

2,0,0

a,b,c

 b1c1a 0  c1a1b0    a1c1b0  b1a1c0 
T

a,b,c
1,1,0

a, b, 

 1, 2,3  c


Ta sáng tác được Bài toán 5.
Ví dụ 2.
Ta có: 3, 0, 0 2,1, 0

1,1,1

T3,0,0  T2,1,0  T1,1,1 .



Ngoài ra
T3,0,0

 a b c  b c a  c a b   a c b  b a c  c b a
3 0 0

3 0 0

3 0 0

3 0 0

3 0 0

3 0 0

 a  b  c   a  b  c   2 a  b  c  .
3

3

3

3

3

3

3

3



3

T2,1,0   a 2b1c0  b2c1a 0  c 2 a1b0   a 2c1b0  b2a1c 0  c 2b1a 0 
  a b  b c  c a    a c  b a  c b   a b  c   b  c  a   c  a  b  .
2

T1,1,1

2

2

2

2

2

2

2

2

  a b c  b c a  c a b    a c b  b a c  c b a   6abc .
1 1 1

1 1 1

Ta sáng tác được bài toán sau:

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1


Bài toán 6. Chứng minh bất đẳng thức
2  a 3  b3  c 3   a 2  b  c   b 2  c  a   c 2  a  b  
6abc


Ví dụ 3.
Ta có: 4, 0, 0 3,1, 0 2,1,1 
T4,0,0  T3,1,0  T2,1,1 .
Ngoài ra:
T4,0,0

 a b c  b c a  c a b   a c b  b a c  c b a
4 0 0

4 0 0

4 0 0

4 0 0

4 0 0

4 0 0

 a  b  c   a  b  c   2 a  b  c  .
4

4

4

4

4

4

4

4



4

T3,1,0   a3b1c0  b3c1a0  c3a1b0   a3c1b0  b3a1c0  c3b1a 0 
  a b  b c  c a    a c  b a  c b   a b  c   b  c  a   c  a  b  .
3

3

T2,1,1

3

3

3

3

3

3

3

 a b c  b c a  c a b   a c b  b a c  c b a
2 1 1

2 1 1

2 1 1

2 1 1

2 1 1

2 1 1



  a bc  b ca  c ab    a cb  b ac  c ba   2abc  a  b  c  .
2

2

2

2

2

2

Ta sáng tác được bài toán sau:
Bài toán 7. Chứng minh bất đẳng thức
2  a 4  b4  c 4   a3 b  c   b3  c  a   c3  a  b   2abc  a  b
 c

Bây giờ, giả sử ta có bài toán ban đầu như sau
Bài toán 8. Cho
a  4
.

a.b  4.3

Chứng minh bất đẳng
thức
ab4


Giải. Ta có


a
1
a  4
 4
a.b  4.3  a b

.




 .  1.1
 4 3

“Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số a và b . Ta có
4

a b a
ab3

 
3.2.


 4 3 4

3


1  3.2  1  7  4 (đpcm)
a3


.
b

Sau đây là bài toán tương tự, với dấu
4 bất đẳng thức ngược lại.
Bài toán 9.
Cho

a  b  và thỏa mãn
3
0
a  7
.

a.b

7.5


Chứng minh bất đẳng thức
ab7

Giải. Nếu giải tương tự như trên thì dấu bất đẳng thức không thể là “  ”
được. Bây giờ, dấu bất đẳng thức “  ” được nhìn thành bất đẳng thức “  ”, như
sau:
Ta có
a  7
a.b 
7.5


7  a
 7.5 
a.b


7
1
 a
 75
 .  1.1
 a b

“Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số
75b
b.2.

7


a



5



 a  b  .

0

a

7



.

7
a

5

và . Ta có
b

7
 ba  b.1  b.2.1  a  b.1  a
.
5
a
b

(đpcm)


3. Toán học và thực tiễn

Sau khi học Định lí Pitago, bài toán sau là một minh họa nhỏ về việc toán
học giải quyết những vấn đề từ thực tiễn.
Bài toán 10.
Có 4 ngôi nhà, ở vị trí 4 đỉnh của một hình vuông có cạnh là 1 km, chưa
có đường đi lại giữa các ngôi nhà đó. Hãy làm con đường ngắn nhất để đi lại
giữa các ngôi nhà với nhau.
Một số phương án.
Dưới đây là một số phương án:

(4 km)

(3 km)

(3 km)


( 2 k
2 3,
m
 41
)
km ( 1
) 
(2
2
2,8
2

3

2
,
7
3

k
m
)



( 

km)

3,14

Cách 6 đã là tối ưu
chưa?
Nhu cầu tính toán và so sánh các đại lượng được hình thành một cách tự nhiên.
Bài toán trên đây chỉ là một ví dụ minh họa, trong muôn vàn ví dụ từ thực
tiễn.

4. Toán “không lời”
Toán “không lời” (Silent Math) là một phương pháp dạy học hiện đại của thế
giới, nó giúp cho học sinh tự tìm kiếm nội dung “có lời” trong lời giải bài toán.
Dưới đây là một số minh họa, với các bài toán Hình học.
Bài toán 11.

S1 a
?
S2  b


Giải.

ah h S 
S1 2  2 1a   S  S  S  a .

bh h S2 
S 2  2  2  b 

1

2

1

a

b

S2

b

Bài toán 12.

S1 a
?
S2  b

Giải.

BT1 

S1
S3



S2
S4



S1
S2



S3 BT1 a
S
a
 1  .

S4
b
S2 b


Bài toán 13.

S1 mn
?
S2  ab

Giải.

S1
S2



S1 S3 BT1 m n

.
. .
S3 S2
b a

Bài toán 14.

SABC  1.
S ?
*


Giải.

BT1  9a  a 

.

SABC

 10a 

3

1

a

3

Bài toán 15.

S

*
SABC  ?

Giải.

S
*
SABC 

S ABC   S1  S2  S3 
SABC

S S S 
 1 1  2  3

S
S
S
 ABC
ABC
ABC 
1 2 1 2 1 2  1
 1  .  .  .   .
3 3 3 3 3 3
3



BT3

30

1


Bài toán 16.

SABCD  1

AB
AF 


3
S ?
*

Giải.

BT1  a  3a 
3

1 SABCD
1
.
 4a   a 
1

.

2

6

.
Bài toán 17.

SABC  ?

Giải.

5 5   x  3 x 
8 BT1  

3
x
x
 x  12  SABC  40 .

24


Bài toán 18.

SABC  1.
S ?
*

Giải.

BT1  a  6a 

b

SABC
3

a

SABC
21

SABC
S
, c  ABC
21
21

def

SABC 2.SABC 5.SABC


3
21
21

 SABC 5.SABC   SABC 1
S*  S ABC  3 21
 21  7  .7



5. Sáng tác bài toán mới
Tự mình sáng tác ra các bài toán để dùng trong việc giảng dạy là một trong
những điều nên làm của mỗi giáo viên. Nội dung phần này minh họa một
phương pháp sáng tác nhiều bất đẳng thức khác nhau từ Bất đẳng thức Erdos Mordell.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×