Sáng kiến kinh nghiệm Rèn khả năng tìm lời giải bài toán Hình học cho học sinh giỏi Lớp 9

1) Cơ sở lý luận:

Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừu tượng cao, tính Lụgíc đồng thời môn toán còn là bộ môn công cụ hổ trợ cho các môn học khác.Với môn Hình Học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán, suy luận Logíc, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh . Đặc biệt là rèn luyện của học sinh Khá, Giỏi. Nâng cao được năng lực tự duy, tính độc lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài tập toán nhất là bộ môn hình học càng có ý nghĩa quan trọng. Việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng sáng tạo đối với bộ môn Hình Học càng phải biết rèn luyện năng lực tư duy trừu tượng và phán đoán Lôgíc

2) Cơ sở thực tiễn.

Qua các năm công tác giảng dạy ở trường tôi nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người thầy cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách giải nhất. Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở trường việc có được học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất hiếm và khó, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài Toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động tư duy sáng tạo. Vì vậy tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm : "Rèn khả năng tìm lời giải bài toán Hình học cho học sinh Giỏi lớp 9 " Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài Toán tổng quát và xây dựng các bài Toán tương tự.

 

doc20 trang | Chia sẻ: sangkien | Ngày: 05/08/2015 | Lượt xem: 834 | Lượt tải: 45Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Rèn khả năng tìm lời giải bài toán Hình học cho học sinh giỏi Lớp 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
g minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB.
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý : - Kẻ PI AB 
 - Xét hai tam giác APK và API
Lời giải: Kẻ PI AB. 
Xét DAPK và DAPI cú
APK vuông tại K ( Vì góc AKD là góc nội 
tiếp chắn nữa đường tròn đường kính AD)
ADP cân tại D( vỡ AD = DP )
 = 
Mặt khác. = ( So le trong vì AD // PI )
Do đó: APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) PK = PI 
Cách giải 2: Hình 2
 Gợi ý: - Ngoài cách CM APK = API 
bằng nhau cách 1 ta chứng minh . 
Ta chứng minh 
- Gọi F là giao điểm của AP với đường tròn 
đường kính AD 
 Lời giải:	Ta có: = 900 
( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao 
nên DF cũng là phân giác suy ra. 
mà ; Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc
Suy ra: 
 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) 
 PK = PI 
Cách giải 3: Hình 2.
	Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh nhưng việc chứng minh được áp dụng bằng kiến thức khác.
	- Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm D nên ta có: 
 	Lời giải:	Ta có = ( Có số đo bằng sđ )
 Mặt khác góc là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường tròn tâm D nên góc bằng số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc 
 = = Suy ra: 
 APK = API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau ) 
 PK = PI 
Cách giải 4: Hình 3
Gợi ý: 
- Kéo dài K cắt đường tròn tâm D tại E 
- áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến 
và dây cung
 Lời giải: DK AE nên . = 
 Góc BAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và
 dây cung AE )Vì AP lại đi qua điểm chính 
giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của 
góc BAE Suy ra: 
 APK = API 
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc 
nhọn bằng nhau ) PK = PI 
	Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta đi chứng minh APK = API vấn đề giáo viên cần cho học sinh tư duy và vận dụng sáng tạo kiến thức về. 
	- Trường hợp bằng nhau trong tam giác vuông 
	- Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung.
	- Góc nội tiếp 
Dạng 2: Quan hệ giữa các góc trong hình học
Bài toán 3: Cho D ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đường cao AH, bán kính OA. Chứng minh = - 
Cách giải 1: Hình 1.
Gợi ý: 	
- Kẻ OI ^ AC cắt AH ở M 
- áp dụng kiến thức về góc ngoài tam giác.
- Góc nội tiếp,góc ở tâm.
Lời giải:
 Ta có: = (cựng bự với gúc HMI )
 = (cùng bằng sđ )
 Trong DOAM thì: = + (Góc ngoài tam giác) 
 Hay = + Vậy: = - (Đpcm)
Cách giải 2: Hình 2.
Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A 
cắt BC ở D .
Lời giải:
 Ta có: = (1) 
 (Cùng chắn )
 = (2) 
(góc có các cặp cạnh tương 
ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2) 
 = > + =+ 
 Mà + = (góc ngoài tam giác)
ị = + Vậy: = - (Đpcm)
Cách giải 3: Hình 3.
Gợi ý: 	- Kẻ đường kính AOD 
	 - Kẻ DK ^ BC
Lời giải:
 Ta cóDK // AH = (1) (so le trong)
 = (2) 	(góc nội tiếp cùng chắn )
Cộng từng vế của (1) và (2) 
Ta được + = +
 Mà: = (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 ị += Vậy = - (Đpcm)
Cách giải 4: Hình 4
 Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD
	 - Kẻ CK ^ AD
 Lời giải: Ta có: = (1) 
(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 = (2) (góc nội tiếp cùng chắn )
Cộng từng vế của (1) và (2) 
 => + = Mà: = 
( vỡ góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 ị + = + = 
Vậy = - (Đpcm)
Cách giải 5: Hình 5.
Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD
	- Gọi M là giao điểm của AH và DC 
 Lời giải: Ta có: = (1) 
(góc có cạnh các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 = (2) (góc nội tiếp cùng chắn )
Trừ từng vế của (1) và (2) 
 Ta được: - = - 
 Mà: - = (góc ngoài tam giác)
Vậy = - (Đpcm)
Cách giải 6: Hình 6
Gợi ý:	 Kẻ OI ^ BC và OK ^ AB
 Lời giải: Ta có: = (1) (so le trong)
 = (2) 
(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2) 
 Ta được + =+ 
 Mà + = (Cùng bằng sđ )
 ị + = Vậy = - (Đpcm)
Cách giải 7: Hình 7
Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC
 Lời giải: Ta có: = (1) 
(góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)
 = (2) (so le trong)
Cộng từng vế của (1) và (2) .
 Ta được: + = = 
 Mà: = (góc nội tiếp cùng chắn )
 ị + = Vậy = - (Đpcm)
Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác nhau nhưng ở bài toán này việc sử dụng yếu tố vẽ thêm đường phụ là một vấn đề quan trong cho việc tìm ra các lời giải và là vấn đề khó đối với học sinh ở bài toán trên giáo viên cần cho học sinh chỉ ra kiến thức đã vận dụng vào giải bài toán.	
- Kiến thức về hai đường thẳng song song, hai đường thẳng vuông góc.
- Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác.
Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng
Bài toán 4: Cho DABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ ; ; MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S. CMR : RS // BC và RS đi qua tâm của đường tròn nội tiếp DABC
Cách giải 1: Hình 1.
Gợi ý: Đây là một bài toán hình tương đối khó đối với học sinh nếu không có tư duy tốt trong hình học. Khi đưa ra bài toán này ngay cả việc 
vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em
đã không tìm ra được lời giải. Dưới sự hướng dẫn của thầy. 
	Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác
 của DABC. Gọi I là giao điểm của 
các đường phân giác. Khi đó ta có I chính 
là tâm của đường tròn nội tiếp DABC
Để chứng minh cho RS // BC 
và I RS đi qua tõm của đường tròn nội tiếp DABC
 Ta chứng minh IR // BC ; IS // BC 
rồi sử dụng tiên đề về đường thẳng song song 
để suy ra điều phải chứng minh. 
Sau đõy là LG ngắn gọn của HS sau khi phõn tớch bài toỏn. 
Lời giải:	
 Xét NBI ta có: = mà 
 = (Góc nội tiếp chắn cung ) = do đó IBN= ( ); 
 = = ( ) ( Góc ngoài của ABI )
 Suy ra : = NBI cân tại N N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI
Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có 
 = sđ ( + + ) = . .sđ( sđ + sđ + sđ )
 Vì là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và 
 = ; = ; = => = .3600= 900
 RN là trung trực của đoạn thẳng BI BR = RI RBI cân tại R 
 = mà 
 = IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau )
Cũng chứng minh tương tự ta cũng được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC 
 R ; I ; S thẳng hàng.
Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)
Cách giải 2: Hình 2
 Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học 
sinh phải nắm lại kiến thức cũ về 
Tính chất đường phân giác trong tam giác
đây là tính chất quan trọng mà các em đã được 
học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không
hay để ý đến tính chất này.
	Lời giải:
Theo giả thiết ta có
 = do đó MN là phân giác
 của góc 
áp dụng tính chất đường phân giác 
trong tam giác ABN ta có: ( 1)
Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN
	 (2) 
 vì = nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được 
 RS // BC 
Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:
 mà suy ra 
Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng 
 (vì có góc chung và = ) nên 	 Vậy 
 	Suy ra BI là phân giác của góc 
 Ta có I thuộc phân giác AN của góc ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . ( Đpcm) 
Bài toán 5: T ừ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng 
	(Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson)
Cách giải 1: 
 Vì = = 900 suy ra tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp
 = (*)( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
 = = 900 suy ra tứ giác EFCP cũng là 
tứ giác nội tiếp => = (**)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn
 = (1)
 = (2)
 Từ (1) và (2) = = (***)
Từ (*) ; (**) và (***) = D ; E ; F thẳng hàng
Cách giải 2: 
 Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp + = 1800 (1)
 Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn + =1800 Mà + = 1800 
 	 = (2) 
 Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp = ( 3) 
 	Từ (1) ; (2) và (3) ta có : + = 1800 
Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng
	Đối với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy động nhiều kiến thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách giải khác nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không làm được sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần tư duy sáng tạo và tìm được hướng đi của bài toán. Đơn vị kiến thức được áp dụng để giải bài toán.
	- Để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo bằng 1800.
 - Tứ giác nội tiếp đường tròn.
	- Góc nội tiếp trong đường tròn.
Dạng 4: Chứng minh tam giác đồng dạng
Bài toán 6: Đường tròn (O;R1) và (O';R2) tiếp xúc nhau tại P. Một cát tuyến qua P cắt (O;R1) tại A và (O';R2) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R1) tại C và (O';R2) tại D. Chứng minh các DPAC và DPBD đồng dạng.
Phõn tớch: 	Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức về hai đường tròn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên chung ta phải đi xét hai trường hợp sảy ra.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài và hai đường tròn tiếp xúc trong.ở đây tôi chỉ trình bày về hai đường tròn tiếp xúc ngoài còn trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tương tự
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý:
- Tính chất của hai đường tròn 
tiếp xúc nhau
- áp dụng trường hợp đồng 
dạng thứ hai 
Lời giải:
Ta có các DOAP và DO'BP là các tam giác cân tại O và O'
 Suy = và = mà = ( Hai góc đối đỉnh)
 = hai tam giác : OAP và O'BP đồng dạng
 (1)
Tương tự ta cũng có.
 = và = mà = ( Hai góc đối đỉnh)
 = hai tam giác : OCP và O'DP đồng dạng
 (2) Từ (1) và (2) ta có: lại có = 
Suy ra : PA1B1 và PA2B2 đồng dạng.
Cách giải 2: Hình 2 
Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn.
	 - áp dụng trường hợp đồng dạng thứ ba 
	 - áp dụng định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
Lời giải:
Kẻ tiếp tuyến chung xPy 
của hai đường tròn.
 Ta có. = = 
( áp dụng tính chất về góc tạo bởi 
tiếp tuyến và dây cung và góc nội
 tiếp cùng chắn một cung
 thì bằng nhau)
 	Mặt khác = 
(hai góc đối đỉnh)
Suy ra : PA1B1 và PA2B2 đồng dạng.
Dạng 5: Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn
Bài toán 7: Cho tam giác đường phân giác BN và tâm O của đường tròn nội tiếp trong tam giác . Từ A kẻ một tia vuông góc với tia BN, cắt BC tại H. Chứng minh bốn điểm A; O; H; C nằm trên một đường tròn.
