CD CAC BAI TOAN CUC TRI TRONG HINH HOC

ThËt vËy, do tÝnh chÊt trõu tîng cao ®é cña to¸n häc, m«n to¸n cã thÓ gióp rÊt nhiÒu cho viÖc rÌn luyÖn cho häc sinh ãc t duy, trõu tîng... Khi ®ã bµi to¸n cùc trÞ còng cã duy nhÊt ®iÓm [r]

A Đặt vấn đề

I/ Lời nói đầu:

Tốn học có vai trị quan trọng đời sống ngành khoa học Ngay từ kỷ VIII nhà t tởng ngời Anh R.Be - ( R Bacon) nói rằng: “Ai khơng hiểu biết tốn học khơng thể hiểu biết khoa học khác khơng thể phát dốt nát mình” Tốn học có vai trị nh tốn học “không tập hợp kiện, trình bày dới dạng định lý, mà trớc hết hệ thống phơng pháp, ngơn ngữ để diễn tả kiện phơng pháp lĩnh vực khác khoa học hoạt động thực tiễn

Mơn tốn có khả giúp cho học sinh phát triển lực phẩm chất trí tuệ Thật vậy, tính chất trừu tợng cao độ tốn học, mơn tốn giúp nhiều cho việc rèn luyện cho học sinh óc t duy, trừu tợng Do tính xác cao, suy luận lơgíc chặt chẽ, “mơn thể thao trí tuệ” tốn học có khả phong phú dạy cho học sinh t xác, t hợp lơgíc Việc tìm kiếm chứng minh định lý, tìm lời giải tốn có tác dụng lớn việc rèn luyện cho học sinh phơng pháp khoa học suy nghĩ, suy luận, học tập, việc giải vấn đề, biết quan sát thí nghiệm, mị mẫm dự đoán, dùng quy nạp, tơng tự, chứng minh, qua có tác dụng lớn rèn luyện cho học sinh trí thơng minh, sáng tạo Để phát huy tính sáng tạo phải hớng dẫn cho học sinh giải toán nhiều cách.Việc giải toán nhiều cách giúp học sinh vừa rèn luyện kỹ năng, lại vừa phát triển t tốn học Qua cịn tìm ‘cái hay’ lời giải Nhng để làm đợc điều khơng phải dễ Nó địi hỏi ngời học tốn, làm tốn phải nhìn tốn theo góc độ khác nhau, biết vận dụng kiến thức phù hợp với tình huống, biết phân tích ‘mổ xẻ’ tốn để tìm lời giải, tìm thấy hay tốn đó, suy luận đặc biệt hố tổng qt hóa tốn để có đợc toán tơng tự, với cách làm tơng tự Từ phát triển, đào sâu kiến thức, gây hứng thú học tập cho học sinh

II/ Thực trạng vấn đề nghiên cứu:

1/ Thùc tr¹ng:

Trong q trình giảng dạy bồi dỡng đồng đội học sinh giỏi trờng THCS, nhận thấy học sinh điều đa số em có ý thức học tập, thích đợc nghiên cứu nhng có nhợc điểm hay tự thỗ mãn, cần tìm lời giải cho tập coi nh xong, mà cha có thói quen xem xét tốn khía cạnh, góc độ khác để phát tính chất hay vận dụng vào giải tập

khác Nhất phân mơn hình học, tập dới dạng khác, u cầu khác nhiều em lúng túng khơng biết cách giải nh nào? Nhiều em ‘sợ’ làm tập hình lực suy nghĩ lơgíc học sinh cịn nhiều hạn chế

2/ KÕt qu¶ cđa thùc tr¹ng:

Qua kiểm tra em đồng đội bồi dỡng học sinh giỏi kết thu đợc nh sau: Có có em làm đợc, có em tìm đợc lời giải trờng hợp đặc biệt, nhng có khơng có em làm đợc dạng tốn khó bắt buộc em phải suy luận, phải biết xét hết trờng hợp xãy ra, nhng hầu nh em cha có thói quen

