Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐƠN ĐỀ NGHỊ XÉT, CƠNG NHẬN SÁNG KIẾN Năm: 2019 Kính gửi: Hội đồng khoa học cấp Huyện Họ tên: Phạm Văn Hải Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS NBK Tên sáng kiến: “Rèn luyện khả tìm lời giải tốn hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy học mơn Tốn Tóm tắt trình trạng giải pháp biết: (Ưu, hạn chế giải pháp đã, áp dụng, bất cập, hạn chế cần có giải pháp khắc phục ) a) Ưu điểm: Trong thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn, với cách làm mang lại hiệu cao việc rèn luyện lực sáng tạo toán cho học sinh Các em học sinh thực có hứng thú học tốn bồi dưỡng cho học sinh giỏi, tự độc lập tìm tịi nhiều cách giải khác mà khơng cần gợi ý giáo viên b) Tồn tại: Một số em cịn cần gợi ý trường hợp chưa quen với việc tự sáng tạo tập Tóm tắt nội dung giải pháp đề nghị cơng nhận sáng kiến: - Tính mới, tính sáng tạo: Rèn luyện cho học sinh khả tự học, tự sáng tạo, tự tìm nhiều cách giải hoạt động giải tập khó, nâng cao dành cho học sinh giỏi - Khả áp dụng, nhân rộng: Sáng kiến áp dụng tất trường THCS dạy học mơn Tốn - Hiệu quả, lợi ích thu áp dụng giải pháp (hiệu kinh tế, xã hội) Nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi kết thi HSG huyện thành phố CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Ký tên, đóng dấu) Hải Phịng, ngày tháng năm Người viết đơn UBND HUYỆN VĨNH BẢO TRƯỜNG THCS NGUYỄN BỈNH KHIÊM BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN “Rèn luyện khả tìm lời giải tốn hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9” Tác giả: Phạm Văn Hải Trình độ chun mơn: Đại học tốn Chức vụ: Giáo viên Nơi công tác: Trường THCS NBK Ngày 20 tháng năm 2019 BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: “Rèn luyện khả tìm lời giải tốn hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy học mơn Tốn Tác giả: Họ tên: Phạm Văn Hải Ngày/tháng/năm sinh: Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS NBK Điện thoại: DĐ: 0904811605 Cố định: Tác giả tự làm 100% Đồng tác giả (nếu có): Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THCS NBK Địa chỉ: Thị trấn Vĩnh Bảo, huyện Vĩnh Bảo, thành phố Hải Phòng Điện thoại: I Mô tả giải pháp biết: (Mô tả giải pháp biết; ưu điểm, hạn chế giải pháp đã, áp dụng quan đơn vị) Tên giải pháp biết: “Bồi dưỡng học sinh giỏi hình học trường THCS” Ưu điểm: Học sinh thầy cô giảng giải tận tình cẩn thận bài, học sinh hiểu thầy cô giảng Hạn chế: Kiến thức truyền thụ từ người giáo viên phía, không phát huy khả tự học sáng tạo học sinh Các em thụ động việc tiếp thu kiến thức, không khai thác nhiều cách giải toán Khi thi gặp tập dạng em cách khai phá lời giải kết thi chưa cao II Nội dung giải pháp đề nghị công nhận sáng kiến II.0 Nội dung giải pháp mà tác giả đề xuất Giải pháp thực hiện: - Hình thành tình có vấn đề liên quan đến cách giải cho toán - Hướng dẫn học sinh đưa cách giải cho toán, từ hướng dẫn học sinh tìm lời giải ngắn phù hợp học sinh - Tăng cường hoạt động tìm tịi, quan sát,đo đạc, dự đoán tiếp cận lời giải - Nắm vững kiến thức bản, huy động, vận dụng kiến thức vào giải vấn đề có liên quan Kiến thức cần truyền đạt: Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện khả sáng tạo, tìm nhiều cách giải thân người thầy, người dạy phải người tìm nhiều cách giải hướng dẫn học sinh tìm lời giải cho toán Trong đề tài khuôn khổ, giới hạn đề tài đưa số dạng tập điển hình cho dạng tốn Dạng 1: Chứng minh đoạn thẳng Dạng 2: Quan hệ góc tam giác,và góc với đường trịn Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng Dạng 4: Chứng minh tam giác đồng dạng Dạng 5: Chứng minh điểm thuộc đường tròn Dạng 6: Hệ thức hình học Tổ chức thực hiện: Tìm tịi cách giải tốn Dạng 1: Chứng minh hai đoạn thẳng nhau: BÀI TỐN 1: Trong hình vng ABCD đường trịn đường kính AD vẽ cung AC mà tâm D Nối D với điểm P cung AC, DP cắt đường trịn đường kính AD K Chứng minh PK khoảng cách từ P đến AB Cách giải 1: (Hình 1) Gợi ý : - Kẻ PI ⊥ AB - Xét hai tam giác ∆ APK ∆ API Lời giải: Kẻ PI ⊥ AB Xét ∆ APK ∆ API : · ∆ APK vng K (Vì AKD = 900 góc nội tiếp chắn đường trịn đường kính AD) ∆ ADP cân D, AD = DP · ⇒ P$2 = DAP · Mặt khác: P$1 = DAP (So le AD // PI) Do đó: P$1 = P$2 ⇒ ∆ APK = ∆ API (Có chung cạnh huyền cặp góc nhọn nhau) ⇒ PK = PI Cách giải 2: (Hình 2) Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác ∆ APK ∆ API cách ta chứng minh P$1 = P$2 Ta µ1 = A µ2 chứng minh A - Gọi F giao điểm AP với đường trịn đường kính AD · Lời giải: Ta có: AFD = 900 (Góc nội tiếp chắn đường trịn) Tam giác ADP cân D có DF đường cao nên DF phân giác µ1 = D µ2 suy D µ2 =A µ1 ; D µ1 =A µ Vì góc có cặp cạnh tương ứng vng góc mà D µ1 = A µ ⇒ ∆ APK = ∆ API (Có chung cạnh huyền cặp góc nhọn Suy ra: A nhau) ⇒ PK = PI Cách giải 3: (Hình 2) µ1 = A µ việc chứng Gợi ý: - Cách giải chứng minh A minh áp dụng kiến thức khác - Chú ý AB tiếp tuyến đường trịn tâm D nên ta có: · · » ) Lời giải: Ta có IAK (Có số đo sđ AK = ADK · Mặt khác góc IAP góc tạo tiếp tuyến dây cung AP đường tròn tâm D · nửa số đo góc tâm chắn cung góc ADP · nên góc IAP 1· 1· µ1 = A µ ⇒ ∆ APK = ∆ API ADP = IAK Suy ra: A 2 (Có chung cạnh huyền cặp góc nhọn nhau) ⇒ PK = PI · = IAP Cách giải 4: (Hình 3) Gợi ý: - Kéo dài K cắt đường tròn tâm D E - Áp dụng định lí góc tạo tiếp tuyến dây cung » = PE » Lời giải: DK ⊥ AE nên AP · » )Vì Góc BAE (góc tạo tiếp tuyến dây cung AE AP lại qua điểm cung AE nên AP tia · phân giác góc BAE µ1 = A µ ⇒ ∆ APK = ∆ API (Có chung cạnh Suy ra: A huyền cặp góc nhọn nhau) ⇒ PK = PI Đối với toán để chứng minh hai đoạn thẳng PK PI ta chứng minh ∆ APK = ∆ API vấn đề giáo viên cần cho học sinh tư vận dụng sáng tạo kiến thức - Trường hợp tam giác vng - Góc tạo tiếp tuyến dây cung - Góc nội tiếp Dạng 2: Quan hệ góc hình học: BÀI TỐN 2: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O, với AB > AC Kẻ · · · đường cao AH, bán kính OA Chứng minh OAH = ACB - ABC Cách giải 1: (Hình 1) Gợi ý: - Kẻ OI ⊥ AC cắt AH M - Áp dụng kiến thức góc ngồi tam giác - Góc nội tiếp,góc tâm · · Lời giải: Ta có: OMH = ACB (góc có cặp cạnh tương ứng vng góc) · · » ) = ABC (cùng sđ AC AOM · · · Trong ∆OAM thì: OMH = AOM + OAH (Góc ngồi tam giác) · · · Hay ACB = ABC + OAH · · · Vậy: OAH (Đpcm) = ACB - ABC Cách giải 2: (Hình 2) Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đường tròn A cắt BC D · · Lời giải: Ta có: ABC (1) (Cùng chắn = CAD » ) AC · · (2) (góc có cặp cạnh tương OAH = ADC ứng vng góc) Cộng vế (1) (2) Ta được: · · · · ABC + OAH = CAD + ADC · · · Mà CAD (góc ngồi tam giác) + ADC = ACB · · · ⇒ ABC + OAH = ACB · · · Vậy: OAH (Đpcm) = ACB - ABC Cách giải 3: (Hình 3) Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Kẻ DK ⊥ BC · · Lời giải: Ta cóDK // AH ⇒ OAH (1) (so le = ODK trong) · · » ) (2) (góc nội tiếp chắn AC ABC = ADC Cộng vế (1) (2) Ta · · · OAH + ABC = ·ODK + ADC = ·KDC · · Mà: KDC (góc có cặp cạnh tương ứng vng góc) = ACB Vậy OAH (Đpcm) · · · · · · ⇒ OAH + ABC = ACB = ACB - ABC Cách giải 4: (Hình 4) Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Kẻ CK ⊥ AD · · Lời giải: Ta có: OAH (1) (góc có cặp cạnh = KCB tương ứng vng góc) · · » ) (2) (góc nội tiếp chắn AC ABC = ADC Cộng vế (1) (2) Ta được: · · · · OAH + ABC = KCB + ADC · · Mà: ADC (góc có cặp cạnh tương ứng vng = KCA góc) · · · ¼ · ⇒ OAH + ABC = KCB + KCA = ACB · · · Vậy: OAH (Đpcm) = ACB - ABC Cách giải 5: (Hình 5) Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Gọi M giao điểm AH DC · · Lời giải: Ta có: AMC (1) (góc có cạnh cặp cạnh = ACB tương ứng vng góc) · · » ) (2) (góc nội tiếp chắn AC ADM = ABC Trừ vế (1) (2) Ta được: · · · · AMC - ADM = ACB - ABC · · · Mà: AMC (góc ngồi tam giác) - ADM = OAH · · · Vậy OAH (Đpcm) = ACB - ABC Cách giải 6: (Hình 6) Gợi ý: Kẻ OI ⊥ BC OK ⊥ AB · µ (1) (so le trong) Lời giải: Ta có: OAH =O · µ (2) (góc có cặp cạnh tương ABC =O ứng vng góc) Cộng vế (1) (2) Ta · · µ1 + O µ OAH + ABC =O µ1 + O µ = ACB · » ) Mà O (Cùng sđ AB · · · ⇒ OAH + ABC = ACB · · · Vậy OAH (Đpcm) = ACB - ABC Cách giải 7: (Hình 7) Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax đường thẳng Ay // BC · · = xAy Lời giải: Ta có: OAH (1) (góc có cặp cạnh tương ứng vng góc) · · ABC = BAy (2) (so le trong) · · · · · + ABC = xAy + BAy = xAB Cộng vế (1) (2) Ta được: OAH · · » ) Mà: xAB (góc nội tiếp chắn AB = ACB · · · ⇒ OAH + ABC = ACB · · · Vậy OAH (Đpcm) = ACB - ABC Đây tốn có nhiều cách giải khác toán việc sử dụng yếu tố vẽ thêm đường phụ vấn đề quan cho việc tìm lời giải vấn đề khó học sinh toán giáo viên cần cho học sinh kiến thức vận dụng vào giải toán - Kiến thức hai đường thẳng song song, hai đường thẳng vng góc - Góc nội tiếp, góc tâm, góc ngồi tam giác Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng: BÀI TOÁN 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M ; N ; P » ; CA » MN NP cắt AB » ; BC cá điểm cung nhỏ AB AC theo thứ tự R S Chứng minh rằng: RS // BC RS qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Cách giải 1: (Hình 1) Gợi ý: Đây tốn hình tương đối khó học sinh khơng có tư tốt hình học Khi đưa tốn việc vẽ hình vấn đề khó em khơng tìm lời giải Dưới hướng dẫn thầy Ta có AN; BP AN tia phân giác tam giác ABC Gọi I giao điểm đường phân giác Khi ta có I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Để chứng minh cho RS // BC I ∈ RS ta chứng minh IR//BC; IS//BC sử dụng tiên đề đường thẳng song song để suy điều phải chứng minh Sau thời gian ngắn học sinh tìm lời giải cho toán Và lời giải ngắn mà thầy tìm » µ = CP ; B · µ2 +B µ mà B µ = NAC · Lời giải: Xét ∆ NBI ta có: IBN (Góc nội tiếp =B · BAC » ); NAC · chắn cung NC = µ + µB A · Do IBN = ; 2 µ µ · µ1 + B µ = A + B (Góc ngồi tam giác ABI) BIN =A · · ⇒ IBN ⇒ ∆ NBI cân N ⇒ N thuộc trung trực đoạn thẳng BI = BIN Ta chứng minh đường trung trực đoạn thẳng RN Gọi H giao điểm MN PB Ta có : ( ) » +s®AB » +sđAC ằ 1 sđBC ằ + AM ẳ ằ · + AP = sđ BN = BHN 2 · Vì BHN góc có đỉnh nằm bên đường tròn » » » » = BC ; AM ¼ = AB ; AP » = AC ⇒ BHN · = BN 2 ⇒ RN trung trực đoạn thẳng BI ⇒ BR µ = RIB · µ1 = B µ2⇒ ⇒ ∆ RBI cõn ti R B mà B ì3600 = 900 = RI µ = RIB · B ⇒ IR // BC (Vì tạo với tuyến BI hai góc so le nhau) Cũng chứng minh tương tự ta IS // BC, từ điểm I ngồi đường thẳng BC ta kẻ đường thẳng song song với BC ⇒ R ; I ; S thẳng hàng Vậy RS // BC RS qua tâm I đường trịn nội tiếp tam giác ABC Cách giải 2: (Hình 2) Gợi ý: Trong cách giải yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ định lý Ta-lét đảo tính chất đường phân giác tam giác tính chất quan trọng mà em học lớp đa số HS trí khơng hay để ý đến tính chất ¼ ¼ MN Lời giải: Theo giả thiết ta có MA = MB · phân giác ANB Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ABN ta có: RA NA = (1) RB NB Tương tự: NP phân giác tam giác ACN ⇒ SA NA = SC NC (2) RA SA » = CN » = BN nên BN = CN kết hợp với (1) (2) ta RB SC ⇒ RS // BC (định lý Ta-lét đảo) Gọi giao điểm RS với AN I, BC AN D RS // BC nên ta có: AI RA NA RA AI NA = = = mà suy ID RB NB RB ID NB · · · ∆ BND ∆ ANB (vì có góc BNA chung BAN ) = NBD NA AB AI AB = = Nên Vậy NB BD ID BD · Suy BI phân giác góc ABC · Ở ta có I thuộc phân giác AN BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân · giác ABC nên I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.( Đpcm) BÀI TOÁN 4: T điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác hạ đường vng góc xuống ba cạnh tam giác ABC nội tiếp đường tròn Chứng minh chân ba đường vng góc thẳng hàng (Đường thẳng gọi đường thẳng Simson) Cách giải 1: µ =E µ = 900 ⇒ tứ giác BDPE tứ giác nội tiếp Vì D (*)(Góc nội tiếp chắn cung) · · ⇒ BED = BPD µ = 900 ⇒ tứ giác EFCP tứ giác nội tiếp F$ = E · · (**) (Góc nội tiếp chắn cung) ⇒ FEC = FPC · µ (1) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn ⇒ BPC =π - A PD ⊥ AB  · µ (2)  ⇒ DPF =π -A PF ⊥ AC  · · Từ (1) (2) ⇒ BPC = DPF · · ⇒ BPD (***) = FPC Từ (*) ; (**) (***) · · ⇒ BED ⇒ D ; E ; F thẳng hàng = FEC Cách giải 2: PE ⊥ EC  · ·  ⇒ Tứ giác EFCP tứ giác nội tiếp ⇒ FEP + PCF = 1800 (1) PF ⊥ FC  · · Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường trịn ⇒ ABP + FCP = 1800 · · · · Mà ABP (2) + BDP = 180 ⇒ FCP = DBP PD ⊥ BD  · ·  ⇒ Tứ giác EPDB tứ giác nội tiếp ⇒ DBP = DEP ( 3) PE ⊥ BC  · · Từ (1) ; (2) (3) ta có : PEF + DEP = 1800 Suy ba điểm D ; E ; F thẳng hàng Đối với toán tốn khó u cầu học sinh phải huy động nhiều kiến thức có liên quan việc tìm lời giải khó việc tìm cách giải khác vấn đề khó, với thân học sinh không làm sau giáo viên gợi ý học sinh dần tư sáng tạo tìm hướng tốn Đơn vị kiến thức áp dụng để giải toán - Để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo 1800 - Tứ giác nội tiếp đường trịn - Góc nội tiếp đường tròn Dạng 4: Chứng minh tam giác đồng dạng: BÀI TỐN 5: Đường trịn (O;R1) (O';R2) tiếp xúc P Một cát tuyến qua P cắt (O;R1) A (O';R2) B Một cát tuyến khác qua P cắt (O;R1) C (O';R2) D Chứng minh tam giác PAC PBD đồng dạng Sau đọc toán giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức hai đường trịn tiếp xúc với Và từ cần u cầu học sinh để giải toán chung ta phải xét hai trường hợp xảy Hai đường trịn tiếp xúc ngồi hai đường trịn tiếp xúc Ở tơi trình bày hai đường trịn tiếp xúc ngồi cịn trường hợp hai đường trịn tiếp xúc chứng minh tương tự Cách giải 1: (Hình 1) Gợi ý: - Tính chất hai đường tròn tiếp xúc - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ hai Lời giải: Ta có tam giác OAP tam giác O'BP tam giác cân O O' Suy ra: · · · · · · O'PB mà OPA OAP = OPA = O'BP = O'PB (Hai góc đối đỉnh) · · ⇒ OAP ⇒ ∆ OAP = PBO' ∆ O'BP ⇒ R PA PO = = (1) PB PO' R Tương tự ta có: · · · · · · O'PD mà OPC ( Hai góc đối đỉnh) OCP = OPC = O'DP = O'PD · · ⇒ OCP ⇒ ∆ OCP = PDO' ∆ O'DP ⇒ R PC PA = = PD R2 PB · · Lại có CPA Suy : ∆ PA1B1 = BPD R PC PO = = (2) PD PO' R Từ (1) (2) ta có: ∆ PA2B2 Cách giải 2: (Hình 2) Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy hai đường tròn - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ ba - Áp dụng định lí góc tạo tia tiếp tuyến dây cung Lời giải: Kẻ tiếp tuyến chung xPy hai đường tròn · · · · = CPy = xPD = PBD Ta có CAP (Áp dụng tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung nhau) · · Mặt khác APC (hai góc đối đỉnh) = BPD Suy : ∆ PA1B1 ∆ PA2B2 Bài tập giải nhiều cách Bài tập 1: Ở miền hình vng ABCD lấy điểm E cho · · = 150 Chứng minh tam giác ADE tam giác EAB = EBA Bài tập 2: Chứng minh định lí Pitago Bài tập 3: Cho hình vng ABCD, O giao điểm đường chéo AC BD gọi M N trung điểm OB CD chứng minh A; M; N; D thuộc đường tròn Bài tập 4: Cho tứ giác ABCD; AD = BC; M N trung điểm AB DC kéo dài AD, MN cắt E kéo dài BC, MN cắt F Chứng · · minh rằng: AEM = BFM Bài tập 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AC Trên tia AB lấy điểm D cho AD = 3AB Đường thẳng Dy vng góc với DC D cắt tiếp tuyến Ax đường tròn (O) E Chứng minh tam giác BDE tam giác cân Khái quát hoá tốn Sau tìm cách giải khác nhau, giáo viên cần cho học sinh khái quát hoá toán cách trả lời số câu hỏi cụ sau: 1) Trong cách chứng minh kiến vận dụng ? 2) Có cách chứng minh tương tự nhau? Khái quát đường lối chung cách ấy? 3) Và cách chứng minh kiến thức vận dụng kiến thức học lớp mấy, hỏi cụ thể chương tiết để kiểm tra nắm vững kiến thức học sinh 4) Cần cho học sinh phân tích hay cách trường hợp cụ thể ta nên áp dụng cách để đơn giản áp dụng để giải câu liên quan hình khơng có câu mà cịn có câu liên quan 5) Việc khái quát hoá toán vấn đề quan trọng Khái qt hóa tốn thể lực tư duy, sáng tạo học sinh Để bồi dưỡng cho em lực khái quát hoá đắn phải bồi dưỡng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, vận dụng kiến thức liên quan để biết tìm cách giải vấn đề trường hợp 6) Việc tìm nhiều lời giải cho tốn vấn đề khơng đơn giản địi hỏi học sinh phải có lực tư logic, kiến thức tổng hợp Khơng phải tốn tìm nhiều lời giải Mà thơng qua toán với nhiều lời giải nhằm cho học sinh nắm sâu kiến thức vận dụng kiến thức thành thạo để giải tốn khác II.1 Tính mới, tính sáng tạo: II.1.1 Tính mới: Sáng kiến “Rèn luyện khả tìm lời giải tốn hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9” nêu phương pháp, hướng dẫn học sinh tìm hiểu, khai thác kiến thức hình học nhằm phát huy lực tư sáng tạo em học sinh Từ giúp em học sinh khơng dễ dàng tiếp thu kiến thức mơn mà cịn học tập mơn khác cách nhanh hơn, tốt đạt hiệu cao II.1.2 Tính sáng tạo: Sáng kiến áp dụng mơn tốn khối lớp môn khoa học tự nhiên Giáo viên áp dụng sáng kiến việc giảng dạy theo phương pháp dạy học dạy học stem, dạy học theo trạm, dạy học bàn tay nặn bột, … Sử dụng kĩ thuật dạy học hoạt khăn trải bàn, đồ tư duy… II.2 Khả áp dụng, nhân rộng: Với sáng kiến học sinh hiểu chất tốn hình học Do đó, đề tài khơng dừng lại việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn hình học mà đề tài cịn mở rộng cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn khoa học tự nhiên lớp 6,7,8 cách hiệu quả, khơng cịn giúp em phát triển tư duy, sáng tạo môn học II.3 Hiệu quả, lợi ích thu áp dụng giải pháp a Hiệu kinh tế: b Hiệu mặt xã hội: Trong thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn, với cách làm mang lại hiệu cao việc rèn luyện lực sáng tạo toán cho học sinh Cụ thể 85% em học sinh thực có hứng thú học toán bồi dưỡng cho học sinh giỏi, tự độc lập tìm tịi nhiều cách giải khác mà không cần gợi ý giáo viên 15% em cần gợi ý trường hợp, song mong muốn tham dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi c Giá trị làm lợi khác: Trong năm bồi dưỡng học sinh giỏi áp dụng sáng kiến này, tơi có nhiều giải học sinh giỏi cấp … CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Xác nhận) (Ký tên, đóng dấu) Hải Phịng, ngày tháng năm Tác giả sáng kiến (Ký tên) ... năm 20 19 BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: ? ?Rèn luyện khả tìm lời giải tốn hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9? ?? Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy học môn Toán Tác... cách giải cho toán - Hướng dẫn học sinh đưa cách giải cho tốn, từ hướng dẫn học sinh tìm lời giải ngắn phù hợp học sinh - Tăng cường hoạt động tìm tịi, quan sát,đo đạc, dự đốn tiếp cận lời giải. .. NGUYỄN BỈNH KHIÊM BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN ? ?Rèn luyện khả tìm lời giải tốn hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9? ?? Tác giả: Phạm Văn Hải Trình độ chun mơn: Đại học tốn Chức vụ: Giáo viên Nơi công tác: