SKKN hình thành tư duy giải bài toán cùng họ

I - MỤC LỤC - II NỘI DUNG TT PHỤ LỤC TRANG 01 A PHẦN MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU 02 III MỤC TIÊU, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU IV GIẢ THIẾT KHOA HỌC V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VI ĐĨNG GĨP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI 03 B NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I CƠ SỞ LÝ LUẬN 04 II CƠ SỞ THỰC TIỂN III NỘI DUNG CHÍNH IV KẾT LUÂN – KIẾN NGHỊ 05 - 14 15 -16 MỘT SỐ KÍ HIỆU TỐN HỌC VÀ CHỬ VIẾT TẮT 1.MỘT SỐ KÍ HIỆU TỐN HỌC  Diện tích tam giác kí hiệu : S  Góc kí hiệu là:    Giao kí hiệu là:  Song song kí hiệu là: //  Tam giác kí hiệu là:   Vng góc kí hiệu :  �  Thuộc kí hiệu : ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “HÌNH THÀNH TƯ DUY GIẢI BÀI TỐN CÙNG HỌ” A PHẦN MỞ ĐẦU: I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong hoạt động dạy – học mơn tốn trường THCS đa số giáo viên có thói quen giải tập cách đơn điệu dừng lại mà chưa quan tâm nhiều đến việc phát triển tốn Vì học sinh gặp tốn thường bị động, khơng để tìm lời giải Đơi cần chút thay đổi giả thiết có toán khác hay lấy kết tốn làm cầu nối với tốn khác Vì người thầy cần định hướng cho học sinh cách phân tích, phát triển, tổng qt hóa từ tốn gốc phát triển thành nhiều tốn khác gọi toán “ họ ” Như với buổi học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng học sinh giỏi thầy trò khơng cần phải giải thật nhiều tốn, đơi cần đến hai đủ toán khơng phải đâu xa mà sách giáo khoa sách tập Thực tế qua hoạt động dạy học người thầy rút nhiều kinh nghiệm quý báu cho thân, chí học tập từ học trò thêm điều bổ ích Làm tạo hứng thú cho người học, phát huy tính tích cực, độc lập, chủ động, sáng tạo học sinh, khơi nguồn cảm hứng tự nghiên cứu tài liệu cho học sinh tiền đề cho em bước chiếm lĩnh tri thức cách chủ động trước vấn đề khó Qua nhằm giáo dục tính kiên trì, lĩnh cá nhân góp phần giáo dục kỷ sống cho học sinh suốt q trình học tập Chính lý nên chọn tên đề tài nghiên cứu: “Hình thành tư giải tốn họ” thơng qua số tốn sách giáo khoa hình học lớp 9, mong muốn chia sẻ bạn bè đồng nghiệp II ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU: Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu việc giải số toán 30 học sinh khá, giỏi lớp năm học 2015 - 2016 trường THCS nơi thân công tác Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu chủ đề “Hình thành tư giải tốn họ” thơng qua số tốn III MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU: Giúp giáo viên bước thay đổi tư duy, đánh giá lực đối tượng học sinh từ chuyển từ phương pháp dạy – học thụ động chiều sang dạy - học chủ động, sáng tạo qua đơn vị kiến thức đơn giản đảm bảo tính liên thơng 2 Giúp học sinh tiếp cận kiến thức cách chủ động, sáng tạo thông qua tư toán học logic IV GIẢ THIẾT KHOA HỌC: Dự kiến: Đề tài lấy ý kiến giáo viên tốn trường sau áp dụng thể nghiệm cho học sinh giỏi môn tốn tồn trường, tiến tới tồn thị xã Dự báo: Đề tài áp dụng có hiệu buổi dạy nâng cao kiến thức, bồi dưởng học sinh giỏi cấp V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Phương pháp điều tra Đã tiến hành điều tra 30 học sinh lớp giải số toán (bài toán 1, toán 2, tốn có nội dung nghiên cứu) đưa tốn tương tự liên quan có bảng số liệu kèm theo Phương pháp thực nghiệm Đã áp dụng thực nghiệm tương đối thành công giảng dạy nâng cao kiến thức cho 30 học sinh lớp 9A Phương pháp quy nạp Sau tiến hành phương pháp điều tra thực nghiệm thân rút kết luận tương đối thụ động học sinh có lực giỏi việc tiếp cận giải tốn có liên quan thay đổi giả thiết VI ĐÓNG GÓP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI: Đối với tập thể: Phù hợp với đổi phương pháp dạy học nay, đánh giá lực đối tượng học sinh, đặc biệt học sinh giỏi Giúp cho đội ngũ giáo viên dạy toán thay đổi cách nhìn giảng dạy tiết luyện tập, ôn tập hay bồi dưỡng học sinh giỏi… Đối với cá nhân: Đã bước thay đổi phương pháp dạy học phù hợp giúp học sinh tích cực, chủ động, tự tin, sáng tạo học tập Từ đánh giá vai trò người thầy việc tổ chức hoạt động dạy học theo xu đổi nghành giáo dục B NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: I CƠ SỞ LÝ LUẬN: Giáo dục tảng nghiệp phát triển đất nước, góp phần đưa đất nước hội Nhập với nước phát triển Trên hững chặng đường thử thách ngành giáo dục đào tạo tích cực đổi phương pháp dạy học Nhà giáo dục không đến việc truyền thụ tri thức mà quan trọng phải kích thích người học chủ động, sáng tạo, tích cực trọng hoạt động học tập Trong khung chương trình, sách giáo khoa hành GD&ĐT bậc THCS mơn tốn, học sinh học tiết/tuần nên đa số thời gian để truyền đạt kiến thức lý thuyết Học sinh thực hành qua tiết luyện tập, ôn tập chủ yếu phương pháp thụ động, giải tập Ngồi khơng giáo viên nhận thức chưa chuẩn KTKN, giảm tải nên chưa mạnh dạn đổi phương pháp dạy học Mặt khác thân giáo viên chưa quen với việc phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa, khai thác sâu thêm kết tốn "điển hình" để giúp học sinh giỏi phát huy lực Vì đối tượng học sinh giỏi thường tự hài lòng mà chưa có thói quen tư độc lập II CƠ SỞ THỰC TIỂN: Thực trạng 1.1 Thuận lợi: Thực tế trường việc dạy học theo hướng mở nhà trường, tổ chuyên môn quan tâm mức nhằm giúp giáo viên học sinh nhìn nhận sâu sắc kiến thức sách giáo khoa, sách tập Đa số giáo viên giảng dạy mơn tốn ý đến phương pháp dạy học, trọng khắc sâu kiến thức bản, từ phân tích, khai thác thêm, phát vấn đề liên quan nên phần thay đổi cách dạy, cách học Tổ chuyên môn nghiên cứu xây dựng PPCT phù hợp với thực tế sở chương trình Sở giáo dục, từ góp phần nâng cao chất lượng dạy học Tỉ lệ học sinh giỏi trường nơi công tác tương đối cao nên thuận lợi cho công tác giảng dạy 1.2 Khó khăn: Học sinh lười học,chưa nhận thức việc học.Phụ huynh chưa thật quan tâm đến việc học em 1.3 Kết điều tra Tôi tiến hành điều tra thực nghiệm 30 học sinh khá, giỏi trường THCS nơi công tác việc giải tốn có đề tài nêu toán dạng (hay họ) sau Kết thu sau: Số lượng