Từ thực tế q trình giảng dạy tơi ln cố gắng tìm tòi phơng pháp để gây hứng thú học tập, nghiên cứu, suy nghĩ để tạo cho học sinh thói quen nghiên cứu, thói quen khai thác để tìm phơng pháp giải cho hay nhiều tốn, biết ‘quy lạ quen’ để tìm lời giải

Sau tơi xin trình bày dạng tốn mà tơi hớng dẫn học sinh biết cách suy luận khai thác toán q trình giảng dạy, dạng “bài tốn cực trị hình học”

II Néi dung

A- Một số vấn đề cần lu ý giải toán cực trị trong hỡnh hc:

Các toán cực trị hình häc thêng cã d¹ng:

Xét tập hợp hình có chung tính chất, phải tìm hình cho đại lợng có giá trị lớn giá trị nhỏ Để làm đợc việc ta thờng sử dụng kết sau:

1 Quan hệ đờng vng góc đờng xiên, dờng xiên đờng vng góc hạ từ điểm đến đờng thẳng

* Đờng vuông gúc ngn hn mi ng xiờn

* Đờng xiên có hình chiếu lớn lớn ngợc lại Quan hệ cạnh góc tam gi¸c

* Trong tam giác đối diện với góc lớn cạnh lớn ngợc lại

* Trong hai tam giác có hai cặp cạnh tơng ứng cạnh thứ ba tam giác lớn cạnh thứ ba tam giác góc đối diện lớn ngợc lại

3 Trong tất đờng nối liền hai điểm, đoạn thẳng nối liền hai điểm ngắn

4 Bất đẳng thc tam giỏc:

Với ba điểm mỈt phÈng, B, C ta cã:  AC  AB + BC

 AC = AB + BC  A, B, C, thẳng hàng, B nằm A C  AC - AB  BC

AC - AB = BC  A, B, C, thẳng hàng, B nằm A C Trong tất dây cung đờng trịn, đờng kính dây lớn

6 Trong đờng tròn, dây cung có độ dài ngắn có khoảng cách đến tâm lớn ngợc lại

7 Gi¶ sư ta cã

b a

với a > b > Nếu a không đổi,

b a

đạt giá trị lớn b đạt giá trị nhỏ

b a

đạt giá trị nhỏ b đạt giá trị lớn Một số bất đẳng thức đại số:

* x2  0 * - x2  0 * (x + y)2

 4xy, dÊu = x¶y  x = y Suy ra:

Nếu x + y số x.y lớn  x = y Nếu xy số x + y nhỏ  x = y * Bất đẳng thức Côsi với hai số không âm:

ab ab

2

* Bất đẳng thức Bunhiacospki: (mx + ny)2

 (m2 +n2)(x2 + y2)

B- Một số toán minh họa:

Bi toỏn 1: Cho tam giác ABC có góc nhọn, M điểm cạnh BC. Gọi E, F theo thứ tự hình chiếu M AB, AC Tìm vị trí M để EF có độ dài nhỏ

M

F E

C B

A

1 Phân tích, tìm cách giải:

* Thử cho M



B => M



B



E EF đờng cao BF tam giác ABC Gọi I trung điểm AM => IA = IB = IF => IBF = IEF cân có đỉnh I

MIF = EIF = 2Â không đổi, mà EF cạnh đáy tam giác cân nên EF nhỏ cạnh bên nhỏ  IE = IM nhỏ  AM nhỏ 

M



H chân đờng cao AH ABC

* Giả sử M



C => M



C



F, tơng tự nh => M



H chân đờng cao

H M M

F

F E

E

I I

C B C

A A

F

E B

M H I

C B

A

cña ABC

* M



BC nhng khác B C ta nhận hai tam giác vng AEM AFM có chung cạnh huyền AM => IA = IE = IM = IF, ta có IEF cân đỉnh I, có EIF =