	Đối với bài toán này xảy ra hai trường hợp đối với hình vẽ . 
Trường hợp 1: H và O nằm cùng phía với AC Hình 1
Trường hợp 2: H và O nằm khác phía với AC Hình 2
 Gợi ý: 
Gọi I là giao điểm của AH và BN 
Kẻ AP vuông góc với CO cắt AB tại P. M là giao điểm của OC và AB 
K là giao điểm của OC và AP 
	- áp dụng tính chất giữa các đường( đường cao, đường trung trực, đường trung tuyến, đường phân giác đường trung bình,) trong tam giác.	
	- Kiến thức về tứ giác nội tiếp
	- Tính chất góc ngoài tam giác
Cách giải 1: 
	Xét ACP có CK vừa là phân giác vừa là đường cao nên CK cũng là đường trung tuyến, đường trung trực KA = KP (1)
	Xét ABH có BI vừa là phân giác vừa là đường cao nên BI cũng là đường trung tuyến, đường trung trực IA = IH (2)
Từ (1) và (2) ta có: IK là đường trung bình trong APH
 = ( Hình 1)Hoặc = 1800 (Hình 2)
 Xét tứ giác AKOI có = = 900 AKOI là tứ giác nội tiếp 
 = Tứ giác AOHC nội tiếp được
 A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn
Cách giải 2: Ta có BN là đường trung trực của AH
 = mà = nên = 
 Tứ giác AOHC nội tiếp được. A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn
 Cách giải 3: ABI nên + = 1800 hay + + = 1800 
Suy ra: + + = 900 bằng (hoặc bù) với góc 
 Tứ giác AOHC nội tiếp được. A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn
Cách giải 4:	* Đối với (Hình 1)	ta có = 900 + Góc ngoài tam giác
 = 900+ (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) 
 = Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn
	* Đối với ( Hình 2) Xét trong tam giác IBH ta có = 900- 
 = 900+ (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) =1800; 
Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn
Cách giải 5:	Ta có 	 = ( ) ( Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB )
 = + + =1800; ( Hình 1)
 hoặc = = + ( Hình 2)
Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn
Dạng 6: Hệ thức trong hình học.
Bài toán 8:Trên cung BC của đường tròn ngoại tiếp DABC đều lấy một điểm P tuỳ ý. Các đoạn thẳng AP và BC cắt nhau tại điểm Q. CMR : 
Cách giải 1: Hình 1 Trên đoạn AP lấy hai điểm N và M sao cho BN = BP và PM = PC
Khi đó ta có các DBNP và DMPC 
là các tam giác cân 
 Vì = =600 
 và = =600 
(Các góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Suy ra DBNP và DMPC 
là các tam giác đều
Xét hai tam giác 
 CQP và BQN có: = (gúc đối đỉnh)
 	 = = 600
nên: CQP và BQN là hai tam giác đồng dạng.
Do đó. 
 ( Đpcm)
Cách giải2: Hình 2. Trên tia BP lấy một điểm D 
sao cho PD = PC 
 Ta có: = 600 ( Vì = 1200 góc nội tiếp 
chắn cung 1200)
 nên CPD là tam giác đều = = 600 
Vì vậy.AP // CD 
Suy ra BPQ và BDC đồng dạng với nhau.
 (Đpcm)
	Đối với bài toán này việc vẽ đường phụ là quan trọng. Học sinh cần áp dụng kiến thức về hai tam giác đồng dạng, kiến thức về tam giác cân, tam giác đều. Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau đã được học ở lớp 7 vào giải bài toán.
	Hai cách giải trên tương tự giống nhau. Song sau khi đã tìm được lời giải 1 giáo viên cần gợi ý cho học sinh qua câu hỏi. Vậy nếu trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC thì ta có thể chứng minh được hệ thức trên hay không? 
Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đưa ra lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài toán.
