Sáng kiến kinh nghiệm Chứng minh một số dạng Toán hình học Lớp 9

ường 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: ^D1=^D2
mà^A1=^D2 ;^D1=^A2Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc
Suy ra: ^A1=^A2 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: ^A1=^A2 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 (góc tạo bởi tiếp tuyến và
 dây cung )Vì AP lại đi qua điểm chính 
giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của 
góc Suy ra: ^A1=^A2
 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 bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp	
Bài toán 3: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
Ta có DAB = CAF (bài toán 1)
 B1 = F1 AOBF nội tiếp
 O1 = B2 = 600 
 O2 = A1 = 600 
 AOB = 1200 (1)
Tương tự: AOC = 1200
 BOC = 1200
 Mà BFC = 600 BOCE nội tiếp
 O3 = C1 = 600 (2)
Từ (1) và (2) AOF = 1800 
 A; O; E thẳng hàng
Hay AE; BD; CF đồng quy.
Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 1200. 
Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau :
Bài toán 4:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại A. Chứng minh rằng CF = BD; CF BD.
Hướng dẫn giải:
+ CF = BD (tương tự như bài toán 1)
+ CF BD:
 Do Tứ giác AOBF nội tiếp 
 BOF = BAF = 900 
Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lượt là trung điểm của BF; CD; BC, ta có:
IM là đường TB của tam giác BCF nên:
 IM // = CF (1)
Tương tự ta có:
 IN // = BD (2)
Mà: CF = BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM IN
 IM = IN
Hay MIN vuông cân tại I
Nhận xét rằng AMB và ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán tiếp.
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC. IMN là tam giác gì?
Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em.
Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta được bài toán đơn giản hơn.Ta có bài toán tiếp sau : 
Bài toán 6: 
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF.
 a.Chứng minh rằng:
 BF = CE và BF CE
 b.Gọi I, J lần lượt là tâm của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MIJ là tam giác vuông cân.
Bài toán 7: Cho tam giác ABC 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.
	Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
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 tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của 
các đường phân giác. Khi đó ta có I chính 
là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Để chứng minh cho RS // BC và I RS ta đi
chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng 
tiên đề về đường thẳng song song để suy ra 
điều phải chứng minh. 
Sau một thời gian ngắn một học sinh đã 
tìm ra được lời giải cho bài toán này. 
Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra. 
Lời giải:	
 Xét NBI ta có: mà 
	 (Góc nội tiếp chắn cung )
	 = do đó ; 
	 = ( Góc ngoài của tam giác 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 = 
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 
 IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau )
Cũng chứng minh tương tự ta 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 
ở trên 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 8: 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 suy ra tứ giác 
BDPE là tứ giác nội tiếp (*)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung ) 
và 
suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp 
suy ra 	(**)
( 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 (1)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn Mà 
	 (2) 
 Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp = ( 3) 
	Từ (1) ; (2) và (3) ta có : 
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.Như 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.
Bài toán 9: 
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH QC
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BH và QC. Theo BT 9, ta có: ABC = FQA, 
nên: BC = QA
 Và ACB = FAQ
 BCH = QAC.
Xét hai tam giác: 
BCH và QAC, có:
 BC = QA
 BCH = QAC 
 CH = AC (gt)
BCH = QAC (c.g.c)
 BH = QC (1)
Và CBH =AQC
Mà AQC +QCP = 900
 CBH + QCP = 900 
Hay BOC = 900 
Hay BH QC (2)
 Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Tương tự như trên ta cũng có CD QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đường cao của tam giác QBC. Và từ dây ta xây dựng được bài toán mới được phát biểu ở dạng khác.
Bài toán 10: 
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng QP, BH và CD đồng quy.
(ta thấy QP, BH và CD là ba đường cao của tam giác QBC, nên chúng đồng quy)
 Dạng chứng minh đường thẳng song song và tam giác đồng dạng
Bài toán 11: 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 : OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD các tam giác PAC và PBD đồng dạng.
	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 tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O'
Suy ra: và mà ( Hai góc đối đỉnh)
Suy ra tiếp các góc ở vị trí so le trong bằng nhau OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD
Và 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 : PAC và PBD 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 chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn,hình vuông....
Bài toán 12: 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 tam giác APH
	 ( Hình 1)
	Hoặc (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 là tam giác vuông nên = 1800 hay 
 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 	 Góc ngoài trong tam giác
 = (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 
 = (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
	Cách giải 5:
	Ta có 	 ( Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB )
	 	( Hình 1)
	hoặc ( Hình 2)
Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn.
Bài toán 13 :
Cho hình bình hành ABCD, về phía ngoài hình bình hành, dựng các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N; BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q. Chứng minh rằng tứ giác NMPQ là hình vuông.
Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 14.
Bài toán 14:
Cho hình bình hành ABDC, về phía ngoài hình bình hành, dựng các hình vuông ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL, Gọi S, G, R, H lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh rằng tứ giác SGHR là hình vuông.
 Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác thường thì liệu tứ giác SGHR có tính chất gì không? Ta có bài toán 15.
Bài toán 15: Cho hình tứ giác ABCD, về phía ngoài tứ giác, dựng các hình vuông ABMN, ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh rằng KS = VJ và KS VJ.
Bài giải:
Gọi I là trung điểm của AC, theo bài toán 7 ta chứng minh được tam giác SIJ và tam giác VIK vuông cân tại I. 
Xét hai : VIJ và KIS, có:
 VI = KI
 VIJ = KIS 
 IJ = IS 
VIJ = KIS (c.g.c)
 VJ = KS (1)
Gọi R là giao điểm của IS và VJ
Do IJV = ISK (VIJ = KIS)
Và IJV + IRJ = 900 
 ISK + VRS = 900 
Hay KS VJ (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài toán 16: 
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF. Gọi I, J lần lượt là tâm của hai hình vuông đó. M, N là trung điểm của BC và EF. Chứng minh rằng tứ giác IMJN là hình vuông.
ở bài toán trên, ta có thể chứng minh được đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đường cao của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF.	
	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.	
Bài tập tự luyện tại nhà cho học sinh.
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: 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 3: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.
Bài toán 4:Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABEF; ACMN; BCPQ. Chứng minh các đường cao của các tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy.
Bài toán 5: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF. Chứng minh rằng đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đường cao AP của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF
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 logic, 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.
IV. 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 cu thể, có chương trình bồi dưỡng phù hợp với từng 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.
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.
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 85% 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. 15% các em còn cần gợi ý các trường hợp, song rất mong muốn được tham dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi này. 
	Trong những năm được nhà trường và phòng giáo dục giao trọng trách dạy bồi dưỡng lớp 9, tôi đã thu được kết quả khả quan và đã từng có thành tích cao 1 học sinh giải ba tỉnh,và nhiều học sinh đạt giải cấp huyện của cụm trong năm học 2008-2009. 
V. 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, thầy cô giáo góp ý để tôi có nhiều kinh nghiệm tốt hơn.
	Tôi xin chân thành cảm ơn! 
 Hiệp Thuận,ngày 15 tháng 04 năm 2009
 Người viết
 Nguyễn Trọng Diễn