Rèn luyện khả năng sáng tạo hình học cho học sinh lớp 8 9 trường THCS lê hữu lập

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD&ĐT HẬU LỘC RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG SÁNG TẠO HÌNH HỌC CHO HỌC SINH LỚP 8-9 TRƯỜNG THCS LÊ HỮU LẬP Người thực hiện: Trần Văn Lực Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Hữu Lập SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HỐ NĂM 2019 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Trong q trình dạy học Tốn đặc biệt mơn Hình Học cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán trí tuệ điều kiện cần thiết vơ quan trọng việc học tốn Chính bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn cung cấp cho em số vốn kiến thức thông qua việc làm tập nhiều, tốt, khó hay mà phải cần thiết rèn luyện khả sáng tạo tốn cho học sinh Q trình tìm kiếm lời giải có tìm thêm lời giải khác, lời giải hay tốn hình học việc vẽ thêm yếu tố phụ giúp cho việc kết nối từ giả thiết đến kết luận toán dễ dàng hơn, thuận lợi Tuy nhiên vẽ thêm hình phụ để có lời giải đẹp vấn đề khiến phải đầu tư suy nghĩ Thực tế cho thấy khơng có phương pháp chung cho việc vẽ thêm hình phụ giải tốn hình học Tùy tốn cụ thể mà có cách vẽ thêm hình phụ hợp lý để đến với lời giải tốn Vẽ thêm hình phụ sáng tạo nghệ thuật tùy theo yêu cầu tốn cụ thể Vì giáo viên phải người khởi nguồn cho sáng tạo Cho nên tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm “Rèn luyện khả sáng tạo Hình Học cho đối tượng học sinh giỏi lớp 8-9” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Từ trường năm 2004 đến thân nhận thấy việc dạy học mơn Hình học số thầy, giáo việc học mơn Hình học đa số đối tượng học sinh ngại dạy học Bởi lẽ mơn Hình học đòi hỏi tính sáng tạo, tính tư duy, tính tưởng tượng, tính cần cù chịu khó để giải tốn hình học cần sử dụng nhiều đơn vị kiến thức Nhiều phải thừa nhận vấn đề chứng minh Cho nên đứng trước vấn đề đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Hình học khó khăn nhiều Nên thân mạnh dạn thay đổi phương pháp rèn luyện khả sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh giỏi với cách làm sau: + Cách làm cũ: - Giáo viên phát số học sinh - giỏi việc rèn luyện nâng cao kiến thức cho học sinh muộn - Quá trình bồi dưỡng rèn luyện thường thường giáo viên đưa số tập cho học sinh nghiên cứu � học sinh giải � giáo viên chữa Khơng sâu phân tích tốn có cách giải vận dụng vào tốn khác (có qua loa, đại khái) � hứng thú học tập học sinh chưa cao � hiệu thấp + Cách làm mới: - Giáo viên phát số học sinh - giỏi rèn luyện nâng cao kiến thức cho học sinh lớp - Quá trình bồi dưỡng rèn luyện giáo viên đưa số tập cho học sinh nghiên cứu � học sinh giải nhiều cách (nếu có thể) � giáo viên chữa � sâu phân tích tốn có cách giải khác khơng vận dụng vào tốn khác � gây hứng thú học tập cho học sinh � hiệu học tập chắn cao + Từ hiệu thân mạnh dạn sâu nghiên cứu đề tài “Rèn luyện khả sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh - giỏi lớp 8-9” mong độc giả đón nhận góp ý 1.3 Đối tượng nghiên cứu: - Học sinh giỏi từ lớp 