3.2 Bài tập có thể giải được nhiều cách.
Bài tập 1: ở miền trong của hình vuông ABCD lấy một điểm E sao cho 
 = = 150 . Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác đều.
Bài tập 2: Chứng minh định lí Pitago 
Bài tập 3: Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của đường chéo AC và BD gọi M và N là trung điểm của OB và CD chứng minh A; M; N; D cùng thuộc đường tròn
Bài tập 4: Cho tứ giác ABCD; AD = BC; M và N là trung điểm chính giữa của AB và DC kéo dài AD, MN cắt nhau tại E kéo dài BC, MN cắt nhau tại F 
 	Chứng minh rằng: = 
Bài tập 5:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AC. Trên tia AB lấy điểm D sao cho AD = 3AB. Đường thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác BDE là tam giác cân.
3.3)Khái quát hoá bài toán: 
Sau khi đã tìm ra các cách giải khác nhau, giáo viên cần cho học sinh khái quát hoá bài toán bằng cách trả lời được một số câu hỏi cụ thế sau:
1) Trong các cách chứng minh những kiến nào đã được vận dụng ?
2) Có những cách chứng minh nào tương tự nhau? Khái quát đường lối chung của các cách ấy?
3) Và trong cách chứng minh trên kiến thức nào đã vận dụng và kiến thức đó được học ở lớp mấy, và có thể hỏi cụ thể chương nào tiết nào để kiểm tra sự nắm vững kiến thức của học sinh. 
4) Cần cho học sinh phân tích được cái hay của từng cách và có thể trong từng trường hợp cụ thể ta nên áp dụng cách nào để đơn giản nhất và có thể áp dụng để giải các câu liên quan vì một bài hình không chỉ có một câu mà còn có các câu liên quan. 
5) Việc khái quát hoá bài toán là một vấn đề quan trọng. Khái quát hóa bài toán là thể hiện năng lực tư duy, sáng tạo của học sinh. Để bồi dưỡng cho các em năng lực khái quát hoá đúng đắn phải bồi dưỡng năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, vận dụng kiến thức liên quan để biết tìm ra cách giải quyết vấn đề trong các trường hợp. 
6)Việc tìm ra nhiều lời giải cho một bài toán là một vấn đề không đơn giản đòi hỏi học sinh phải có năng lực tư duy Lôgic, kiến thức tổng hợp. Không phải bài toán nào cũng có thể tìm ra nhiều lời giải. Mà thông qua các bài toán với nhiều lời giải nhằm cho học sinh nắm sâu về kiến thức vận dụng kiến thức thành thạo để có thể giải quyết các bài toán khác.
III. Bài học kinh nghiệm.
1- Đối với giáo viên:
- Cần xác định đúng yêu cầu nhiệm vụ, trách nhiệm và vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi, và vấn đề chất lượng học sinh môn Toán, chất lượng học sinh giỏi.
- Nhiệt tình trách nhiệm cao chăm lo đến chất lượng học sinh đặc biệt là học sinh giỏi.
- Có kế hoạch phấn đấu cụ thể cho từng đối tượng học sinh, có thời gian bồi dưỡng cụ thể, có chương trình bồi dưỡng phù hợp với từng đối tượng học sinh, nhóm đối tượng học sinh
- Nắm vững kiến thức Toán học, nội dung chương trình SGK, nắm vững phương pháp giảng dạy môn Toán, phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Thường xuyờn vào cỏc trang Web để tỡm cỏc thụng tin liờn quan đến bộ mụn và sưu tõm cỏc đề thi HSG cấp Tỉnh Mụn Toỏn 9 và cỏc đề thi vào trường Chuyờn THPT trong cả nước trong cỏc năm học trước. 
2. Đối với học sinh:
- Phát động phong trào thi đua học tập thường xuyên.
- Chọn đối tượng phù hợp để bồi dưỡng.
- Hướng dẫn việc học tập và phương pháp học tập trên lớp của học sinh.