HS điều tra 30 Nội điều tra SL, TL học sinh có liên hệ đÕn tốn gèc Điều tra việc giải SL: em toán gốc TL: 20% toán họ SL, TL học sinh khơng có liên hệ đÕn tốn gèc SL: 24 em TL: 80% Nhận xét: Nhìn vào bảng kết ta thấy đa số học sinh khơng có liên hệ với tốn giải chiếm tỉ lệ cao 1.4 Các giải pháp thực Thay đổi phương pháp dạy học: Đối với kiến thức, tập có tính đặc biệt giáo viên nên phân tích kỷ, nhìn nhiều góc độ khác nhau, thay đổi giả thiết Tiếp đến đề xuất toán tương tự Đặc biệt hình thành kỷ thuật phân tích tốn để làm tái kiến thức học Thực tế giáo viên làm sẻ phát huy tính chủ động học sinh trình học tập Kiến thức: Đề tài liên quan đến số kiến thức đại số bất đẳng thức quen thuộc Sau nội dung đề tài nghiên cứu, áp dụng dạy thử nghiệm nâng cao kiến thức trường THCS nơi thân cơng tác III NỘI DUNG CHÍNH  Bài toán 1: Cho tam giác ABC, Lấy điểm E �AB ( E �A,B), Kẻ EF//BC ( F �AC), Kẻ FP//AB, (P �BC) Biết SAEF = a , SCFP = b a) Tính S ABC theo a b b) Tìm diện tích lớn hình bình hành BEFP AB BC a  b AE CP c) Chứng minh rằng: S ABC  Sơ lược giải(Hình 1): - Kiến thức: Dùng tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng a) Theo giã thiết EF//BC FP//AB suy tứ giác BEFP hình bình hành Ta có tam giác AEF, FPC đồng dạng với tam giác ABC nên: S S AEF = ABC EF BC s s ; FPC = ABC CP BC EF BP = BC BC Vì BEFP hình bình hành nên EF = BP s s Suy : S ABC s ABC  ABC S AEF  S FPC   AEF = a b s s  Hay = BP CP BP  CP BC  1 + = BC BC BC BC = s S ABC   FPC ABC s ABC AEF  s a b FPC  b) Ta có: s BEFP  s ABC _ s AEF _ sFPC =( a + b )2-a-b =2 ab s Mặt khác ABC = ( a + b )2 = a + b + ab   S BEFP  Vậy: GTLN( S BEFP ) = hay s  ABC S ABC � S BEFP EH’ = �  s s BEFP 2 ab ab =2 S BEFP ABC AH EH’ // AH E trung điểm BC A A F E F E B P C B H' H P C Hình c)Từ kết S ABC  s ABC s   = s a+ ABC ABC = s   s b  ABC s s ABC a  b ta có: = ABC a a s s s a + AEF ABC ABC a b + a b b + = b s ABC = b = FPC s ABC a AB BC a  b  AE PC s a + S ABC ABC b = b AB BC a  b AE PC (đpcm)  Nếu điểm F nằm tam giác ABC kết sẻ thay đổi ?Ta có tập sau : Bài tốn 1.1: Cho tam giác ABC Điểm F thuộc tia đối tia CA Kẻ FE //BC; FP //AB  E �AB; P �BC  Đặt S ABC  S ; S AEE  a; S FPC  b a) Tính S ABC S BEFP theo a b AB BC a  b AE CP b) Chứng minh rằng: S  Sơ lược giải(Hình 2): a) Ta có hai tam giác AEF FPC đồng dạng với tam giác ABC Ta có: S AEF EF  ; S ABC BC Hay S ABC   S FPc CP  Suy ra: S ABC BC a b  S S AEF EF  PC  FPC  1 S ABC S ABC BC Ta có: S BEFP  S AEF  S FPC  S ABC  a  b  (a  b  ab ) � S BEFP  ab A C B F E b) Từ kết : S ABC    a b P  Hình Vì F nằm tia đối tia AC nên SAEF > SFPC  a > b S ABC  a  b � S ABC  S ABC S ABC AB BC a  b � S  a  b (đpcm) a b AE PC Nếu điểm F nằm tam giác ABC kết sẻ thay đổi ? Ta có tập sau : Bài toán 1.2 : Cho tam giác ABC Điểm F nằm tam giác ABC Qua F kẻ MN//BC;PQ//AB;IK//AC  I , M �AB; P, N �AC; Q, K �BC  Đặt S ABC  S ; SFQK  a; S PFN  b; S IMF  c a) Tính S ABC theo a, b c b) Tìm giá trị lớn tổng : S APFI  S MBQF  S NCKF theo a, b c c) Chứng minh rằng: S ABC  AB BC AC a  b  c FQ FN FI Sơ lược giải(Hình 3): a) Dễ thấy tam giác: FQK, PFN, IMF đồng dạng với tam giác ABC nên ta có: S FQK S ABC  S PFN S IMF QK FN MF QK KC BQ        1 S ABC S ABC BC BC BC BC BC BC � S FQK  S PFN  S IMF  S ABC � S ABC  ( S FQK  S PFN  S IMF ) Vậy: S ABC = ( a  b  c )2 b) Ta có: SAPFI + SMPQF + SNCKF = SABC – ( a + b +c) = ( a  b  c )2 – ( a + b +c)  SAPFI + SMPQF + SNCKF = ab  ac  bc 2( a  b  c ) S APPI  S MBQF  S NCKF  S ABC  (a  b  c)  (a  b  c )  (a  b  c ) � S APPI  S MBQF  S NCKF  ab  ac  bc �2(a  b  c ) � 3.( S APPI  S MBQF  S NCKF ) �2(a  b  c )  2.(S APFI  S MBQF  S NCKF )  2S ABC � S APPI  SMBQF  S NCKF � S ABC Vậy GTLN( S APFI  S MBQF  S NCKF ) = S ABC � a = b = c � F trọng tâm c) Ta có: A S ABC  ( S FQK  S PFN  S IMF ) � S ABC P I  S FQK  S PFN  S IMF M � S ABC  S FQK S ABC  S PFN S ABC  S IMF S ABC �S �S S ABC S ABC S ABC S FQK  S PFN  S IMF S FQK S PFN S IMF AB BC AC a  b  c FQ FN FI B F Q N K C Hình Ta tiếp tục thay đổi vị trí điểm F Chẳng hạn cho điểm F ngồi tam giác ABC thuộc góc BAC Ta có tập sau: Bài tốn 1.3: Cho tam giác ABC Điểm F thuộc góc BAC nằm tam giác ABC Qua F kẻ PQ//BC; EN//AB; MD//AC  D, P �AB; E , Q �AC ; M , N �BC  Đặt: S ABC  S ; S FNM  a; S DPF  b; S EFQ  c a) Tính S theo a, b c b) Chứng minh rằng: S  AB AC BC b  c  a PD EQ MN Sơ lược giải(Hình 4): a) Dễ thấy tam giác FNM, DPF, EFQ đồng dạng với tam giác ABC nên: S EFQ S S DPF PF FQ MN MN  BM MN  NC MN   FNM       1 S ABC S ABC S ABC BC BC BC BC BC BC � S ABC  S DPF  S EFQ  S FNM � S   b c a  b)Ta có: Do SDPF +SEFQ > SFNM hay b + c > a Suy ra: S  b c a  A � S  b c a E � S  S ( b  c  a ) D S S S b  c  a b c a AB AC BC  b  c  a PD EQ MN AB AC BC Vậy: S  PD b  EQ c  MN a (đpcm) M B  N C F P Q Hình Nếu điểm F thuộc góc đối góc BAC ta tìm kết tương tự tập Ta có tập sau: Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC Điểm F thuộc góc BAC nằm ngồi tam giác ABC Qua F kẻ PQ//BC; EM//AB; ND//AC  D, P �AB; E , Q �AC ; M , N �BC  Đặt: SABC=S; SDPF = a, SEFQ = b , SFMN = c Chứng minh rằng: S  AB AC BC a  b  c PD EQ MN Sơ lược giải(Hình 5): Làm tương tự tập ta có kết quả: S  a b c  Q F P D E A AB AC BC Từ suy : S  PD a  EQ b  MN c Hình M B C N  Trở lại tốn 1.2: Nếu MN, PQ, IK khơng đồng quy F mà đôi cắt Ta có tập sau Bài tốn 1.5: Cho hình Biết MN//AC; PQ//AB; EF//BC S IKH  So ; S MEH  S1 ; S PKF  S2 ; S IQN  S3 Tính S ABC theo So ; S1 ; S ; S3 A P M I E B F K H Q N C Hình Sơ lược giải(Hình 6): Kẻ HE // PQ Các tam giác IKH, MEH, PKF, IQN đồng dạng với tam giác ABC S S Nên Ta có: IKH ABC  S S KH , BC MEH  ABC EH ; BC S PKF KF  ; S ABC BC S IQN S ABC  QN BC Cộng vế theo vế đẳng thức ta có: S S 3  IKH  ABC S S IKH MEH  ABC S S PKF  ABC S S IQK  ABC KH  EH  KF  QN BC  3KH  BC BC 1 ABC S S  S S MEH  ABC S ( ABC S S PKF ABC  S S IQN ABC  S S IKH 1 ABC S1  S  S  S ) 10 Bài toán 2(Sách BT toán 9): Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A cắt tia BC D Tia phân giác góc BAC cắt (O) M Tia phân giác góc D cắt AM I Chứng minh: DI  AM Sơ lược giải (Hình 7): Gọi N giao điểm AM với BC, A Ta có: D sdAC  sdBM sdAC  sdCM  2 sdACM  NAD = � AND cân D Khi DI đường phân giác đường cao nên DI  Q AND  AM (đpcm) P I C O N B M Hình  Nhận xét: Nếu gọi P giao điểm AB DI, Q giao điểm AC DI Ta chứng minh APQ cân A Khi tứ giác APNQ hình thoi.Kết sẻ thay đổi điểm A nằm ngồi đường tròn?Ta có tập sau: Bài tốn 2.1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi E giao điểm BC với DA, M giao điểm BA với CD Phân giác góc M cắt CB AD thứ tự Q S, Phân giác góc E cắt CD AB thứ tự P R Chứng minh: Tứ giác PSRQ hình thoi Sơ lược giải (Hình 8): Gọi I giao điểm RP QS E * Ta có:  MPR  C   E1 12 (góc tam giác) �MRP  �A1  �E2 B  C A 1,  E 1=  E   MPR MRP  MRP Mà cân M, Khi MI đường phân giác đường cao nên MI  PR IP = IR (1) Tương tự ta chứng minh được: EQS cân E suy : EP  QS IQ = IS (2) Từ (1) (2) suy Tứ giác PSRQ hình thoi (đpcm) R Q A O S I C P D M Hình  Kết sẻ thay đổi điểm E nằm đường tròn?Ta có Bài tốn 2.2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Phân giác góc M cắt AC BD R S Phân giác góc AKB cắt AB; CD thứ tự P Q 11 Gọi  K   AC �BD;  M   AB �DC ;  I   PQ �RS Chứng minh: Tứ giác PRQS hình thoi Sơ lược giải (Hình 9): Ta có: sdAN  sdBCT sdAN  sdCT  sdCB = 2 sdDT  sdCBN sdDT  sdBN  sdCB  PQM  = 2 Mà  DT   BN  AN   TC suy :  QPM =  PQM  PQM cân M ; MS phân giác góc M  RS trung trực PQ (1) Ta có :  MRC=  SRK=  MAC+  AMR  RSK =  CMR +  MDB mà  MAC =  MDB ( chắn cung BC)  AMR =  CMR ( MR phân giác)   SRK =  RSK  KRS cân K KP phân giác  PQ đường trung trực RS (2) A QPM = D O R I N P K S Q T C B Từ (1) (2) suy tứ giác PRQS hình thoi (đpcm) M Hình  Kết hợp tốn 2.1 với tốn 2 ta có tập sau: Bài toán 2.3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) M giao điểm BC với AD, I giao điểm hai đường chéo AC BD Phân giác góc AID cắt CD Q, cắt BA P Chứng minh tam giác MPQ cân M Sơ lược giải (Hình 10): Kẻ phân giác NK góc AI C (N thuộc AB, N thuộc CD) K kết hợp với giả thiết IP phân D J I giác  AID  IP  NK (1) (góc tạo tia phân phân giác O góc kề bù) B Q theo ta dễ dàng chứng minh N  NMK cân M Kẻ phân A giác góc  NMK  MJ  NK (2) Từ (1) (2)  MJ//QI �MQP  �M ( sole ) � Khi � �QPM  �M (dong vi ) � Mà �M  �M M P Hình 10 � �MPQ  �MQP nên tam giác MPQ cân M (đpcm) 12 Bài tốn 3: Cho hình vng ABCD Hai đường tròn bán kính R tương ứng qua cặp điểm A, B B, C cắt điểm thứ hai N Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R Sơ lược giải: (Hình 11) Gọi H giao điểm OO’ với NB suy OO’ đường trung trực NB � HN  HB , Vì (O) (O’) có bán kính nên O’H = OH Kẻ O’H  IH, OK  HC �  O’MH =  OKH (cạnh huyền – góc nhọn) � MH = MK (*) ;O’M = OK Mà O’M = OK �  OMI =  OKC ( cạnh huyền – cạnh góc vng) � MI = KC (**) Từ (*) (**) ta suy ra: HI = HC Nối NI; từ suy ra: HNI HBC (c.g c)  BC  NI ;  INH HBC  BC  IN ; BC // IN (1) M K Vì ABCD hình vng nên: BC=AD,BC//AD (2) Từ (1) (2) suy ra: IN=AD,IN//AD  INDA hình bình hành Suy ra: INA   DAN (c.c.c) ; suy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ANI bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DAN Vậy bán Hình 11 kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R  Hãy thay đổi hình vng tốn hình chữ nhật Khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND có R khơng?Ta có tốn tương tự: 13 Bài tốn 3.1: Cho hình chữ nhật ABCD Hai đường tròn bán kính R tương ứng qua cặp điểm A, B B, C cắt điểm thứ hai N Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R Sơ lược giải:(Hình 12) Ta dễ dàng chứng minh tốn 3.1 tương tự tốn Từ ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R O N I H C B O' A D Hình 12  Bây ta thay hình chữ nhật tốn 3.1 hình thoi ABCD thiết lập tốn tương tự Khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND có R khơng?Ta có tốn tương tự: Bài tốn 3.2: Cho hình thoi ABCD Hai đường tròn bán kính R tương ứng qua cặp điểm A, B B, C cắt điểm thứ hai N Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R Sơ lược giải(Hình 13) Ta dễ dàng chứng minh toán 3.2 tương tự tốn 3.1 Từ ta có bán kính đường O tròn ngoại tiếp tam giác AND R A B H D N C O' 14  Bây ta thay hình chữ nhật tốn 3.2 hình bình hành ABCD Khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND có R khơng?Ta có tốn tương tự: Bài tốn 3.3: Cho hình bình hành ABCD Hai đường tròn bán kính R tương ứng qua cặp điểm A, B B, C cắt điểm thứ hai N Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R Sơ lược giải(Hình 14): Ta dễ dàng chứng minh toán 3.3 tương I tự tốn Từ ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R N O O' H B A C D Hình 14  Bây ta thay hình bình hành tốn 3.3 tứ giác ABCD Khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND có R khơng?Ta diễn đạt tốn dạng tìm điều kiện sau: Bài toán 3.4: Cho tứ giác ABCD Hai đường tròn bán kính R tương ứng qua cặp điểm A, B B, C cắt điểm thứ hai N Tìm điều kiện để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AND R Kết đạt được: Sau đề tài hoàn thiện áp dụng dạy nâng cao với 30 học sinh giỏi trường THCS nơi công tác thấy hiệu rõ nét Không tơi dạy tốn đơn giản sách giáo khoa học sinh bước hình thành thói quen phân tích, tổng qt hố, làm chủ kiến thức Kết cụ thể: Số lượng HS điều tra 30 Nội điều tra SL, TL học sinh giải toán họ Điều tra việc giải SL: 24 em tốn họ có TL: 80% liên quan đến tốn có đề tài SL,TL học sinh khơng giải có liên hệ đến tốn gốc SL,TL học sinh khơng có liên hệ đến toán gốc SL: 5em SL: 1em TL: 17% TL: 3%  Nhận xét: Qua bảng số liệu ta thấy sau thay đổi phương pháp dạy số lượng HS có liên hệ kiến thức học với kiến thức chiếm tỉ lệ cao, học sinh chủ động việc tiếp cận tốn có nội dung tương tự tốn trước 15 C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận: Đây minh chứng cho phương pháp dạy học phân hóa đối tượng học sinh, nhằm giúp học sinh phát huy hết nămg lực học tốn Qua giúp giáo viên đánh giá lực cho đối tượng học sinh, làm tảng cho phát học sinh giỏi có tố chất học tốn Khn khổ đề tài áp dụng cho đối tượng học sinh giỏi Trong trình thực thân tiến hành điều tra thực nghiệm, trải nghiệm qua nhiều năm học thấy hiệu việc khai thác, nhìn nhận sâu sắc tốn đơn giản sách giáo khoa, sách tham khảo để học sinh có hội phát huy lực Trong trình thực thân nhận cộng tác Tổ chuyên môn, bạn đồng nghiệp 30 học sinh giỏi trường nên đề tài thực tiến độ có thời gian để dạy thể nghiệm Các ví dụ đề tài mang tính minh họa cho việc thay đổi phương pháp dạy học Đây kinh nghiệm nhỏ thân trình dạy học, nghiên cứu, tích lũy mong góp ý từ bạn đồng nghiệp em học sinh để đề tài phong phú nội dung Với thử nghiệm mang lại hiệu tương đối rõ nét hy vọng đề tài sẻ đồng nghiệp đón nhận nhân rộng đội ngũ giáo viên tốn đơn vị nơi cơng tác q trình dạy học ơn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng cho học sinh Phạm vi ứng dụng đề tài bó hẹp khoảng buổi dạy điều tác giải muốn gữi gắm người thầy cần phải thay đổi tư duy, phương pháp dạy học để từ toán nhỏ học sinh lấy làm cơng cụ giải tốn lớn q trình dạy học nhằm tới mục đích cuối tích cực, chủ động sáng tạo thầy trò sau lên lớp Để đề tài hoàn thiện thời gian tới tác giả tiếp tục nghiên cứu vấn đề tương tự, kính mong cấp, bạn đồng nghiệp tiếp tục ủng hộ để đề tài hoàn thiện thời gian sớm để phục vụ cho công tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tốt Kiến nghị: * Với cấp trên: Tăng cường bồi dưỡng chuyên đề chuyên sâu phương pháp dạy học theo chủ đề cụ thể để giáo viên trao đổi kinh nghiệm học hỏi lẫn * Đối với chuyên môn nhà trường: Chú trọng cơng tác đội ngũ, có kế hoạch bồi dưỡng thường xuyên, dài nhằm đáp ứng yêu cầu, nhiệm vụ * Đối với tổ chuyên môn: Nên sâu chuyên đề, chuyên đề phải có tính ứng dụng thực tế cao, động viên giáo viên nghiên cứu tài liệu * Đối với giáo viên: Thường xuyên trau dồi kiến thức, nghiệp vụ, cần tiếp cận kiến thức qua nhiều kênh thông tin khác tạp chí chuyên nghành * Với học sinh: Cần có thái độ nghiêm túc học tập, có ý thức tự giác, tự học, tự nghiên cứu suốt trình học tập Bản thân mong nhận quan tâm đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn! 16 17 PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THỊ XÃ KỲ ANH  SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI HÌNH THÀNH TƯ DUY GIẢI BÀI TOÁN CÙNG HỌ HỌ VÀ TÊN : NGÔ ĐỨC KHỔNG CHỨC VỤ : GIÁO VIÊN ĐƠN VỊ : TRƯỜNG THCS KỲ PHƯƠNG LĨNH VỰC : TOÁN Năm học: 2016 - 2017 18 19 ... SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “HÌNH THÀNH TƯ DUY GIẢI BÀI TOÁN CÙNG HỌ” A PHẦN MỞ ĐẦU: I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong hoạt động dạy – học mơn tốn trường THCS đa số giáo viên có thói quen giải tập cách đơn điệu... SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI HÌNH THÀNH TƯ DUY GIẢI BÀI TỐN CÙNG HỌ HỌ VÀ TÊN : NGÔ ĐỨC KHỔNG CHỨC VỤ : GIÁO VIÊN ĐƠN VỊ : TRƯỜNG THCS KỲ PHƯƠNG LĨNH VỰC : TOÁN Năm học: 2016 - 2017 18 19 ... Nội điều tra SL, TL học sinh giải toán họ Điều tra việc giải SL: 24 em toán họ có TL: 80% liên quan đến tốn có đề tài SL,TL học sinh không giải có liên hệ đến tốn gốc SL,TL học sinh khơng có liên