2Â khơng đổi, cạnh đáy EF tam giác cân nhỏ cạnh bên IE = IM nhỏ  AM nhỏ  M



H chân đờng cao AH tam giác ABC 2 Lời giải (tóm tắt):

Xác định I trung điểm AM => IA = IE = IM = IF => EIF cân I có

EIF = 2Â (không đổi) EF cạnh đáy => EF nhỏ  IE = IF nhỏ

 AM nhỏ  M



H chân đờng cao tam giác ABC 3 Khai thác toán.

Nhận xét 1: Hãy đặc biệt hóa tam giác ABC toán 1, chẳng hạn giả sử Â = 900, ABC vng A Ta có toỏn khỏc tng t

Bài toán 1.1 :

Cho ABC vuông A, gọi M điểm cạnh BC gọi E, F theo thứ tù lµ

hình chiếu cảu M AB AC Tìm vị trí M để EF có độ di nh nht

Ngời thực hiện: Phạm Thị Thủy

C¸c gãc A, B, C nhän

GT M



BC; ME  AB; MF  AC

M F E C B A

Ta dễ dàng nhận tứ giác AEMF hình chữ nhật: có hai đờng chéo EF = AM

EF nhỏ  AM nhỏ  M



H chân đờng cao tam giác ABC

Nhận xét 2: Hãy tiếp tục đặc biệt hóa tốn 1.1, chẳng hạn xét trờng hợp

AB = AC Ta cã toán tơng tự khác

Bài toán 1.2:

- Cách chứng minh EF nhỏ giống nh chứng minh 1.1 - Ngoài ta thu đợc kết mới: ABC cân A  B = C

 M = M’  M’P = MP  M’F’ + M’E’ = MF + ME

Các hình chữ nhật AEMF vµ AE’M’F’ cïng chu vi

NhËn xÐt 3: Hai điểm M M cạnh huyền BC (khác với B C) tam giác

vuông cân có hình chiếu lên hai cạnh góc vuông, tạo thành hình chữ nhật tơng ứng có chu vi, hÃy xem trờng hợp ngợc lại Ta có to¸n kh¸c

Bài tốn 1.3: Chứng minh từ hai điểm cạnh huyền BC (khác với B C) tam giác vuông ABC có hình chiếu lên hai cạnh góc vng tạo thành hai hình chữ nhật có chu vi tam giác vng phải tam giác vng cân

Học sinh dựa vào kết thu đợc 1.2 dễ dàng chứng minh đợc toán 1.3 Bài tốn 2: Cho hình vng ABCD.

Ngời thực hiện: Phạm Thị Thủy

¢ = 900.

GT M



BC; ME  AB; MF  AC

KL Tìm M



BC / EF có độ dài nhỏ

Cho tam giác vuông cân ABC (Â = 900) Gọi M điểm bất lì cạnh BC gọi E, F theo thứ tự hình chiếu M AB, AC Tìm vị trí M để EF có độ dài nhỏ

cđa M

a, Dựng đờng thẳng cắt tia AB, AD M N cho C trung điểm MN

b, Chứng minh tam giác AMN nhận đợc cách dựng có diện tích nhỏ tam giác tạo tia AB, AD đờng thẳng qua đỉnh C

GT ABCD hình vuông M

AB, N

AD KL Dùng MN / CM = CN

SAMN nhá nhÊt

1 Ph©n tÝch, tìm cách giải: Chỉ xin nêu cách:

* Giả sử MN dựng đợc thỏa mãn điều kiện tốn Ta có CM = CN , CB // AD => BA = BM => cách xác định M biết đỉnh A => Xác định đ ợc N

Với cách xác định ta có điểm M điểm N => MN nhận C trung điểm

* Để chứng minh đợc SAMN nhỏ nhất, qua C vẽ đờng thẳng M’N’ => CN’ CM’ (theo nhận xét trên), chẳng hạn CN’ > CM’ ta dễ dàng nhận diện tích AMN nhỏ

h¬n diƯn tích AMN

2 Lời giải (tóm tắt):

* Dựng M đối xứng với A qua B Nối M với C cắt tia AD N MN đ ờng thẳng cần dựng vì:

CB // AD (gt) BA = BM (c¸ch dùng)

Chỉ có điểm M đối xứng với A qua B => có điểm N thuộc tia AD => có MN / CM = CN

* Qua C vẽ đờng thẳng M’N’ / M’ thuộc tia AB, N’ thuộc tia AD ta phải chứng minh đợc SAMN < SAM’N’

Thật CM’  CN’, chẳng hạn CN’ > CM’ , tia M’C ta lấy P đối xứng với M’ qua C, ta dễ dàng nhận SMM’C = SCPN => SAMN < SAM’N’

3 Khai thác toán:

Nhn xột 1: gii đợc toán ta vận dụng đến yếu t CB // AD (tớnh cht

của hình vuông ABCD) Ta hÃy thay hình vuông ABCD hình thoi Ta có toán tơng tự:

Bài toán 2.1: Cho h×nh thoi ABCD

a Dựng đờng thẳng cắt tia AB, AD M, N cho C trung điểm MN b Chứng minh AMN dựng đợc cách dựng nói có diện tích nhỏ

nhất tam giác tạo tia AB, AD đờng thẳng qua C Giải toán 2.1 tơng tự nh tốn

NhËn xÐt 2: H·y thay h×nh thoi toán 2.1 thành hình chữ nhật ABCD thiết

lập toán tơng tự Ta có:

Bài toán 2.2: (Học sinh tự nêu thành đề toán). Giải toán 2.2 tơng tự nh toỏn

Ngời thực hiện: Phạm Thị Thủy

NhËn xÐt 3: H·y thay h×nh chữ nhật toán 2.2 thành hình bình hành ABCD và

thiết lập toán tơng tự Ta cã:

Bài toán 2.3: (Học sinh tự nêu thành đề toán). Giải toán 2.3 tơng tự nh toán

NhËn xÐt 4:

* Đỉnh C nằm miền góc đối diện tứ giác nói

* Để dựng đợc MN / CM = CN theo cách dựng ln vận dụng đến tính chất CB //AD (cạnh đối song song tứ giác trên) Hãy đặt vấn đề: C điểm nằm góc cho trớc, thiết lập tốn tơng tự Ta cú bi toỏn tng quỏt

Bài toán 2.4: Cho góc xAy điểm C thuộc miền gãc.

a Qua C dựng đờng thẳng cắt tia Ax, Ay teo thứ tự M, N cho C trung điểm MN

b Chứng minh tam giác MAN nhận đợc cách dựng có diện tích nhỏ tất tam giác tạo tia Ax, Ay đờng thẳng qua C Giải tốn 2.4 tơng tự nh giải toán 2, lu ý từ C vẽ đờng thẳng song song với tia Ay cắt tia Ax B từ suy cách xác định M N nh tốn

Bµi toán 3:

1 Phân tích, tìm cách giải:

Ly K bt kỡ trờn dờng trịn đờng kính AB (K  O) ta phải chứng minh chu vi 

OAB lín h¬n chu vi KAB diện tích OAB lớn diện tích KAB

* Muốn chứng minh đợc (1) ta phải chứng minh

OA + OB + AB > KA + KB + AB  OA + OB > KA + KB

Ta tìm cách biểu diễn tổng OA + OB đờng thẳng KA + KB đờng thẳng, chẳng hạn cách tia OA xác định O’ cho OO’ = OB, tia BK xác định K’ cho KK’ = KA => O’ = K’ = 450 => O’ K’ nằm

cung chứa góc 450 vẽ đoạn AB => điểm O’, K’, A, B nằm phần đờng trịn lớn có đờng kính AO’ => AO’ > BK’ => đpcm

* Muốn chứng minh đợc (2) ta cần so sánh khoảng cách từ điểm O, K đến AB, ta dễ dàng suy điều phải chứng minh

Ngêi thực hiện: Phạm Thị Thủy

Cho tam giác vuông cân AOB (đỉnh O) nội tiếp đờng trịn có đờng kính cạnh AB Chứng minh với tam giác vng nọi tiếp đờng trịn nói tam giác vng cân AOB có chu vi lớn nhất, đồng thời tam giác có diện tích lớn

GT OA = OB; AOB = 900 AB đờng kính KL COAB > CAKB (1)

SAOB > SAKB (2)

H I K'

K

O'

O

2 Lời giải (tóm tắt).

* Trªn tia OA lÊy O’ cho OO’ = OB Trªn tia BK lÊy K’ cho KK’ = KA

Mà OAB = 450 => ABO’ = 900 => O’, K’ nằm cung chứa góc 450 vẽ trên đoạn AB => O’, K’, A, B nằm phần đờng trịn lớn có đờng kính AO’ => AO’ > BK’ => OA + OB > KA + KB => đpcm

*O điểm nửa đờng trịn đờng kính AB mà K  O => OH > KI, với K  O => SOAB > SKAB => pcm

3 Khai thác toán.

Nhận xét 1: Sau chứng minh đợc tốn ta phát biểu cách khái

qu¸t nh sau:

Trong tất hình nội tiếp đờng trịn hình chữ nhật có cạnh liên tiếp (hình vng) có diện tích lớn hình có chu vi lớn Từ nhận xét ta đến toỏn sau:

Bài toán 3.1:

Tỡm mt hỡnh chữ nhật nội tiếp đờng trịn cho hình chữ nhật có chu vi lớn Chứng minh hình chữ nhật có diện tích lớn

Học sinh dễ dàng giải đợc toán 3.1 giải đợc tốn Bài tốn 3.1 - đề thi học sinh giỏi toán quốc gia năm học 1968 – 1969

NhËn xÐt 2: HÃy giải toán 3.1 trờng hợp tổng quát hơn, cách thay

hình chữ nhật tứ giác lồi, ta có toán khác Bài to¸n 3.2:

Trong tứ giác nội tiếp đờng trịn, tứ giác có: a, Diện tích lớn nhất?

b, Chu vi lín nhÊt?

Nhờ kết toán 3.1 ta dự đoán tứ giác cần tìm hình chữ nhật có hai cạnh liên tiếp (hình vng) Ta chứng minh dự đốn

a, Giả sử ABCD tứ giác có diện tích lớn tứ giác nội tiếp đờng tròn tâm O (*) Ta phải chứng minh tứ giác có cạnh

Gi¶ sử tồn cạnh không nhau, chẳng hạn AB AD Gọi A điểm cung BD cã chøa A

Ta có: SABD < SA’BD => SABCD < SA’BCD trái với (*) Vậy tứ giác nội tiếp đờng trịn tâm O có diện tích lớn phải có cạnh nhau, tứ giác hình vng

Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m ThÞ Thđy

=> O’ = K’ = 450

A'

D

C B

A

b, Chøng minh t¬ng tù ta cã: Chu vi ABD < chu vi A’BD

=> Chu vi tø gi¸c ABCD < chu vi tø gi¸c A’BCD, trái với giả thiết ABCD tứ giác có chu vi lín nhÊt

Nhận xét 3: Vì chu vi hình vng nội tiếp đờng trịng tâm O bán kính R 4R

2 < 6R vµ diƯn tÝch hình vuông 2R2 nên ta có toán khác>

Bài toán 3.3:

Chng minh rng mi tứ giác nội tiếp đờng trịn tâm O bán kính R có chu vi nhỏ 6R có diện tích khơng lớn 2R2.

