Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu

Trong việc ra đề kiểm tra chất lượng đầu năm, kiểm tra học kì , thi lên

lớp, thi chọn học sinh giỏi thì Giáo viên ra đề cần phải có năng lực sáng

tác các đề Toán mới vừa đáp ứng được các yêu cầu kiểm tra, đánh giá vừa

đảm bảo tính khách quan, công bằng và bí mật ( vì các đề này không nằm

trong bất cứ tài liệu nào đã có ).

Hơn nữa, ta đã biết “ Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích

cực, tự giác chủ động, tư duy sáng tạo của người học: Bồi dưỡng năng lực tự

học, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên “ ( Luật GD 1998, chương I , điều

4). Đó là một trong những định hướng quan trọng đổi mới phương pháp dạy

học Toán là rèn luyện cho HS năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề. Muốn

vậy, GV phải bồi dưỡng cho HS phải có kĩ năng tự học độc lập, thực chất là

thói quen độc lập suy nghĩ, suy nghĩ sâu sắc khoa học. Một hình thức cao của

công việc học tập độc lập đòi hỏi nhiều sáng tạo là việc HS tự ra lấy đề toán.

pdf42 trang | Chia sẻ: sangkien | Ngày: 25/12/2015 | Lượt xem: 1481 | Lượt tải: 39Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
tích của tam giác ABC là S. 
b) Cho n = 7 cm, m = 3 cm, hỏi diện tích tam giác ADM chiếm bao nhiêu 
phần trăm diện tích tam giác ABC? 
(Bài 21 trang 68 SGK Toán 8) 
Giải: 
MD
A
B C
a) Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC .Do đó điểm D nằm giữa B và M 
Ta có ADB
ADC
S DB AB
S DC AC
  
ADB
ADC ADB
S AB
S S AC AB

 
 hay ADB
ABC
S AB
S AC AB


 suy ra 
.ABC
ADB
S AB
S
AC AB


(3) 
Vì AM là trung tuyến nên SABM = SACM = 
2
ABCS (4) 
Do đó SADM = SABM - SADB (5) 
Từ (3), (4), (5) suy ra SADM = .
2
ABCS AC AB
AB AC


 hay SADM = .
2
S n m
m n


SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
25 
b) SADM = .
2
S n m
m n



1 7 3
. 20%
2 7 3
ADM
ABC
S
S

 

Vậy diện tích tam giác ADM chiếm 20% diện tích tam giác ABC. 
Từ kết quả của bài toán trên cho ta bài toán tổng quát sau: 
Bài 2. Tỉ số diện tích giới hạn bởi đường trung tuyến, đường phân giác của 
góc A và cạnh BC đối với diện tích tam giác ABC. Kí hiệu là A
ABCTS . 
a) CMR: 
1
2
A
ABC
AB AC
TS
AB AC



b) Áp dụng: Với AB = 10 cm. Xác định độ dài cạnh AC của ABC 
để SADM = 25% SABC. 
Giải: 
a) Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC 2BD < DC + BD 

2
BC
BD BM  .Do đó điểm D nằm giữa B và M 
Ta có ADB
ADC
S DB AB
S DC AC
  
ADB
ADC ADB
S AB
S S AC AB

 
 hay ADB
ABC
S AB
S AC AB


 suy ra 
.ABC
ADB
S AB
S
AC AB


(3) 
Vì AM là trung tuyến nên SABM = SACM = 
2
ABCS (4) 
Do đó SADM = SABM - SADB (5) 
Từ (3), (4), (5) suy ra SADM = .
2
ABCS AC AB
AB AC


 Hay 
1
2
ADB
ABC
S AC AB
S AB AC



Vậy 
1
2
A
ABC
AB AC
TS
AB AC



. 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
26 
b) Theo câu a và giả thiết ta có 
1 1
2 4
A
ABC
AB AC
TS
AB AC

 


1
10
1 2
3
12
30
2
AB AC
ACAB AC
AB AC
ACAB AC

      
     
Vậy AC = 30 (cm) hoặc AC = 
10
3
 (cm) thì SADM = 25% SABC 
Từ kết quả của bài toán này cho ta bài toán mới sau 
Bài 3. Tỉ số diện tích giới hạn bởi đường trung tuyến, đường phân giác của 
góc A và cạnh BC đối với diện tích tam giác ABC. Kí hiệu là AABCTS . 
 CMR: 
1 1 sin sin
.
2 2 sin sin
A
ABC
AB AC B C
TS
AB AC B C
 
 
 
b
a
c
ha
ma
fa
DM HC B
A
Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC 2BD < DC + BD 

2
BC
BD BM  . Do đó điểm D nằm giữa B và M 
DM = BM – BD =
2
BC
BD 
Từ (2) suy ra 
. ( ) . .
AC
AB DC AB BC BD AB BC AB BD
BD
AC AC
 
   
BD.AC = AB.BC – AB.BD BD(AB + AC) = AB.BC 

.AB BC
BD
AB AC



. ( ) 2 .
2 2( )
BC AB BC BC AB AC AB BC
DM
AB AC AB AC
 
  
 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
27 
H
A
B
C
Ta có 
. ( ) 2 . 1
.
. 2( ). 2
A
ABC
AH DM DM BC AB AC AB BC AC AB
TS
AH BC BC AB AC BC AB AC
  
   
 
Vì dạng tổng quát: AB có thể lớn hơn, nhỏ hơn hoặc bằng AC 
Nên ta có: 
1
2
A
ABC
AB AC
TS
AB AC



(a) 
Ta có 
sin
AH
AB
B
 và 
sin
AH
AC
C
 (trong ABH vuông tại H, ACH vuông tại H) 

1 1
1 1 1 sin sinsin sin sin sin
1 12 2 2 sin sin
sin sin sin sin
A
ABC
AH AH
C BB C B CTS
AH AH B C
B C B C
 

  

 
1 sin sin
2 sin sin
B C
B C



 (b) 
Từ (a) và (b) suy ra: 
1 1 sin sin
.
2 2 sin sin
A
ABC
AB AC B C
TS
AB AC B C
 
 
 
 (đpcm). 
5.Ví dụ 5: 
Chúng ta bắt đầu từ bài toán đơn giản sau: 
Bài toán : (Sau khi học sinh lớp 8 học xong bài trường hợp đồng dạng của hai 
tam giác trường hợp góc – góc) 
 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (HBC). Tìm các tam 
giác đồng dạng với nhau. 
Giải: HBA HAC ABC 
Từ kết quả của bài toán trên cho ta bài toán sau: 
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.(HBC) 
1. CMR: 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
28 
E
F
H
A
C
B
a) AB
2
 = BC.HB, AC
2
 = BC.HC 
b) BC
2
 = AB
2
 + AC
2
c) AH.BC = AB.AC 
d) AH
2
 = HB.HC 
e) 
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
  
2. Tính AB, BC, AC. Biết AH = 12 cm; HC = 16 cm 
3. Biết AB = 6cm; HC = 9cm. Tính BC. 
Từ kết quả của bài này cho ta bài toán mới sau 
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Qua H kẻ HE vuông 
góc với AB, HF vuông góc với AC (E AB, FAC). CMR: 
a) AE.AB = AF.AC 
b) AE.EB + AF.FC = AH2 
c) 
3
3
AB BE
CFAC
 
d) 33 32 2 2BC BE CF  
e) Tính số đo góc B và góc C khi AH2 = 4AE.AF 
Giải: 
6.Ví dụ 6: 
Chúng ta bắt đầu từ bài toán đơn giản sau: 
 Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. 
Hãy tìm các cặp tam giác đồng dạng với nhau. 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
29 
H
D
E
F
A
B C
Giải: 
ABE ACF; AHE ACD; AEF ABC;..... 
Từ kết quả của bài toán trên cho ta bài toán sau: 
Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. 
1. CMR: 
a) AE.AC = AF.AB = AH.AD 
b) HA.HD = HB.HE = HC.HF 
c) AB2 + BC2 + CA2 = 2(AH.AD + BH.BE + CH.CF) 
d) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 
e) . . . .
HD HE HF DB EC FA CB HD FA
AD BE CF DC EA FB CD HA FB
    
2. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường thẳng AC tại I, 
qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt BI tại K. CMR: EFAK 
HD: 
H
D
E
F
CB
A
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
30 
K
I
H
D
E
F
C
B
A
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, biết BC = a, AC = b, AB = c. Gọi S, p, r, R 
lần lượt là diện tích, nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính 
đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. 
Hãy tìm các kết luận của bài toán trên và chứng minh các kết luận đó. 
HD: 
Chứng minh rằng: 
 a) 2
sin sin sin
a b c
R
A B C
   
 b) S = 
1
sin ( ) )( )
2 4
abc
bc A pr p p a p b p c
R
      
 c) 1 2
a b c
b c c a a b
   
  
Giải: 
Kẻ các đường cao AH, BK, CL của ABC (HBC, KAC, LAB) 
I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Kéo 
dài OA cắt đường tròn (O) tại M 
r
R
M
H
O
L
K
I
A
B
C
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
31 
a) Ta có 
sin
a a ab
CLA CL
b
  ; 
sin
b b ab
CLB CL
a
 
sin sin
a b
A B
  (1) 
sin
a a ac
BKA BK
c
  ;
sin
c c ac
BKC BK
a
 
sin sin
a c
A C
  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
sin sin sin
a b c
A B C
  (3) 
Ta có : ABMC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O;R) 
AMB ACB C   
Ba điểm A, O, M thẳng hàng; A và M thuộc đường tròn (O;R) 
AM là đường kính của đường tròn (O;R) 
090AMB  và AM = 2R 
Ta có 2
sin sin
c c c
AM R
cC AMB
AM
    (4) ( ABM vuông tại B) 
Từ (3) và (4) suy ra 2
sin sin sin
a b c
R
A B C
   (đpcm) 
b) Ta có: 
1 1 1
. . in sin
2 2 2
ABCS c CL c bs A bc A    (*) 
1 1 1
. . .
2 2 2
ABC IAB IBC IACS S S S AB r BC r AC r         
 = 
1
. ( ) . .
2 2
a b c
r AB BC CA r p r
 
    (**) 
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông, ta có: 
 AB
2
- BH
2
 = AC
2
 – HC2 
 AB
2
- (BC –CH)2 = AC2 – HC2 
 AB
2
- (BC
2
 – 2BC.CH + CH2) = AC2 – HC2 
CH = 
2 2 2 2 2 2
2 2
AC BC AB b a c
BC a
   
 
 CH
2
 = 
2
2 2 2
2
b a c
a
  
 
 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
32 
AH
2
 = c
2
 - 
2
2 2 2
2
b a c
a
  
 
 
2
2 2 2 2 2
2 2 2. 1. .
4 2 4
ABC
AH BC b a c
S c a
a
   
    
   
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4 ( ) . (2 )(2 )
16 16
a c b a c a ac b a c ac b a c
a
            
( )( )( )( ) 2 (2 2 )(2 2 )(2 2 )
16 16
a b c a b c c a b c a b p p a p b p c          
  
= ( )( )( )p p a p b p c   
 ( )( )( )ABCS p p a p b p c    (***) 
Từ câu a) 2 2 sin 2 .
sin
a CL
R a R A R
A b
    
 ab = 2R.CL abc = 2R.CL.c = 2R.2SABC 
4 .
4
ABC ABC
abc
abc R S S
R
    (****) 
Từ (*),(**), (***),(****), ta có 
 S = 
1
sin ( ) )( )
2 4
abc
bc A pr p p a p b p c
R
      (đpcm) 
3. a, b, c là 3 cạnh của ABC suy ra a, b, c > 0 
 nên ta có a +b >c; b+c >a; a +c >b 

2
1
a a a
b c b c a b c
  
   

2
1
b b b
c a c a a b c
  
   

2
1
c c c
a b a b a b c
  
   

2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b a b c
 
   
    
(I) 
Vì a, b, c > 0 a + b < a + b + c; b + c < a + b + c; c + a < a + b + c; 
 ; ;
c c b b a a
a b a b c a c a b c b c a b c
  
        
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
33 
H
D
E
F
A
B C
 1
c b a a b c
a b a c b c a b c
 
   
    
(II) 
Từ (I) và (II) suy ra 1 2
a b c
b c c a a b
   
  
 (đpcm) 
7.Ví dụ 7: 
Chúng ta cũng bắt đầu từ bài toán đơn giản sau: ( sau khi HS học xong 
bài tứ giác nội tiếp) 
 Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. 
Hãy tìm các tứ giác nội tiếp. 
Giải: 
- Các tứ giác nội tiếp: AEHF, CDHE, BDHF (tổng hai góc đối bằng 
180
0
) 
- Các tứ giác nội tiếp: ABDE, BCEF, ACDF ( hai góc cùng nhìn một 
cạnh dưới 1 góc 900) 
Từ kết quả của bài toán trên cho ta bài toán sau: 
Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. 
1.CMR: 
a) AE.AC = AF.AB = AH.AD 
b) HA.HD = HB.HE = HC.HF 
c) AB2 + BC2 + CA2 = 2(AH.AD + BH.BE + CH.CF) 
d) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 
e) . . . .
HD HE HF DB EC FA CB HD FA
AD BE CF DC EA FB CD HA FB
    
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
34 
2. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường thẳng AC tại I, 
qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt BI tại K. CMR: EFAK 
3. CMR: 
a) SAEF = SABC .cos
2
A 
b) AE.BF.CD = AB.BC.AC.cosA.cosB.cosC 
c) 2 2 2EF
ABC
1 ( os os os )
S
DS c A c B c C    
K
I
H
D
E
F
C
B
A
Ta có bài toán tổng hợp hơn 
Bài 2. 
 Cho (O,R) và dây BC < 2R cố định; A chạy trên cung lớn BC 
1. Khi ABC nhọn có các đường cao AD; BE; CF đồng quy tại H. CMR: 
a) H là tâm đường tròn nội tiếp DEF 
b) AEF ABC. Từ đó chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp 
AEF không đổi 
c) OAEF 
d) SABC = 'p .R ( 'p là nửa chu vi của DEF) 
e) Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để 'p đạt giá trị lớn nhất 
f) BC2 = BE.BH + CF.CH 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
35 
2. Khi A chạy trên cung lớn BC . Gọi giao điểm của AH và (O) là 'A . 
a) Chứng minh H và 'A đối xứng nhau qua BC 
b) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp HAB, HBC, HCA 
bằng nhau 
c) Chứng minh: AH = 2 OM với M là trung điểm của BC 
d) Chứng minh H, G, O thẳng hàng ( G là trọng tâm ABC) 
e) Khi A chạy trên BC thì H chạy trên đường nào? 
f) Gọi M, N, P là trung điểm của CB, AC, AB. Kẻ các đường thẳng 
Mx//OA; Ny//OB; Pz//OC. CMR: Mx, Ny, Pz đồng quy. 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
36 
HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
+ Được tạp chí Toán học và Tuổi trẻ đăng bài trên Đặc san số 1 vào tháng 
10/2011 (chuyên mục dành cho THCS) với chuyên đề: “Từ một bài tập trong 
SGK Toán 7” ở phần ví dụ 1. 
+ Dạy bồi dưỡng giải Toán trên máy tính cầm tay các cấp : 
Năm học Cấp trường Cấp huyện Cấp tỉnh Quốc gia 
2010-
2011 
Đạt 5/8 ( 3 giải 
Nhì, 2 giải Ba) 
Đạt 3/5 (1 giải 
Nhất, 2 giải Ba) 
2011-
2012 
Đạt 29/35 ( 4 
giải Nhất, 7 giải 
Nhì, 14 giải Ba 
,4 giải KK) 
Đạt 9/17 ( 2 giải 
nhì, 1 giải Ba, 6 
giải KK) 
Đạt 8/10 (2 
giải nhất, 3 
giải Nhì, 2 
giải Ba, 1 giải 
KK) 
Đạt 1/5 (1 
giải KK) 
2012-
2013 
Đạt 12/27 ( 4 
giải Nhất, 1 giải 
Nhì, 5 giải Ba ,2 
giải KK)-Lớp 9 
Đạt 11/12 ( 2 
giải Nhất, 4 giải 
nhì, 5 giải Ba)-
Lớp 9 
Đạt 8/10 ( 3 
giải Nhì, 2 
giải Ba, 3 giải 
KK) 
Đạt 3/5 (2 
giải Ba,1 
giải KK) 
2013-
2014 
 Khối 8: Đạt 
11/15 ( 5 giải Ba, 
6 giải KK) 
Khối 9: Đạt 
13/15 ( 2 giải 
Nhất, 3 giải Nhì, 
3 giải Ba, 5 giải 
KK) 
Đạt 7/10 (2 
giải Nhất, 2 
giải Nhì, 2 
giải Ba, 1 giải 
KK) 
Đạt 3/5 (1 
giải Ba, 2 
giải KK) 
2014-
2015 
 Khối 9: Đạt 
10/10 (2 giải 
Nhất, 5 giải Nhì, 
3 giải Ba) 
Đạt 10/10 (1 
giải Nhất, 3 
giải Nhì, 4 
giải Ba, 2 
KK) 
Đạt 3/5 (1 
giải Ba, 2 
giải KK) 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
37 
+ Dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán các cấp: 
Năm học Cấp huyện Cấp tỉnh 
2011-2012 - Lớp 8: Đạt 6/7 (1 giải Nhất, 
4 giải Nhì, 1giải Ba) 
Lớp 9: Đạt 18/20 (1 giải 
Nhất, 5 giải Nhì, 6 giải Ba, 6 
giải KK). 
2012-2013 - Lớp 9: Đạt 6/7 (1 Nhất, 2 
Nhì, 2 Ba, 1KK) 
-Lớp 8: Đạt 4/7 (2 giải Nhì, 
1giải Ba, 1giải KK). 
Lớp 9: Đạt 11/20 (2 giải Nhì, 
4 giải Ba, 5 giải KK). 
2013-2014 -Lớp 8: Đạt 10/10 (2 giải Nhì, 
4 giải Ba, 4 giải KK). 
- Lớp 9: Đạt 6/7 (1 giải Nhất, 
1 giải Nhì, 2 giải Ba, 2 giải 
KK). 
Đạt 17/20 (4 giải Nhì, 4 giải 
Ba, 9 giải KK). 
2014-2015 -Lớp 9: Đạt 7/10 ( 2 giải Nhì, 
3 giải Ba, 2 giải KK) 
Đạt 11/20 (7 giải Ba, 4 giải 
KK). 
+ Có 3 học sinh đạt giải “Violympic” quốc gia : 1 HCV, 1HCB, 1HCĐ 
+ Có 1 học sinh đậu vào lớp 10 trường chuyên Toán thuộc Đại học Quốc gia 
TPHCM và nhiều em vào trường chuyên Lê Khiết và lớp chọn của trường 
THPT số 2 Mộ Đức. 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
38 
KẾT LUẬN 
Biết rằng các bài Toán này đã được phát triển từ bài toán đã có. Nhưng 
nó đã nâng lên một bước phát triển mới trong phương pháp giảng dạy hiện 
nay. Khởi đầu của sự sáng tạo mới của GV bộ môn đưa đến cho HS tiếp thu 
những cái mới lạ, tạo hứng thú trong học tập và phát triển tư duy Toán học. 
 Trên đây là nội dung sáng kiến mà bản thân tôi đã tích luỹ được trong 
quá trình giảng dạy. Vì khả năng và thời gian có hạn nên sang kiến này xin 
được tạm dừng ở đây. 
 Rất mong sự góp ý của các đồng chí, đồng nghiệp để sáng kiến này 
được phát huy tốt hơn nữa. 
Đức Nhuận, ngày 20 tháng 10 năm 2014. 
 NGƯỜI VIẾT 
 Trần Ngọc Duy 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
39 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1. Tôn Thân , Sách giáo khoa đại số 7, hình học 8, 9 NXB Giáo dục 
2. Nguyễn Vũ Thanh (2001), Chuyên đề BD Số học THCS - THPT , NXB trẻ 
3. Phạm Đức Tài (2005), Tự hoc, tự kiểm tra theo chuẩn Toán 9, NXB ĐHSP 
4. Một số chuyên đề báo Toán học tuổi trẻ,  
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
40 
NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHGD TRƯỜNG 
- Tác dụng của sáng kiến kinh nghiệm: 
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................. 
- Tính thực tiễn, sư phạm, khoa học: .................................................... 
- Hiệu quả: ......................................................................................................... 
- Xếp loại: ........................................................................................................... 
 Đức nhuận, ngày ... tháng .... năm 2015. 
 CT. HĐKHCS 
 Ngô Bang 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
41 
NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHGD PGD MỘ ĐỨC 
- Tác dụng của sáng kiến kinh nghiệm: 
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
............................................................................................................................. 
.....................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
.............................................................................................................................
............................................................ 
- Tính thực tiễn, sư phạm, khoa học:................................................... 
- Hiệu quả: ......................................................................................................... 
- Xếp loại: ........................................................................................................... 
 Mộ Đức, ngày ... tháng .... năm 2015 
 CT. HĐKH PHÒNG GD 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
42 

File đính kèm:

  • pdfSKKN_Phuong_phap_phat_trien_bai_toan_moi_tu_bai_toan_ban_dau.pdf
Sáng Kiến Liên Quan