- Kiểm tra việc học tập trên lớp, học tập ở nhà của học sinh thông qua giờ dạy, vở ghi, vở bài tập...
- Sau khi kiểm tra thông báo kết quả động viên học sinh học tập đặt biệt là đối với những em có kết quả cao để phấn đấu có kế hoạch bổ sung.
- Kết hợp chặt chẽ với giáo viên bộ môn trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng, đặc biệt quan tâm đến đối tượng học sinh giỏi để các em phát triển đồng bộ các môn nhằm tạo điều kiện cho các em phát triển môn Toán.
- Đối với cha mẹ học sinh giỏi: Động viên hướng dẫn quản lý kiểm tra học sinh về vấn đề học tập ở nhà của học sinh. Cha mẹ phải thực sự nhiệt tình chăm lo đến con cái để kết hợp giáo dục học sinh có hiệu quả nhất. 
3) Kết quả đạt được:
Trong thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Toán, với cách làm trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện năng lực sáng tạo toán cho học sinh. Cụ thể 80% các em học sinh đã thực sự có hứng thú học toán bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi, đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên. 20% các em còn cần gợi ý các trường hợp, song rất mong muốn được tham dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi này. 
Trong năm học 2011 - 2012 được nhà trường và phũng GD giao trọng trách dạy và bồi dưỡng Đội tuyển HSG lớp 9 dự thi HSG cỏc cấp , BD HSG cấp huyện lớp 8 (dự thi hsg cấp huyện và chọn đội tuyển dự thi Toỏn tuổi thơ 2 ), tôi đã thu được kết quả khả quan và đó đạt được chỉ tiờu, kế hoạch và yờu cầu của phũng và của bộ mụn đó đề ra. Kết quả cụ thể qua cỏc cuộc thi hsg cỏc cấp như sau: 
Cấp và lớp HS dự thi
HS dự thi
Số học sinh đạt giải
Nhẩt
Nhỡ
Ba
KK
Huyện lớp 9
17
3
5
5
4
Tỉnh lớp 9
15
0
1
5
5
Vyolimpic Tỉnh 
6
0
3
1
3
Vyolimpic Quốc gia
1
0
1
0
1
Huyện lớp 8
13
1
5
3
3
Olimpic Toán tuổi thơ
1
Tham gia thi tại Tỉnh Ca Mau vào tháng đầu tháng 6. 
IV. Kết luận:
Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả của việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán. Nhiều học sinh đã chủ động tìm tòi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự góp ý của giáo viên. Từ đó đã mang lại các kết quả bất ngờ từ việc giải toán thông qua các phương pháp sáng tạo tìm lời giải của một bài toán cho học sinh.
Chính vì vậy mỗi giáo viên nói chung và bản thân tôi nói riêng cần hiểu rõ khả năng tiếp thu bài của đối tượng học sinh để đưa ra các bài tập và phương pháp giải toán cho phù hợp giúp các em làm được và sáng tạo các cách giải gây hứng thú cho các em, từ đó sẽ dần dần nâng cao kiến thức từ dễ đến khó.
 Để làm được như vậy đối với mỗi giáo viên cần tìm tòi tham khảo nhiều tài liệu để tìm ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau để tung ra cho học sinh cùng làm, cùng phát hiện các cách giải hay.
Thông qua phương pháp giáo dục cho các em năng lực tư duy độc lập, rèn tư duy sáng tạo tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt.
Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ về việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Rất mong bạn bè đồng nghiệp, cỏc thầy cô giáo góp ý để tôi có nhiều kinh nghiệm tốt hơn.
Xin chõn thành cỏm ơn ! 
Kết quả của hội đồng chấm 
SKKN Nhà trường
Đức Bác,ngày 17 tháng 5 năm 2012
Người viết SKKN: 
Vũ Doãn Minh
Kết quả của hội đồng chấm 
SKKN CÁC CẤP
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..

File đính kèm:

  • docSKKN_TOAN_9_HAY.doc
Sáng Kiến Liên Quan