Tài liệu Skkn khai thác sáng tạo, linh hoạt một bài toán sách giáo khoa – hình học 7

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: “ KHAI THÁC SÁNG TẠO, LINH HOẠT MỘT BÀI TOÁN SÁCH GIÁO KHOA – HÌNH HỌC 7 ” -1- Chủ đề “ KHAI THÁC SÁNG TẠO, LINH HOẠT MỘT BÀI TOÁN SÁCH GIÁO KHOA – HÌNH HỌC 7 ” ---------------------------------PHẦN I: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Trong bối cảnh ngành Giáo dục và Đào tạo đang nỗ lực đổi mới phương pháp dạy học theo hường phát huy tính tích cực chủ động của học sinh trong hoạt động học tập, để dáp ứng được những đòi hỏi được đặt ra cho sự bùng nổ kiến thức và sáng tạo kiến thức mới, cần phải phát triển năng lực tư duy, năng lực giải quyết vấn đề và tính sáng tạo. Hướng giải quyết hiện nay là tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, khơi dậy và phát triển năng lực tự học nhằm hình thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm tin, hứng thú học tập cho học sinh. Dạy toán thực chất là dạy hoạt động toán, học sinh cần phải đước cuốn hút vào những hoạt động học tập do giáo viên tổ chức chỉ đạo, thông qua đó học sinh tự lực khám phá những điều mình chưa biết chứ không phải thụ động tiếp thu những tri thức đã sắp đặt sẵn. Theo tinh thần này, trong tiết lên lớp tôi luôn tổ chức chỉ đạo học sinh tiến hành các hoạt động học tập: Củng cố kiến thức cũ, tìm tòi phát hiện những kiến thức mới, luyện tập vận dụng kiến thức vào những tình huống khác nhau. Không những thế, tôi luôn suy nghĩ làm thế nào để học sinh có thể tự đọc hiểu được tào liệu, tự làm bài tập, nắm vững và hiểu sâu các kiến thức cơ bản, đồng thời phát huy tiềm năng sáng tạo của bản thân. Do vậy, tôi đã tìm tòi, học hỏi đồng nghiệp, tham khảo tài liệu để viết đề tài này nhằm hướng dẫn học sinh biết khai thác sáng tạo các bài toàn đơn giản trong sách giáo khoa thành các bài toán mới đa dạng, có đơn giản, có phức tạp, giúp học sinh tự phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự, quy lạ về quen, quy khó về dễ, để từ đó giúp học sinh hứng thú hơn trong học toán. -2- II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: - Khai thác sáng tạo, linh hoạt từ một bài toán hình học ở sách giáo khoa toán 7 thành những bài toán khác phù hợp với từng đối tượng học sinh. - Phát huy tư duy tích cực, độc lập sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn của học sinh. - Giúp giáo viên có tư liệu tham khảo về vấn đề này. III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu về tình hình dạy và học vấn đề này ở trường. - Đưa ra được một số bài toán phù hợp với đối tượng học sinh và hướng giải quyết. IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU: 1. Đối tượng nghiên cứu: - Các tài liệu. - Giáo viên, học sinh lớp 7 trường THCS Viên Thành 2. Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán hình học phù hợp với đối tượng học sinh lớp 7, phương pháp giải các bài toán đó. V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Phương pháp nghiên cứu tài liệu. - Phương pháp điều tra khảo sát - Phương pháp thể nghiệm. - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. PHẦN II: NỘI DUNG -3- Từ bài toán sách giáo khoa toán 7: ( Bài 65 – trang 137 – SGK – Toán 7 – Tập 1 – NXB giáo dục 2003) Bài toán I : Cho ABC cân tại A (  < 900 ), Vẽ BH  AC ( H  AC ), CK  AB ( K  AB ). a. Chứng minh rằng AH = AK. b. Gọi I là giao điểm của BH và CK. Chứng minh rằng AI là tia phân giác của góc A. Phân tích bài toán I: - Để chứng minh hai đoạn thẳng hay hai góc bằng A nhau, thông thường ta phải chứng minh hai tam 1 2 giác chứa hai đoạn thẳng hoặc hai góc đó bằng nhau ( Tuy nhiên còn nhiều cách khác). Vậy để K H chứng minh AH = AK ta phải chứng minh 2 tam giác nào bằng nhau? I 2 2 - Hai tam giác đó bằng nhau theo trường hợp nào? 1 1 Giả thiết đã cho ta được gì rồi? Có thể chứng B C minh hai đoạn thẳng đó bằng nhau trực tiếp H×nh 1 không? Hay phải thông qua các yếu tố trung gian nào? Bằng các câu hỏi gợi mở, giáo viên để học sinh thảo luận rồi đưa ra phương án chứng minh riêng của học sinh. Giáo viên có thể hướng đẫn cho học sinh theo một trong 2 sơ đồ sau: Sơ đồ 1 Sơ đồ 2 AH = AK AH = AK  ABH  ACK  AB = AC ( ABC cân);  BK = CK ( Vì AB = AC)  KCB  HBC   KAH chung   BC chung; KCB = HCB ( ABC cân) - Tương tự như trên giáo viên nêu hệ thống câu hỏi gợi mở giúp học sinh tìm ra được lời giải câu b theo một trong các sơ đồ sau: Sơ đồ 1 Sơ đồ 2 AI là phân