Häc sinh tự giải toán 3.3 nhờ vào kết toán 3.2 Bài toán 4:

Cho hỡnh thang ABCD, đáy nhỏ AB Một đờng tròn tâm O qua hai đỉnh A B đồng thời tiếp xúc với đáy lớn DC M Chứng minh AMB góc lớn so với gócAM’B với M’ điểm đáy lớn DC

GT AB // DC; OM  DC t¹i M

(O) qua A, B, M KL AMB lµ gãc lớn 1 Phân tích, tìm lời giải:

Muốn chøng minh AMB lµ gãc lín nhÊt so víi mäi góc AMB với M DC, ta làm nh sau: Lấy M DC ta chứng minh cho AMB > AM’B Ta nhËn AMB lµ gãc néi tiÐp ch¾n cung AB

Góc AMB góc có đỉnh ngồi đờng trịn (O) chắn cung AB cung nhỏ Ta dễ dàng so sánh đợc góc => đpcm

2 Lêi gi¶i (tãm t¾t):

Lấy M’ cạnh đáy DC Ta có sđ AMB =

2

s® AB (gãc néi tiÕp) s® AM’B <

2

sđ AB (góc có đỉnh ngồi (O)) 3 Khai thác toán:

Nhận xét 1: Việc chứng minh AMB lớn khơng vận dụng đến hai cạnh bên

AD BC hình thang ABCD Ta mở rộng toán cách thay đổi số kiện đề bài, chẳng hạn nh bỏ điều kiện “hình thang ABCD” Và đặt vấn

Ngời thực hiện: Phạm Thị Thủy

O

M'

M C

D

B A

thay cạnh DC hình thang đờng thẳng d, với A, B (O), AB khơng cịn song song với d Ta có tốn tơng tự

Bµi to¸n 4.1:

Cho đờng thẳng d tiếp xúc với đờng tròn tâm O M Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm A, B (khác M) Chứng minh góc AMB góc lớn so với góc AM’B với M’ điểm đờng thẳng d

Để giải đợc toán 4.1 cần phân biệt hai trờng hợp: a, AB // d Giải tơng tự nh toán

b, AB



d = {I}  I, A, B thẳng hàng, ta lại có hai trờng hợp:

* Víi M’



tia Iy: Ta chøng minh nh bµi

to¸n

* Víi M’



tia Ix: Ta cã

AM’B < BM’I < BIM (gãc ngoµi cđa BM’I)

Mµ BIM < AMB => AM’B < AMB (đpcm)

Nhận xét 2: 4.1 cho trớc hai điều kiện:

Đờng tròn tâm O qua A B

ng trũn tâm O tiếp xúc với đờng thẳng d M

Ta đặt vấn đề: Nếu cho trớc hai điểm A B đờng thẳng d, ta dựng đợc đờng tròn tâm O qua A, B tiếp xúc với đờng thẳng d không? Ta cú bi toỏn dng hỡnh:

Bài toán 4.2:

Cho hai điểm A, B nằm nửa mặt phẳng bờ đờng thẳng d Dựng đờng tròn qua A, B tiếp xúc với đờng thẳng d

XÐt hai trêng hỵp:

a, AB // d : Dựa vào cách chứng minh toán dễ dàng phát tâm O đờng tròn cần dựng nằm đờng trung trực đoạn thẳng AB để xác định đợc O, trớc hết xác định M giao đờng thẳng d với đờng trung trực AB Từ

suy cách xác định tâm O (là giao hai đờng trung trực AB BM)

Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m ThÞ Thđy 10

M O

B A

d

A

d y O

B

M I

M' x

O

M

b, AB



d = {I} Gọi M tiếp điểm, ta có IM2 = IA.IB Vì A, B cho trớc nên M hồn tồn đợc xác định cách dựng IM trung bình nhân IA IB Sau dựng đờng trịn qua điểm A, B, M

Víi c¸ch dùng ta có điểm M nằm hai phía I d Bài toán có hai nghiệm hình

Nhận xét 3: Giải đợc tốn 4.2 Nhìn trở lại toán 4.1, ta xác định đợc điểm

M



d M có tính chất nhìn AB cho trớc dới góc lớn (A,B nằm nửa mặt phẳng bờ d) Ta có tốn gần với tốn 4.2 nhng mức độ khó Bài tốn 4.3:

Cho ®iĨm A,B nằm nửa mặt phẳng bờ d Tìm điểm M d cho AMB lớn

Để giải đợc toán 4.3 ta cần tiến hành theo hai bớc:

Bớc 1: Phải dựng đợc (O) qua AB tiếp xúc với đờng thẳng d (Nh toán 4.2 đã đợc giải trên)

Bớc 2: Gọi M tiếp điểm (O) với đờng thẳng d, ta phải chứng minh đợc AMB lớn

XÐt trêng hỵp:

a, AB // d: bớc 1, dựng (O) có điểm M => có (O) qua AB tiếp xúc với d M (Nh phần a 4.2) Khi tốn cực trị có điểm M Việc chứng minh AMB lớn đa tơng tự nh toán

b, Đờng thẳng qua AB giao với d I Khi tốn dựng hình bớc có nghiệm hình (theo b tốn 4.2) Có đờng tròn tâm O O’ qua A, B tiếp xúc với d M M’ => có AMB AM’B, ta lại phải so sánh để chọn góc lớn (hay góc nhau) Có trờng hợp:

* R  R, chẳng hạn R < R => OA < OA => AOO < AOO (theo tơng quan cạnh, góc tam giác AOO)

Mặt khác: Vì OO  AB => AO’O = AM’B vµ AOO’ = AMB

=> AM’B < AMB => điểm M nghiệm tốn cực trị, tiếp điểm (O) có bán kính nhỏ => AMB lớn

Ngời thực hiện: Phạm Thị Thủy 11

d d

B B

O

O O'

O'

I

I M M' M

M'

* R = R’ => O’AO cân đờng thẳng qua AB vng góc với d, dễ dàng suy

ra: AO’O = AOO’ = AMB = AMB => toán cực trị có nghiệm hình M M => AMB = AMB lµ gãc lín nhÊt (M vµ M’ thc d)

C.kÕt luËn

Qua trình dạy học áp dụng đề tài có hiệu định:

- Về thái độ: Các em khơng cịn thấy” sợ” mơn hình , nhiều em có hứng thú giải tập hình , em học sinh giỏi thích học khai thác tập mức độ đơn giản

- Về kĩ năng: Các em biết nhận dạng tập để làm, biết phân tích quy từ “lạ quen” để làm, biết khai thác tập vận dụng giải toán linh hot hn

Qua phơng pháp nhận thÊy r»ng:

- Mọi tốn khó có nguồn gốc từ toán quen thuộc Nếu học sinh biết t tìm tịi tìm đợc lời giải hay cho toán giải đợc nhiều tốn tơng tự Điều hứng thú học tập đạt kết cao kì thi

- Có thể xây dựng đợc dạng tập hệ thống dạng tập dạy bồi dỡng học sinh vừa đảm bảo củng cố kiến thức bản, vừa rèn luyện kĩ năng, lại vừa phát triển óc sáng tạo, t linh hoạt cho học sinh

- Tập dợt cho học sinh biết đề đợc tốn có tính chất tơng tự, khái quát

Trên kinh nghiệm nhỏ q trình giảng dạy tơi Đối với đề tài tơi cịn tiếp tục nghiên cứu

Với khả thân nhiều hạn chế nên đề tài không tránh đợc thiếu sót Rất mong nhận đợc đóng góp chân thành đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn!

Yên định, ngày 22 tháng 03 năm 2010

Ngời viết :

Phạm Thị Thủy