8, lớp - Đưa toán  Học sinh giải  Khái quát hố tốn  Bài tốn gốc  Phân tích, khai thác tìm nhiều cách giải khác  Chốt lại - Đưa số toán  giải tốn  Vận dụng tốn giải toán liên quan  Chốt lại 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện khả sáng tạo, tìm nhiều cách giải, thân người thầy, người phải người tìm nhiều cách giải NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận: + Rèn luyện khả sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh giỏi, trước tập cho học sinh tìm hiểu nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo, cô giáo phải gợi ý cung cấp cho học sinh nhiều cách giải Trên sở để học sinh tự tìm cách giải hợp lý Phát cách giải tương tự khái quát phương pháp đường lối chung Trên sở để tốn cụ thể em khái qt hoá thành toán tổng quát xây dựng toán tương tự + Qua sáng kiến mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng cho học sinh giỏi từ trước tới phận giáo viên Xây dựng phương pháp rèn luyện khả sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh giỏi cho lúc nơi em tự phát huy lực độc lập sáng tạo 2.1 Thực trạng: Qua mười lăm năm giảng dạy mười lăm năm thân trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi trường tham gia kỳ thi học sinh giỏi cấp Huyện, Tỉnh Qua trắc nghiệm hứng thú học tốn học sinh tơi thấy 20% em thực có hứng thú học tốn (có tư sáng tạo), 40% học sinh thích học tốn (chưa có tính độc lập, tư sáng tạo) 40% lại khơng Qua gần gũi tìm hiểu em cho biết muốn học song nhiều học cách thụ động, chưa biết cách tư để giải toán cách sáng tạo, lí điều kiện khách quan địa phương nhà trường, học sinh bồi dưỡng thời gian định trước thi, học phương pháp, học sinh chưa có hứng thú học tốn 2.3 Các giải pháp: Giải pháp 1: Chứng minh toán nhiều cách: Chúng ta biết, nhiều toán giải nhiều cách, tốn chứng minh hình học Việc tìm nhiều cách giải cho tốn giúp học sinh nói chung giáo viên nói riêng ghi nhớ áp dụng triệt để, linh hoạt kiến thức học giải toán Xin nêu toán quen thuộc lớp làm ví dụ Bài tập 1: Cho tứ giác ABCD có AB = CD; M, N tương ứng trung điểm BC; DA Giả sử đường thẳng MN cắt đường thẳng AB, CD tương ứng P; �  CQM � Q Chứng minh rằng: BPM Chứng minh Xét trường hợp P thuộc tia đối tia AB; NM Q thuộc tia đối tia DC; NM P nằm N Q (các trường hợp khác chứng minh tương tự) Gọi I trung điểm AC Từ gt suy Q IM; IN tương ứng đường trung bình E P D ABC ; ACD N � IM / / AB; IN / /CD A I C IM  B M 1 AB  CD  IN 2 �  INM � Do đó: IMN cân I � IMN �  IMN � Mặt �: BPM (slt); � � CQM  INM (đvị) �  CQM � Suy ra: BPM đpcm �  2.CQM � * Nhận xét: Gọi E giao điểm AB CD � BEC Bây ta đặc biệt hóa toán cách cho điểm D nằm A C ==> ta có tốn sau: Bài tập 1.1: Cho ABC có AC > AB Trên cạnh AC lấy điểm D cho CD = AB Gọi M, N tương ứng trung điểm BC; AD �  2.CNM � Chứng minh rằng: BAC Hướng dẫn CM Cách 1: Gọi K trung điểm BD A Từ t/c đường trung bình tam giác N D � KMN cân K �  DNK � ; CNM �  NMK � � � BAC  KNM K C B M �  2.CNM � Do đó: BAC đpcm Lời bình: Từ giả thiết M, N trung điểm BC; AD từ hình vẽ ban đầu khơng giải người làm suy nghĩ điểm phụ điểm phụ trung điểm K BD Cách 2: Gọi I trung điểm AC Ta có: A N AB  2.IM  CD D I Mà CD  CA  DA  2.IA  2.NA  2.IN �  MIN �  2.CNM � � IM  IN Suy BAC C B M �  2.CNM � Do đó: BAC đpcm Lời bình: Từ cách giải cho ta thấy tính hiệu việc khai thác trung điểm cạnh tương ứng  xây dựng trung điểm I cạnh AC Cách 3: Gọi H điểm đối xứng A Từ gt  gợi ý M trung điểm qua M đường chéo  cách giải Ta cm CDH cân C A N �  1800  DCH �  2.CDH �  2.CNM � � BAC �  2.CNM � Do đó: BAC đpcm D C M B H Lời bình: Ta tạo điểm M thành điểm đặc biệt hình đặc biệt  M giao điểm hai đường chéo cắt trung điểm đường Cách 4: Gọi L điểm đối xứng D Từ gt  điểm A D bình đẳng  qua M gợi ý xác định điểm đối xứng D qua Ta cm ABL cân B M  cách � �  BLA �  BAL � � CNM  CAL �  2.CNM � Do đó: BAC đpcm A N D B M C L Lời bình: Từ cách giải 1,2,3 cho ta hướng khai thác Điểm A; D bình đẳng  ta lấy điểm đặc biệt A lấy điểm đặc biệt D Cách 5: Gọi R điểm đối xứng B Từ gt  điểm A B bình đẳng  qua N gợi ý xác định điểm đối xứng B qua N Ta cm CDR cân D  cách � � �  2.CNM � � BAC ADR  2.DCR R �  2.CNM � Do đó: BAC đpcm A N D C B M Lời bình: Ta thấy điểm M, N có vị trí vai trò Từ điểm M ta khai thác nhiều cách giải  khai thác điểm N Cách 6: Ký hiệu: độ dài cạnh AB, BC, CA c; a; b Dựng AE // MN ( E �BC ) Theo đl Talet ta có: CM CN  CE CA R a � b CM CA ab � CE    bc bc CN b ab ac EC b AC EB  a     Do bc bc EB c AB � Suy AE phân giác BAC A N D C B M �  2.CAE �  2.CNM � Vậy BAC đpcm Sau hồn thành tốn với cách giải học sinh mà giáo viên vui phấn khích trước cách phân tích tìm tòi lời giải hay, ngắn gọn súc tích từ chắn điều học sinh tin tưởng vào vốn kiến thức mình, tự tin vấn đề tiếp thu khai thác tốn Bài tập 2: Cho góc xOy có tia phân giác Oz Trên tia 0x lấy hai điểm A, B tia Oy lấy hai điểm C, D cho A thuộc đoạn OB, C thuộc đoạn OD AB = CD Gọi M, N trung điểm AC, BD Chứng minh MN//Oz + Công việc giáo viên: HD cho học sinh số cách chứng minh Có nhiều dấu hiệu để nhận biết hai đường thẳng song song như: góc vị trí đồng vị, so le trong, so le nhau; hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ ba; hai đường thẳng song song với đường thẳng thứ ba; phân giác hai góc có cạnh tương ứng song song; tính chất hình bình hành; tính chất đoạn thẳng tỷ lệ; Từ dấu hiệu nhận biết đó, hi vọng xác định phương hướng chứng minh thành công Trên thực tế, dựa vào dấu hiệu nhận biết trên, ta có cách chứng minh sau: Cách 1: Gọi K trung điểm BC x Từ AB  CD tính chất đường trung B binh tam giác, ta có MK / / AB ; NK / /CD; MK  NK Gọi P, Q giao điểm MN với Ox; Oy Suy tam giác MKN cân K A z O P K Q N M C D �  KNM � � � (t/c góc đvị) OQP  KMN  OPQ y �  xOy �  2OPQ � � POQ cân O � xOz �  OPQ � (là góc đồng vị) � xOz � Oz//PQ hay Oz//MN Nhận xét 1: Ngoài cách xác định điểm K toán � y/c học sinh xác định điểm khác điểm K mà giải toán � cách Cách 2: Xác định P, Q cách dựng hình bình hành ABED Do đó: DE / / AB; DE  AB  DC � CDE cân D N trung điểm AE MN đường trung bình tam giác ACE suy MN//CE hay PQ//CE �  DCE � (hai góc so le ngoài) � OQP �  DEC � Và OPQ (hai góc có cạnh tương �  OPQ � � ứng song song) Suy OQP POQ cân O Nhận xét 2: Từ cách ta có K trung điểm BC � không cần xác định điểm P, Q � � KMN � nhận xét cạnh xOy � cách => Oz//MN (như cách 1) Cách 3: Với K trung điểm BC, theo cách � , MKN � ta có MKN cân K xOy hai góc có cạnh tương ứng song song, có tổng 1800 Do phân giác Kt Nhận xét 3: Từ cách ta xác định điểm E � đồng thời vng góc với MN Oz cho ABED hình bình hành � NA=NE MKN � xác định điểm E có t/c NA=NE � (HS tự CM) giải toán � cách Suy MN//Oz Cách 4: Trên tia đối tia NA, lấy điểm E cho NA=NE Ta dễ dàng thấy MN//CE; AB//DE; CD=AB=DE Như vậy:  CDE �  2.ECy � ; Ox / / DE Suy cân D EDy �  xOy �  2.zOy � EDy �  zOy � � Oz / / CE � Oz / / MN => ECy Nhận xét 4: Từ cách ta xác định điểm E cho ABED hình bình hành � ta thấy điểm C,D độc lập NA=NE � xác định điểm E để ABEC hình bình hành � giải tốn � Cách Cách 5: Dựng hình bình hành ABEC, ta có BE / / AC ; BE  AC  2.MC ; CE / / AB CE  AB  CD Do đó: DCE cân C � phân giác Ct � qua trung điểm H DE; DCE �  xOy � (đồng vị), suy hai phân giác DCE Ct // Oz => CH // Oz NX5: Ta thấy điểm A,B,C,D toán cho đặc biệt � cách ta xác định điểm K trung điểm BC � xác định điểm G trung điểm AD � BT giải C6 Cách 6: Gọi K, G trung điểm BC, AD Ta chứng minh MK // Ox, MG // Oy MKNG hình thoi � MN phân giác � KMG �  xOy � Mặt �: KMG có cạnh tương ứng song song, suy MN // Oz NX6: Từ cách giải ta tạo góc có cạnh tương ứng song song � xác định Cách 7: hai tia phân giác góc có cạnh tương Dựng hình bình hành ABIM ứng song song � giải BT � C7 CDJM, ta có x BI // AC // DJ BI=AM=CM=DJ, B I BIDJ hình bình hành Mặt �: N trung điểm BD suy N trung điểm IJ Ta có: MI=AB=CD=MJ nên tam giác IMJ cân � M, suy MN phân giác IMJ z A N M C J D y �  xOy � Vì IMJ (góc có cạnh tương ứng song song) nên MN // Oz 10 Cách 8: Từ M, N dựng đường thẳng song song với Oy, cắt Oz M’, N’ Gọi giao điểm AM’, BN’ với Oy A’, B’ Ta có MM’, NN’ đường trung bình  AA’C,  BB’D suy M’, N’ trung điểm AA’, BB’ CA’=2MM’, DB’=2NN’ Mặt �: M’, N’ thuộc phân giác Oz � suy  AOA’  BOB’ tam xOy NX7: Từ t/c hình bình hành � tạo hình bình hành cạnh đối tượng cần tạo � cạnh đối lại phải đối tượng cần CM � C8 x B z A N' N M' M giác cân O => OA=OA’; OB=OB’ => AB=A’B’=CD => CA’=DB’ => MM’=NN’ Lại có MM’ // NN’ (//Oy) suy MM’N’N hình bình hành => MN // M’N’ => MN // Oz Cách 9: (Xem hình cách 8) A' C B' y D x Trên 0y, lấy hai điểm A’, B’ cho B OA’=OA, OB’=OB Gọi giao điểm AA’, BB’ với 0z M’, N’ ta z A N' N M' M có chứng minh MM’N’N hình A' C bình hành có đpcm B' y D Cách 10: Gọi giao điểm đường NX9: Từ đặc điểm góc x0y; điểm M,N Hãy dự đoán từ thẳng qua M song song với 0x, qua N điểm M,N tạo đường thẳng song song song song với 0y cắt 0z M’, N’ với cạnh góc x0y tthì tốn đưa dạng nào? � C10 MM’ cắt NN’ F Gọi giao điểm x CM’ với 0x C’ giao điểm BN’ B với 0y B’ C' Tương tự cách 8, ta có tam giác  COC’  BOB’ tân O suy BC’=B’C => AC’=DB’ (vì AB=CD) => MM’=NN’ � ' M '  zOy � (so le trong) Mặt khác: FN F A M' z N' N M C B' D y �  zOy � � ' M '  zOx � (đồng vị) zOx FN � ' M '  FM � ' N ' � M ' FN ' cân F � FN 11 => FM’=FN’ Vậy FM ' FN '  � MN / / M ' N ' � MN / /Oz MM ' NN ' Ghi chú: Sự xuất hình phụ thổi hồn vào lời giải toán mà hẳn có lần lúng túng, chật vật trước tốn hình học giật nảy phát cần vẽ thêm yếu tố đến với lời giải toán Cảm giác thật tuyệt vời mà tơi nghĩ khơng có câu văn, vần thơ diễn tả Giúp cho giáo viên học sinh tin tưởng vào thân kiến thức minh Khi tin tưởng vào kiến thức học sinh say mê học tập tìm tòi Giải pháp 2: Đi tìm tốn có nhiều ứng dụng: Việc phát tốn có nhiều ứng dụng u cầu học sinh nói chung nói riêng phải chủ động tìm tốn có nhiều ứng dụng chắn phương pháp học mang lại hiệu cao Sau toán Bài toán  : Cho tam giác ABC Các điểm D, E nằm cạnh AB, � � B C AC cho AD = AE Chứng minh � ADE  � AED  HD Tam giác ADE cân A suy ra: �C � 1800  � A B � ADE  � AED   2 A E D B C Các toán ứng dụng Bài toán Từ điểm A ngồi đường tròn tâm O, kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên tia đối tia BC lấy điểm D Gọi E giao điểm DO AC Qua E vẽ tiếp tuyến (khác EC) với (O), cắt AB K Chứng minh bốn điểm D, B, O, K thuộc đường tròn 12 Hướng dẫn A Áp dụng tốn  tính chất góc ngồi tam giác ta có: � AKE  � AEK � � � DBK ABC   DOK � đpcm D B C O E K Bài tốn Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh AB, BC E, F; AO cắt EF K Chứng minh � AKC  900 Hướng dẫn Xét trường hợp: AB >AC (K thuộc đoạn EF), theo tốn * ta có: � � �  C  A  KOC � �  EFB � BFE � KOC HD: Để chứng minh � AKC  900 � Tứ giác OKFC nội tiếp �  EFB � � b.toán � KOC A �  KFC �  EFB �  KFC �  1800 � KOC => C, O, K, F thuộc đường tròn E O �  OF � C  900 �� AKC  OKC K B C F Bài toán Cho tam giác ABC (AB AC) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác; M, N tiếp điểm (I) với AB, BC Dựng CK vng góc với AI (K thuộc đường thẳng AI) Chứng minh ba điểm M, N, K thẳng hàng Hướng dẫn HD: Xét trường hợp: AB < AC (K thuộc tia M, đối tia NM) N, K thẳng hàng �  KNC � � MNB Ta nhận thấy I, N, K, C thuộc � áp dụng toán  �  KIC � đường tròn suy KNC Áp dụng tốn  tính chất góc ngồi �  MNB � tam giác ta có: KIC �  KNC � suy MNB => M, N, K thẳng hàng 13 A M I B C N K Bài toán Cho đường tṛn (O) nội tiếp tam giác ABC (AB AC AB BC) Các điểm D, E, F tiếp điểm (O) với cạnh BC, CA, AB Dựng BB1 vng góc với OA B1; AA1 vng góc với OB A1 Chứng minh bốn điểm D, B1, A1, E thẳng hàng Hướng dẫn A Áp dụng tốn ta có D, A1, E thẳng F hàng D, B1, E thẳng hàng => đpcm E A1 O C B D B1 Bài tốn Cho tam giác ABC vng A có hai đỉnh A, B cố định đỉnh C thay đổi nửa đường thẳng At vng góc với AB Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC P, Q tiếp điểm (I) với cạnh AC, CB Chứng minh C thay đổi At đường thẳng PQ qua điểm cố định Hướng dẫn Gọi giao điểm hai đường thẳng PQ AI D, ta có B, I, D, Q nằm đường tròn A �  BDI �  900 Suy BDA P   DAB vuông cân D  D cố I định  đpcm D C B Q 14 t Giải pháp 3: Cho học sinh sưu tầm tốn có nhiều ứng dụng: Bài toán 1: Cho  ABC, đường phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác D Điểm I nằm  ABC thuộc đoạn AD Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp  ABC  DB = DC = DI Lời giải A Vì AD phân giác góc A nên ta có: �  CAD �  CBD � DB = DC; BAD O I Vì I nằm  ABC thuộc AD nên ta có: B C � �  A� �  IBC �  CBD �  BID ABI IBD D � �  CAD �  IBC � A�� � IBC ABI  IBD  I thuộc đường phân giác góc B  I tâm đường ngoại tiếp  ABC Bài toán 2: Cho I tâm đường tròn nội tiếp  ABC � �  900  A (bạn đọc tự chứng minh) Chứng minh BIC Vận dụng hai toán giải toán sau Bài toán 1: (bài 51 trang 87, SGK Toán tập 2) Cho I, O tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp  �  600 Gọi H giao điểm đường cao BB’ CC’ Chứng ABC với A minh điểm B, C, O, H, I thuộc đường tròn Lời giải �  600 kết hợp với: Từ giả thiết A A + H giao điểm đường cao BB’ CC’ suy tứ giác AB’HC’ nội tiếp B' C' � B �' HC '  1800  A �  1200 � BHC + O tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC suy B H I O C �  2.A �  1200 BOC 15 + I tâm đường tròn nội tiếp  ABC, áp dụng toán ta suy � �  900  A  900  300  1200 Vậy O, H, I nhìn BC góc 1200 BIC Suy đpcm Bài toán 2: Cho  ABC có I tâm đường tròn nội tiếp AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác P, Q, R Chứng minh AP + BQ + CR > AB + BC + CA Lời giải: Theo tốn ta có: 2.IR = RA + RB >AB 2.IP = PB + PC > BC 2.IQ = QC + QA > CA A => 2(IR + IP + IQ) > AB + BC + CA Mặt khác CR = CI + IR; AP = AI + IP; Q R I BQ = BI + IQ suy 2(CR + AP + BQ)=[(AI+BI) + (BI+IC) +(IC+IA)] B C + 2(IR + IP + IQ) > 2(AB + BC + CA) P => AP + BQ + CR > AB + BC + CA * Bài tốn phát triển nhiều góc độ khác để đề kỳ thi, khai thác để thấy vẻ đẹp toán �  600 Các điểm O, H tâm đường tròn Bài tốn 3: Cho  ABC có A ngoại tiếp, trực tâm tam giác Đường thẳng OH cắt cạnh AB, AC M, N Chứng minh  AMN đểu �  600 (gt) kết hợp toán Lời giải : Ta có: A A �  1200 � BCO �  300 ; => BOC � �  300 ; B, H, O, C � đường tròn BHM  BCO H trực tâm  ABC suy � ABH  300 M N H B O C � � AMH  � ABH  BHM  600  đpcm Bài toán 4: Cho  ABC có hai phân giác BD, CE cắt I �  1200 Chứng minh rằng: ID  IE � BIC 16 Lời giải A Kẻ IH, IK vng góc với AB, AC ta có IH = IK K E H D I Từ toán suy ra: � �  1200 � 900  A  1200 � A �  600 BIC B C �  1200 � HIK �  BIC � � HIK �  EID � � HIK �  KID � � HIE  KID � ID  IE � HIE Bài toán 5: Cho  ABC nhọn Các điểm H, O trực tâm tâm đường tròn ngoại �  600 AH = AO tiếp tam giác Chứng minh rằng: BAC Lời giải A �  600 � BOC �  1200 � OBC �  300 Từ gt: BAC � � � � � 900  BAH ABC  BAH ABO  300 � � � � � BAH ABO  600  CAO ABO �  CAO � ; AMN (kết toán 3) � BAH N H M B O C  AM = AN � AMN  � ANM   AMH =  ANO  AH = AO Còn có nhiều toán khác giải nhờ áp dụng kết Sau tập vậy, dành cho bạn đọc Bài tập: Cho  ABC nhọn Các điểm H, O trực tâm tâm đường tṛn ngoại tiýp tam giác hai đường phân giác BD, CE tam giác cắt I; M điểm cạnh BC cho  MDE tam giác đểu Chứng minh AH = AO 2.4 Tính hiệu quả: Đối tượng áp dụng: em đội tuyển học sinh giỏi lớp đến lơp cấp Huyện Đề bài: Hãy chứng minh tốn sau nhiều cách: (Chính tập 1.1 đề tài) 17 Cho ABC có AC > AB Trên cạnh AC lấy điểm D cho CD = AB Gọi M, N tương ứng trung điểm BC; AD �  2.CNM � Chứng minh rằng: BAC Kết cụ thể: * Khi chưa đưa đề tài vào áp dụng: + em /10 em làm cách + em / 10 em làm cách + em / 10 em không làm cách * Khi đưa đề tài vào áp dụng năm học 2018-2019 em kết quả: + 100% biết cách khai thác gt toán để dẫn tới kết + Đa số tốn đưa em có cách giải trở lên + Từ việc ngại học hình em lại thấy thích học hình học + Đặc biệt em biết vận dụng toán giải tốn có liên quan (vấn đề quan trọng q trình dạy học sinh đội tuyển nói riêng học sinh - giỏi nói chung) * Việc áp dụng đề tài vào tiết dạy, buổi dạy hàng ngày đòi hỏi người giáo viên phải chịu khó tìm tòi, nghiên cứu tài liệu Đưa hệ thống tập thực hợp lý Bên cạnh phải khai thác tốn thật tự nhiên logic để học sinh dễ tiếp thu, hiểu rõ chất, để học sinh có cảm nhận ban đầu học hình hay Đại số Khi may có thành cơng KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Trong thực t ế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn nói chung mơn hình học nói riêng, với cách làm mang lại hiệu cao việc rèn luyện lực sáng tạo cho học sinh Cụ thể 90% em học sinh thực có hứng thú học hình đặc biệt em có học lực lại thích học Hình học số Trong q trinh bồi dưỡng cho học sinh giỏi ban đầu từ việc làm mẫu em tự độc lập tìm tòi nhiều cách giải khác mà không cần gợi ý giáo viên, 10% em cần gợi ý 18 trường hợp, song mong muốn tham gia dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi 3.1 Kết luận: Giảng dạy áp dụng sáng kiến mang lại hiệu việc bồi dưỡng học sinh giỏi Nhiều học sinh chủ động tìm tòi, định hướng sáng tạo nhiều cách giải tốn khơng cần gợi ý giáo viên Từ mang lại kết bất ngờ từ việc giải tốn thơng qua phương pháp sáng tạo tốn cho học sinh Chính giáo viên nói chung thân tơi nói riêng cần hiểu rõ khả tiếp thu đối tượng học sinh để đưa tập phương pháp giải toán cho phù hợp giúp em làm sáng tạo cách giải tạo hứng thú cho em, từ nâng cao kiến thức từ dễ đển khó Để làm giáo viên cần tìm tòi tham khảo nhiều tài liệu để tìm toán hay, với nhiều cách giải khác để tung cho học sinh làm, phát cách giải hay Thông qua phương pháp giáo dục cho em lực tư độc lập, rèn tư sáng tạo tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ phát tốt Trên vài kinh nghiệm nhỏ trình dạy học lớp việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Rất mong đồng nghiệp góp ý để tơi có nhiều kinh nghiệm tốt hơn./ 3.2 Kiến nghị: Không Hậu Lộc, ngày 10 tháng 03 năm 2019 XÁC NHẬN CỦA ĐỒNG Tôi HỘI xin cam đoan SKKN KHOA HỌC CẤPmình HUYỆN viết, khơng chép nội dung người khác Người thực Trần Văn Lực 19 MỤC LỤC Nội dung Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Trang 1 1-2 2-3 3 3-16 16-17 17 17-18 18 20 ... cứu đề tài Rèn luyện khả sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh - giỏi lớp 8- 9 mong độc giả đón nhận góp ý 1.3 Đối tượng nghiên cứu: - Học sinh giỏi từ lớp 8, lớp - Đưa toán  Học sinh giải... mơn hình học nói riêng, với cách làm mang lại hiệu cao việc rèn luyện lực sáng tạo cho học sinh Cụ thể 90 % em học sinh thực có hứng thú học hình đặc biệt em có học lực lại thích học Hình học. .. dạy học Tốn đặc biệt mơn Hình Học cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện