Luận án Rèn luyện kĩ năng siêu nhận thức nhằm bồi dưỡng năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh trong dạy học hình học không gian ở trường Trung học Phổ thông

ẽ bình thƣờng. Song KT, kinh nghiệm thu đƣợc sau lời giải cũng nhƣ hiểu rõ đƣợc quá trình suy nghĩ để dẫn đến kết quả đó mới là điều quan trọng. G. Polya cho rằng, nhìn lại cách giải đƣợc lợi: “Anh có thể tìm thấy một cách giải khác tốt hơn, phát hiện ra những sự kiện mới và bổ ích. Trong mọi trường hợp, nếu anh có thói quen xem lại kỹ càng các cách giải, anh sẽ thu được KT rất có hệ thống và sẵn sàng để đem ứng dụng, và anh sẽ phát triển được khả năng giải toán của mình” [50, tr. 53] Việc duyệt lại các bƣớc lập luận trong GQVĐ là cơ sở của HĐ chứng minh. Do các quy tắc suy luận trong Toán học là các quy tắc suy diễn, chúng thực hiện đƣợc theo quy tắc hằng đúng, chỉ cần một bƣớc suy luận sai là kết quả cũng sai. Tác giả Nguyễn Cảnh Toàn cho rằng: “Trong đời thƣờng, ngƣời ta khuyên nhau 94 “nghĩ đi rồi phải nghĩ lại” thì điều đó và việc chứng minh “thuận, đảo” trong Toán học có tác dụng qua lại với nhau. HS kém thƣờng bỏ sót phần đảo, nên trong nhiều bài về giải phƣơng trình hay bỏ sót nghiệm hay đƣa nghiệm ngoại lai vào; hoặc trong các bài toán quỹ tích thì không định giới hạn của quỹ tích; trong nhiều bài toán về biện luận thì bỏ sót nhiều trƣờng hợp không xét đến” [71, tr.124]. Cách thức thực hiện biện pháp Cách luyện tập cho HS tự đánh giá theo tiến trình sau đây: a) Đánh giá cách lựa chọn tiền đề, lựa chọn công cụ để GQVĐ. Thực hiện bƣớc này do đòi hỏi của chức năng tƣ duy logic trong DH Toán. Tiền đề trong một chứng minh Toán học bao gồm các mệnh đề đƣợc chứng minh đúng đắn, các quy tắc đã biết, các khái niệm Toán học đúng đắn; b) Rèn luyện kĩ năng tự đánh giá các bƣớc lập luận bao gồm: lựa chọn quy tắc sử dụng có đúng không, huy động KT có đúng không, tự đánh giá kết quả của từng bƣớc có đúng không; c) Tự đánh giá các phẩm chất của tƣ duy nhƣ tính mềm dẻo, tính tiết kiệm (KT huy động), tính sáng tạo; d) Đánh giá phƣơng án tối ƣu trong quá trình GQVĐ. Xét tình huống dưới dạng bài toán sau: Ví dụ 2.3.3.1. Cho hình lập phương 1 1 1 1.ABCD A B C D có cạnh là a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1BC và 1CD ? Để tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau ta có thể xem xét chúng trên những góc độ, khía cạnh phù hợp với sơ đồ tri thức đã có, hoặc từ tri thức, kinh nghiệm đó đề xuất những vấn đề tƣơng đƣơng với những vấn đề đã đƣợc giải quyết nhằm phát triển tri thức một cách sâu rộng hơn có cách nhìn vấn đề một cách toàn diện hơn. Hướng 1: Các cách giải trong SGK Cách 1. Xem khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là độ dài đoạn vuông góc chung của chúng. HS xác định đƣợc đoạn vuông góc chung là đoạn IK vì tam giác 1BID cân tại I và K là trung điểm nên 1IK BD (1). Mặt khác 1 1IJ A B (2) với I, J lần lƣợt là trung điểm của 1 1A B và CD 95 Từ (1) và (2) suy ra IK là đoạn vuông góc chung của hai đƣờng thẳng 1BD và 1 1A B . GV hỏi: Tại sao em lại nghĩ đến IK là đoạn vuông góc chung? HS trả lời: Em dựa vào các phƣơng pháp tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau và em phát hiện đƣợc 1 1IJ A B và I J cắt 1BD và chứng minh đƣợc 1IJ BD Khi đó: HS tính đƣợc 1 1 1 2 2 2 2 a IK IJ B C   . Vậy  1 1 1 2 , 2 a d BD A B  . Cách 2. Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) chứa b,   / /P a Do 1 1 / /A B AB và  1 1 1ABC D BD ;  1 1 1 1/ /ABC D A B nên     1 1 1 1 1 1 1, ,d A B BD d A B ABC D . Gọi 1 1H B C BC  . Do  1 1AB BCC B    1 1 1 1ABC D BCC B  theo giao tuyến 1BC . Do đó,  1 1 1 1 1B H BC B H ABC D   nên   1 1 1 1,d A B ABC D   1 1 1 1 2 , 2 a d B ABC D B H   . - Theo G.Polya, khi nghiên cứu bài toán ta phải biết gạt bỏ cái gì không phải là bản chất và chỉ giữ lại cái gì thuộc về bản chất nên từ bài toán trên ta có thể nhìn lại bài toán dƣới một góc độ khác nhƣ sau: Cách 3. Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song tương ứng chứa hai đường thẳng đó. Dựng    1 1 1 1 1 1/ / ; / /A D AD D DD B C BC C CC     96    1 1 1 1/ /ABC D A B C D  lần lƣợt chứa 1AC và 1 1A B       1 1 1 1 1 1 1, ,d BD A B d ABC D A B C D h   . Xem khoảng cách cần tìm là đƣờng cao của lăng trụ 1 1 1 1.ABC D A BC D  1 1 1 1 1 1 . .ABC D ABA BV S h S B C  hay 2 3 22. 2 a a h a h   . Khi đã giải quyết xong một vấn đề, chúng ta không nên bằng lòng ở đó mà cần nhìn lại quá trình giải để khai thác sâu thêm trong nội tại của nó để hình thành tri thức mới. Chẳng hạn, có thể nhìn bài toán dƣới một góc độ sau: Cách 4. Sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian Vì đề bài cho là hình lập phƣơng cạnh a nên ta gắn hình lập phƣơng này vào hệ trục tọa độ Oxyz cụ thể nhƣ sau: Chọn      10;0;0 ; ;0;0 ; 0;0;A B a A a    1 1;0; ; 0; ;B a a D a a Ta có:    1 1 ;0;0 1;0;0A B a a     1 ;a;a 1;1;1BD a a       1 0;0; a 0;0; 1B B a     211 1, 0; 1;1A B BD a     Khi đó:     1 1 11 1 1 1 1 11 3 2 , . , , 0 0 1 2 . 20 1 1 A B BD B B d A B BD A B BD a a a                    1 1 11 1 1 1 1 11 3 2 , . , , 0 0 1 2 . 20 1 1 A B BD B B d A B BD A B BD a a a                Hướng 2. Các cách giải trong sách tham khảo Ngoài ra, sách tham khảo có thể chuyển bài toán tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau thông qua sử dụng thể tích hình hộp (có hai đáy lần lƣợt thuộc hai mặt phẳng song song chứa hai đƣờng thẳng chéo nhau, chẳng hạn: Ta xét hình hộp 1 1 1 1.ABC D A BC D  có mặt phẳng đáy  1 1ABC D chứa đƣờng 97 thẳng 1BD và mặt phẳng đáy  1 1ABC D chứa đƣờng thẳng 1 1A B (Hình 2.3.3.1.c) Khi đó:       1 1 1 1 1 1 1, ,d A B BD d ABC D A B C D  Ta đặt 1 1 1 1.ABC D A B C D V V   ,     1 1 1 1,d ABC D A B C D h   và 1 1ABC DS S ( 1 1ABC D S là diện tích hình chữ nhật 1 1ABC D ) Ta có: . (1) V V S h h S    Với 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1. . .ABC D A B C D ABB A D C C D D C C DV V V BC S         31. . . . 2BC C C C D a a a a       1 1 2 1. . 2 2 3ABC DS S AB BC a a a    Thay (2) và (3) vào (1) ta đƣợc 3 2 2 . 22 V a a h S a    Vậy  1 1 1 2 , 2 a d A B BD  . Hoặc chuyển bài toán tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau thông qua sử dụng thể tích hình chóp có đỉnh là một điểm thuộc đƣờng thẳng này còn đáy thuộc mặt phẳng chứa đƣờng thẳng kia. Ta xét hình chóp 1 1 1.B BC D có mặt phẳng đáy  1 1BC D chứa đƣờng thẳng 1BD và song song với đƣờng thẳng 1 1A B Khi đó:     1 1 1 1 1 1, ,d A B BD d B BC D h  Xem h là độ dài đƣờng cao hình chóp B1.BC1D1 Ta có:  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . 31 . 3 B BC D B BC D BC D BC D V V h S h i S        1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 . . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . . . . 3 3 2 3 2 6 B BC D B B C D B C DV V BB S BB B C C D a a a a ii     98   1 1 2 1 1 1 1 1 2 . . 2. 2 2 2 BC D a S BC C D a a iii    Thay (ii) và (iii) vào (i) ta đƣợc: 1 1 1 1 1 3 . 2 3.3 26 22 2 B BC D BC D a V a h S a    Vậy  1 1 1 2 , 2 a d A B BD  . Đánh giá - Yêu cầu HS tự đánh giá các bƣớc lập luận thể hiện qua các bƣớc dựng và tính toán đảm bảo chính xác. - Yêu cầu HS đánh giá cách tƣ duy thể hiện trong cách giải nào phổ dụng nhất, áp dụng phổ biến cho các bài toán tìm khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau. Yêu cầu HS khẳng định đƣợc cách 2 là cách phổ dụng. - Để HS biết chuyển đổi ngôn ngữ, GV có thể hƣớng dẫn HS chuyển cách giải này sang phƣơng pháp tọa độ, với các bƣớc lập luận cụ thể sau: Bƣớc 1: Đƣa vào hệ tọa độ trực chuẩn lấy trong mô hình của hình lập phƣơng, chẳng hạn: Xét hệ tọa độ trong không gian sao cho:        10;0;0 ; 1;0;0 ; 0;1;0 ; 0;0;1A B D A Bƣớc 2: Lập phƣơng trình mặt phẳng   chứa 1BD và song song với 1 1A B Bƣơc 3: Tính khoảng cách từ điểm 1A đến mặt phẳng   Việc chuyển đổi ngôn ngữ này có ý nghĩa quan trọng trong việc rèn luyện kĩ năng sử dụng ngôn ngữ Toán học. Rõ ràng, cách giải bằng phƣơng pháp tọa độ này HS hiểu đƣợc ý nghĩ hình học của cách 2. Trong khi đó nếu sử dụng phƣơng pháp tọa độ theo cách 4 thì HS chỉ làm việc trên các biểu thức hình thức nhƣng không hiểu ý nghĩa hình học của nó. Các cách sử dụng hình chóp tam giác hoặc thể tích hình hộp thực chất chỉ là hệ quả rút ra từ cách 2 và cách 3. 99 - GV hƣớng dẫn HS chỉ ra cách giải sau đây đảm bảo là tối ƣu nhất, tiết kiệm trong tƣ duy, mang tính sáng tạo, tính độc đáo. (Hình 2.3.3.f). Gọi O là tâm của hình lập phƣơng. Khi đó, 1 1OA OB (bằng nửa đƣờng chéo của hình lập phƣơng). Khi đó, chân đƣờng cao vẽ từ O của tam giác 1 1OA B đi qua trung I của cạnh 1 1A B . Lại có 1IB IB do các tam giác vuông 1BB I và 1 1D A I bằng nhau nên 1IO BD . Từ đó, khoảng cách cân tìm bằng độ dài IO. IO tính đƣợc bằng 2 2 a nhờ sử dụng các tam giác vuông. Ví dụ 2.3.3.2. Cho hình chóp S.ABC, 4, 6SA BC  khoảng cách giữa SA và BC bằng 7, góc giữa hai cạnh này bằng 060 . Tính thể tích khối chóp S.ABC HĐ 1: GV tổ chức, hƣớng dẫn HS tính thể tích khối chóp S.ABC Mục đích của HĐ: Rèn luyện cho HS huy động KT để GQVĐ. HĐ của HS: Đặt hình chóp S.ABC vào hình hộp 1 1 .ACC D ABC S Ta có: 4SA C B  . Do / /SA C B nên góc giữa SA và BC chính là góc giữa C B và BC, do đó ta cần xét 060CBC  Suy ra 0 1 .4.6.sin 60 6 3 2 C BCS    hoặc Thể tích hình chóp .AC BC : . 1 . 3 A C BC C BCV S AH  Với AH là đƣờng cao của hình chóp kẻ từ A và 7AH  . Vậy , 1 .6 3.7 14 3 3 A C BCV    Ta có: . .S ABC C ABCV V  do hai hình chóp có chung đáy ABC,  / /SC ABC nên các đƣờng cao kẻ từ S và Cxuống mặt phẳng  ABC bằng nhau và . . 14 3C ABC A C BCV V   Vậy . 14 3S ABCV  (đvdt) HĐ 2: GV yêu cầu HS xem lại tiến trình tƣ duy huy động KT để GQVĐ đã đúng chƣa, chặt chẽ chƣa? 100 Mục đích của HĐ: Rèn luyện cho HS kĩ năng tự đánh giá về tính chính xác, chặt chẽ và logic trong tiến trình tƣ duy huy động KT. HĐ của HS: HS kiểm tra lại trong quá trình huy động KT về góc giữa hai đƣờng thẳng đã phát hiện ra ngoài trƣờng hợp 060CBC  còn trƣờng hợp 0120CBC  . Khi đó: 0 1 .4.6.sin120 6 3 2 C BCS    và . 14 3S ABCV  (đvdt). Đến đây, bài toán đƣợc giải chặt chẽ, chính xác. HĐ 3: GV yêu cầu HS xem lại tiến trình tƣ duy huy động KT để GQVĐ hợp lý và tối ƣu chƣa? Mục đích của HĐ: Rèn luyện cho HS kĩ năng tự đánh giá về tính hợp lý trong tiến trình tƣ duy huy động KT. Đồng thời tạo điều kiện cho HS phát huy tƣ duy sáng tạo. HĐ của HS: Dựng hình hộp "ngoại tiếp" tứ diện S.ABC nhƣ hình vẽ (thuộc SNT). Đặt V là thể tích của hình hộp 1 1 1 1.AB SC A BS C ; A là diện tích của tứ giác 1 1SB AC ; và h là chiều cao của hình hộp. Ta có thể tích hình hộp là: 1 1 1 1. . . . . . . S S BC A A BC B SAB C SC A S ABCV Ah Ad V V V V V       Nhƣng 1 1 1 1 1 2 S BC A BC SAB SC AS S S S A       và 1 1 1 1BB S S CC AA h d     nên 1 1 1. . .S S BC A A BC B SAB V V V  1. 1 1 1 1 . . . . . . 3 3 2 6 C SC A dV S h A d A d v     . 1 1 4 . 4. . . . . 6 3 S ABCV V v A h A d A d      Mặt khác: 01 1 1 . . .sin 60 2 A SA B C 0 0 1 . . .sin 60 2 1 .4.6.sin 60 6 3 2 SA BC   Cho nên ta có: . 1 .6 3.7 14 3 3 S ABCV   (đvtt). 101 HĐ 4: GV yêu cầu HS phát triển bài toán thành bài toán tổng quát hoặc mở rộng bài toán. Mục đích của HĐ: Rèn luyện cho HS kĩ năng đánh giá và tổng hợp KT thu đƣợc sau mỗi bài giải. HĐ của HS: Nhìn lại bài toán và hai cách giải ở HĐ 1 và HĐ 3. HS phát hiện thấy: . . . 1 1 1 1 . . . . . sin . . . . sin 3 3 2 6 S ABC C ABC A BCC BCCV V V S d BC BC d a b d         . Do đó, HS phát triển bài toán đã cho thành bài toán tổng quát nhƣ sau: Cho hình chóp S.ABC, ,SA a BC b  khoảng cách giữa SA và BC bằng d, góc giữa hai cạnh này bằng  . Chứng minh . 1 . .sin 6 S ABCV abd  . Cách chứng minh bài toán tổng quát tƣơng tự cách giải bài toán đã cho ở HĐ 1. Tóm lại, bằng việc nhìn lại quá trình giải bài toán sẽ giúp các em HS phát hiện đƣợc những sai sót, thiếu chặt chẽ trong quá trình huy động KT tiền đề và trong quá trình lập, đồng thời qua đó HS phát hiện thêm các cách giải khác cũng nhƣ HS biết mở rộng bài toán hoặc đƣa ra các bài toán tổng quát từ bài toán đã cho. Từ đó, góp phần bồi dƣỡng cho HS kĩ năng đánh giá quá trình GQVĐ. Ví dụ 2.3.3.3. Xét bài toán: Cho hai tia Ax, By chéo nhau và vuông góc với nhau, AB là đoạn vuông góc chung, P là điểm di động trên đoạn AB, M là điểm di động trên tia Ax sao cho AM AP , N là điểm di động trên tia By sao cho BN BP . Chứng minh 0 120MPN  . HĐ 1: GV yêu cầu HS đƣa ra cách chứng minh 0 120MPN  . (Hình 2.3.3.3.a) Mục đích của HĐ: Giúp HS huy động KT về phƣơng pháp tính số đo của MPN . HĐ của HS: Cách 1: Ghép MPN vào tam giác MPN để tính MPN Cách 2: Sử dụng phƣơng pháp tọa độ trong không gian để tính MPN HĐ 2: GV yêu cầu HS phát hiện những thuận lợi, khó khăn trong mỗi cách giải và hƣớng giải quyết những khó khăn đó. Mục đích của HĐ: Rèn luyện cho HS kĩ năng đánh giá những thuận lợi, khó khăn trong quá trình GQVĐ đồng thời giúp HS biết cách huy động KT tiền đề để giải quyết những khó khăn. 102 HĐ của HS: Nếu lựa chọn cách 1 Thuận lợi: HS ghép MPN vào tam giác MPN Áp dụng định lý hàm số côsin ta có: 2 2 2 cos 2 . PM PN MN MPN PM PN    Khó khăn: Chứng minh 2 2 2 1 2 . 2 PM PN MN PM PN     . Giải quyết khó khăn: Phát hiện: 2 2 2 22 ; 2PM AM PN BN    22 2 2 2 2 2 2 2MN MM MM AB BN BM AM BN BN BM            Nếu lựa chọn cách 2 Thuận lợi: Hình biểu diễn gắn đƣợc vào hệ trục tọa độ Oxyz Khó khăn: Xác định tọa độ các đỉnh M, P, N Giải quyết khó khăn: Ta đặt:    0 ; 0AB a a BP x x a     (thuộc SNT) HĐ 3: GV yêu cầu HS lựa chọn cách giải và giải bài toán theo cách lựa chọn Mục đích của HĐ: Giúp HS biết lựa chọn cách giải phù hợp và biết huy động KT tiền đề để giải quyết bài toán. HĐ của HS: Giải theo cách 1 Để thuận lợi cho việc giải toán ta xét hình lập phƣơng .ABCD A B C D    cạnh AB là đoạn vuông góc chung của hai tia Ax và By, cạnh AA nằm trên tia Ax, cạnh BC nằm trên tia By. Gọi M  là hình chiếu của M lên BB . Tứ giác ABM M là hình chữ nhật. ;AM BM AB MM   Ta có: 2 2 2 2 . cosMN PM PN PM PN MPN    2 2 2 22 2 2 2 2 cos 2 . 2. 2. 2 AM BN MM NMPM PN MN MPN PM PN AM BN         103      2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 4. . 2 2 4. . AM BN AB BN BM AM BN AM BN AP BP BN BM AM BN             2 2 2 2 2 22 2 2 . 4. . AM BN AP BP AP BP BN BM AM BN        2 2 2 2 2 22 2 2 . 4. . AM BN AM BN AM BN BN AM AM BN        2 2 2 22 2 2 2 2 . 1 4. . 2 AM BN AM BN AM BN AM BN        0120MPN  . Vậy 0 120MPN  (đpcm). Giải theo cách 2 Hình biểu diễn của bài toán gắn đƣợc vào hệ trục tọa độ trong không gian (Hình 2.3.3.3.b). Ta đặt:    0 ; 0AB a a BP x x a     Khi đó:          0;0; ; 0; ; ; ;0;0 ; 0;a ;a ; ;0;P x M a x a N x PM x x PN x x                    2 22 2 0 1 cos , 22 . 2. , 120 . x a x x a x PM PN x a xx x a x a x PM PN               Vậy 0 120MPN  (đpcm). 104 HĐ 4: GV yêu cầu HS đánh giá quá trình tƣ duy trong các bƣớc HĐ GQVĐ Mục đích của HĐ: Rèn luyện cho HS thói quen tự đánh giá quá trình tƣ duy HS của HS: Đánh giá tiến trình tư duy logic Đứng trƣớc vấn đề chứng minh 0 120MPN  , HS thƣờng suy nghĩ đến chứng minh theo cách 1 hoặc theo cách 2. Nếu giải theo cách 1: HS suy nghĩ đến việc ghép MPN vào tam giác nào đó? Sáu đó, HS suy nghĩ đến xem xét tam giác đó có gì đặc biệt, các cạnh có tính đƣợc không? Nếu tam giác thƣờng thì tính MPN bằng cách nào? HS suy nghĩ huy động KT về định lý hàm số côsin để chứng minh và phải chứng minh 1 cos - 2 MPN  . Nếu giải theo cách 2: HS nghĩ đến việc hình biểu diễn của bài toán gắn đƣợc vào hệ trục tọa độ trong không gian nhƣ thế nào. Tọa độ của các đỉnh và điểm liên quan có tính đƣợc không, tính bằng cách nào. Ngoài ra, HS đánh giá những thuận lợi, khó khăn trong mỗi cách giải và hƣớng giải quyết những khó khăn đó. Đồng thời hợp thức hóa KT, phƣơng pháp giải quyết bài toán. Nhƣ vậy, để giải quyết đƣợc vấn đề, HS phải tiến hành hàng loạt các bƣớc tƣ duy logic và suy luận có lý. Nếu chỉ cần một bƣớc tƣ duy sai thì sẽ dẫn đến việc giải quyết bài toán gặp khó khăn, bế tắc. Việc rèn luyện cho HS kĩ năng đánh giá tiến trình tƣ duy trong HĐ GQVĐ chính là rèn luyện kĩ năng đánh giá (một trong những kĩ năng SNT) nhằm bồi dƣỡng năng lực phát hiện và GQVĐ. Trên đây là một số ví dụ minh họa, trong thực tế GV cần tiếp tục yêu cầu HS giải quyết những bài toán mang những vấn đề tƣơng tự để nhằm hình thành kĩ năng SNT một cách vững chắc cho HS. Nhóm biện pháp 2: Thiết kế và tổ chức DH các tình huống nhằm thực hành và kiểm soát các thao tác tư duy trong HĐ phát hiện và GQVĐ Việc thực hiện nhóm biện pháp này đƣợc tiến hành thông qua các biện pháp cụ thể sau: 2.3.4. Biện pháp 4: Thiết kế và tổ chức dạy học các tình huống nhằm thực hành và kiểm soát các thao tác tư duy trong hoạt động gợi vấn đề và nêu vấn đề trong dạy học Toán Mục đích và ý nghĩa của biện pháp 105 Để gợi vấn đề, đòi hỏi HS phải tiến hành theo con đƣờng quy nạp. Họ phải thực hiện các thao tác tƣ duy nhƣ phân tích, so sánh, tổng hợp thông qua khảo sát các trƣờng hợp riêng, các trƣờng hợp đặc biệt. Trên cơ sở này, họ cần tiến hành thực hiện các thao tác tƣ duy nhƣ khái quát hóa, trừu tƣợng hóa, tƣơng tự hóa để rút ra đƣợc các thuộc tính chung, những vấn đề tổng quát, chúng đƣợc đƣa ra dƣới dạng các phán đoán, các giả thuyết - các vấn đề Toán học cần phải kiểm chứng. Cơ sở khoa học của biện pháp Quá trình tƣ duy, theo tâm lý học, triết học đƣợc vận động từ cái đã biết đến cái mới cần biết. Quá trình vận động này đƣợc tiến hành thông qua các HĐ: Quan sát, HĐ trí tuệ (các thao tác tƣ duy) phân tích, so sánh, tổng hợp, khái quát hóa, trừu tƣợng hóa, tƣơng tự hóa. Sự vận động này phù hợp với quy luật nhận thức: Từ trực quan sinh động đến tƣ duy trừu tƣợng. Theo quan điểm tâm lý học về tƣ duy bậc cao: Quá trình tƣ duy đƣợc vận động từ bên ngoài vào bên trong. Các điều kiện bên ngoài thể hiện qua sự tƣơng tác giữa con ngƣời với môi trƣờng – tƣơng tác giữa con ngƣời với các tình huống chứa đựng các vấn đề, sau đó tƣ duy mới chuyển vào bên trong chủ thể thông qua các thao tác tƣ duy nhƣ: phân tích, so sánh, tổng hợp, khái quát hóa, trừu tƣợng hóa. Các kết quả thu đƣợc từ khái quát hóa, quy nạp, tƣơng tự hóa đều chỉ là giả định, những phán đoán. Để khẳng định tính đúng đắn của chúng ngƣời ta cần phải chứng minh. Vì lý do nêu trên, các suy luận bằng tƣơng tự hóa, khái quát hóa đều thuộc phạm trù suy luận quy nạp. HĐ nhận thức mà thành phần cốt lõi của nó là HĐ tƣ duy chỉ nảy sinh khi chủ thể nhận thức đứng trƣớc một tình huống có vấn đề, một nhiệm vụ nhận thức. Vì vậy, việc tạo tình huống tạo động cơ cho HĐ phát hiện vấn đề là cần thiết trong quá trình tổ chức HĐ DH. Cách thức thực hiện biện pháp GV thiết kế các tình huống có dụng ý bồi dƣỡng các kĩ năng tƣ duy, để HS thực hành kiểm soát các kĩ năng SNT thông qua việc tổ chức DH. Để đảm bảo HĐ tƣ duy đi từ ngoài vào trong cần tiến hành phối hợp DH hợp tác với DH phát hiện và GQVĐ. Thông qua việc tổ chức theo nhóm ở lớp hoặc tổ chức tự học theo nhóm ở nhà tùy theo mức độ khó khăn của nội dung cần dạy. Để làm sáng tỏ điều nói trên chúng tôi đƣa ra các ví dụ sau: 106 Ví dụ 2.3.4.1. Để dạy mệnh đề về điều kiện để một lăng trụ nội tiếp trong một mặt cầu GV có thể đưa ra các trường hợp riêng sau đây, để các nhóm HS trong lớp trải nghiệm khảo sát: Xét hình lập phƣơng 1 1 1 1.ABCD A BC D và hình hộp chữ nhật .MNPQ M N P Q    . GV cho các nhóm HS trải nghiệm khảo sát theo yêu cầu cho dƣới dạng phiếu học tập: Có thể khẳng định có hay không một mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của hình lập phƣơng 1 1 1 1.ABCD A BC D ? Hãy giải thích. - Có thể khẳng định có hay không một mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của hình chữ nhật .MNPQ M N P Q   ? Hãy giải thích. - GV quan sát các nhóm HS HĐ và có thể đƣa ra chỉ dẫn: Để khẳng định có hay không hãy dựa vào tính chất các đƣờng chéo của hình lập phƣơng và hình hộp chữ nhật. - GV đề nghị các nhóm trƣởng của các nhóm báo cáo kết quả theo các yêu cầu đã nêu trong phiếu. - Sau khi có mệnh đề khẳng định tồn tại mặt cấu đi qua tám đỉnh của hình lập phƣơng và hình hộp chữ nhật, GV nhấn mạnh: các mặt cầu nói trên đƣợc gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình lập phƣơng và hình hộp chữ nhật. - Tiếp theo, GV nêu vấn đề cho HS để HS đƣa ra phán đoán. Các em hãy phát biểu mệnh đề về điều kiện để tồn tại một mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ. Có thể cho dƣới dạng câu hỏi: Một lăng trụ cần thỏa mãn điều kiện gì để có một mặt cầu ngoại tiếp? - Mệnh đề đƣợc phán đoán nhờ HS nhận thức đƣợc hình lập phƣơng và hình hộp chữ nhật đều là những hình lăng trụ đứng, có đáy là đa giác nội tiếp trong đƣờng tròn. Từ đó mong đợi HS phát biểu đƣợc “Nếu một hình lăng trụ đứng có đáy nội tiếp trong một đường tròn thì lăng trụ đó có mặt cầu ngoại tiếp“ - Đƣa ra đƣợc mệnh đề nêu trên đó là HĐ nêu vấn đề của HS. - Việc tiến hành các HĐ này đòi hỏi HS cần phải thực hiện các thao tác tƣ duy nhƣ phân tích, so sánh, tổng hợp, khái quát hóa. Ví dụ 2.3.4.2. HS nhờ sử dụng định lí Pitago hoặc nhờ sử dụng định lí côsin trong tam giác để giải đƣợc bài toán sau đây: “Trong một hình bình hành tổng các bình phƣơng của hai đƣờng chéo bằng hai lần tổng các bình phƣơng của hai cạnh liên tiếp”. Nghĩa là nếu ABCD là hình bình hành thì 2 2 2 2 2( ) AC BD AB AD   . 107 A B B1 C C1 D1 D A1 A B C D Hình 2.3.4.1.1 GV có thể bằng hệ thống câu hỏi giúp HS phát biểu và chứng minh bài toán tƣơng tự trong không gian: HĐ 1: Hình bình hành ABCD có cấu trúc tƣơng tự với hình nào trong không gian? Mục đích của HĐ: Giúp HS phát biểu đƣợc hình bình hành ABCD tƣơng tự với hình hộp 1 1 1 1.ABCD A B C D ở trong không gian. HĐ 2: Do hình bình hành có hai đƣờng chéo và ta có hệ thức tổng các bình phƣơng của hai đƣờng chéo bằng hai lần tổng các bình phƣơng của hai cạnh chung đỉnh (liên tiếp). Mặt khác hình hộp 1 1 1 1.ABCD A B C D có bốn đƣờng chéo 1 1 1 1, , , .AC CA BD B D Từ đó em hãy phát biểu mệnh đề tƣơng tự về hệ thức liên hệ giữa các đƣờng chéo và ba cạnh của hình hộp có chung một đỉnh? (Hình 2.3.4.1.1). Mục đích của HĐ: Giúp HS phát biểu đƣợc mệnh đề: “Trong hình hộp 1 1 1 1.ABCD A B C D thỏa mãn: 2 2 2 21 1 1 1 AC CA BD DB    2 2 21 4 ”AB AD AA   Có nghĩa là: “Trong một hình hộp tổng các bình phương của bốn đường chéo bằng bốn lần tổng các bình phương của ba cạnh cùng chung một đỉnh”. HĐ 2: GV yêu cầu HS chứng minh mệnh đề đƣợc nêu ra ở HĐ 1. Mục đích của HĐ: Giúp HS điều chỉnh vận dụng KT đã biết (về hai đƣờng chéo của hình bình hành 1 1BDD B ) để GQVĐ mới (chứng minh mệnh đề đƣợc nêu ra ở HĐ 1). HĐ của HS: Do bốn đƣờng chéo của hình hộp là 108 hai cặp đƣờng chéo của hai hình bình hành, chẳng hạn trong hình hộp 1 1 1 1.ABCD A B C D , các đƣờng chéo 1AC và 1CA chính là các đƣờng chéo của hình bình hành 1 1.ACC A Hai đƣờng chéo còn lại là hai đƣờng chéo của hình bình hành 1 1.BDD B Vì vậy, có thể sử dụng bài toán phẳng đó chứng minh để lập luận cho bài toán không gian. Nhƣ vây, việc đƣa ra đƣợc mệnh đề nêu trên đó là HĐ nêu vấn đề của HS. Ví dụ 2.3.4.3. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh SA h và vuông góc (ABCD). Dựng đường vuông góc chung của SB và AD. Đứng trƣớc bài toán này HS phải huy động đƣợc KT tiền đề: “Định lý ba đƣờng vuông góc”, KT này có đƣợc nhờ việc phân tích giả thiết, kết luận. HS có thể làm nhƣ sau: Trong (SAB), kẻ  AK SB K SB  . Chứng tỏ: AD AK khi đó AK là đƣờng vuông góc chung của SB và AD. Nếu đáy ABCD là hình bình hành thì bài toán sẽ đƣợc giải quyết nhƣ thế nào? (Mở rộng bài toán) Bài toán 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành,  SA ABCD . Dựng đường vuông góc chung của AD và SB. Từ việc so sánh bài toán gốc: AB AD (và do đó  AD SAB ), HĐ tƣ duy lúc này là kẻ một đƣờng thẳng qua A vuông góc với AD và cắt BC tại B (nhằm mục đích chuyển bài toán đã cho về bài toán gốc) (thuộc SNT). Lúc này vai trò của SB và AD tƣơng tự nhƣ SB và AD trong bài toán gốc. HS dễ dàng dựng đƣợc đƣờng vuông góc chung AK của SB và AD. HS hiểu vấn đề (thuộc SNT) +) Mối quan hệ giữa SB và SB? +) Nhắc lại định lý 3 đƣ