giác của góc A AI là phân giác của góc A    1=  2 Â1=  2  AKI  AHI   ABI  ACI  +B1= B2 ( KBC  HCB +AB = AC ( ABC cân tại A) AK = AH ( c/m ở câu a); AI chung -4- + AI cạnh chung ở bài toán A ( hình 1), ta đã chứng minh được AK = AH và AKH là tam giác cân ở A; do vậy học sinh tính được AKH  AHK  1800  BAC 2 (1) Và giả thiết cho ABC cân tại A nên học sinh chứng minh được: 1800  BAC BAC  ABC  (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra: AKH  ABC , mà 2 góc này ở vị trí đồng vị,điều này giúp học sinh chứng minh được: KH // BC. Vậy ta có bài toán sau: Bài toán 1: Cho ABC cân ở A (  < 900), Vẽ BH  AC ( H  AC ), K  AB ( K  AB ). Chứng minh rằng: KH // BC. A ở bài toán A ( hình 2), ABC cân ở A  AB = AC, học sinh đã chứng minh được Â1 = Â2, có 1 2 thêm AN là cạnh chung nên suy ra: K H ABN  ACN (c.g.c)  N1  N 2 mà N1  N 2  1800 ( kề bù) 1800  N1  N 2   900 2  AN  BC hay AI  BC 2 I 2 1 1 B C H×nh 2 Từ đó giúp học sinh chứng minh được bài toán sau: Bài toán 2: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao hạ từ đỉnh B và đỉnh C cắt nhau tại I. Chứng minh rằng: AI  BC . Vì học sinh đã chứng minh được KH // BC ( như bài toán 1), mà bài toán 2 lại chứng minh được AI  BC , nên ta cũng chứng minh được AI  KH. Từ đó giúp học sinh dễ dàng chứng minh được bài toán sau: Bài toán 3: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao hạ từ đỉnh B và đỉnh C cắt nhau tại I. Chứng minh rằng: AI  KH. Như đã chứng minh ở bài toán 2 (hình 2): ABN  ACN (c.g.c)  BN  CN  N là trung điểm của BC. Từ đó giúp học sinh tìm được lời giải cho bài toán sau: Bài toán 4: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao hạ từ đỉnh B và đỉnh C cắt nhau tại I. Chứng minh rằng:AI đi qua trung điểm của BC. Bài toán khác tương tự: Bài toán 5: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ) cắt nhau tại I. A Chứng minh rằng:AI đi qua trung điểm của KH. Tổng hợp các bài toán trên ( hình 3), học sinh chứng 1 2 minh được các bài toán tương tự sau: K H Bài toán 6: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao hạ từ đỉnh B và đỉnh C cắt nhau tại I. I Chứng minh rằng: AI vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến, vừa là đường B C -5H×nh 3 trung trực của tam giác ABC.(Có thể không cần gới thiệu bài này vì đây là một định lý) Bài toán 7: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ) cắt nhau tại I. Chứng minh rằng:AI vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến, vừa là đường trung trực của tam giác ABC. .(Có thể không cần gới thiệu bài này vì đây là một định lý) A 1 2 D K H 1 B 2 I 2 1 1 C H×nh 4 Với giả thiết của bài toán A ( hình 4), học sinh đã chứng minh được AI  KH ( giả sử ở D – Bài toán 3); Lúc đó: A2  H1 ( cùng phụ với AHD ), mà Â1 = Â2 ( theo chứng minh ở bài toán A)  A1  H1 hay BAI  KHB Đến đây học sinh xác định được cần phải vẽ thêm đường phụ như thế nào khi bắt gặp bài toán sau: Bài toán 8: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ) cắt nhau tại I. Chứng minh rằng: BAI  KHB . Nếu bài toán 8 chứng minh được BAI  KHB ta lại có: KHB  HBC (so le trong)  BAI  HBC , giúp học sinh giải được bài toán khác tương tự. Bài toán 9: Cho ABC cân ở A (  < 900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ) cắt nhau tại I. Chứng minh rằng: BAI  HBC . Ở bài toán A ( hình 4) ta đã chứng minh được AI là tia phân giác của   A1  A2  1 BAC . 2 Ở bài toán 9 đã chứng minh được BAI  HBC tức là: A1  HBC  HBC  1 BAC . Từ đó giúp học sinh biết vẽ thêm những đường phụ nào 2 để chứng minh được bài toán sau: Bài toán 10: Cho ABC cân ở A (  < 900), có đường cao BH 1 2 ( H  AC). A Chứng minh rằng: HBC  BAC . Bài toán 10 là một bài toán khó đối với học sinh lớp 7, lại còn khó hơn nếu ta chưa hướng dẫn cho học sinh bài toán trên. Tuy nhiên bài toán này có nhiều cách khác H K -6B I C H×nh 5 nhau, có đơn giản nhưng để chứng minh được học sinh cần phải linh động khi vẽ thêm hình. Vậy nếu ta đảo lại một số dữ kiện ở giả thiết bài toán A thì sẽ có thêm các bài toán khác nữa. Ta xét bài toán sau: Bài toán 11: Cho ABC cân ở A (  < 900), có đường cao BH ( H  AC). Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho AK = AH. Chứng minh rằng: a. KH // BC b. CK  AB. ( Bài 40 –Trang 68 – Sách nâng cao và phát triển toán 7 – NXB Giáo dục 2003) Câu a: Học sinh dễ dàng chứng minh được tương tự như bài toán 1. Câu b. Học sinh dễ dàng nhìn thấy AHB  AKC vì có: + AH = AK ( giả thiết) +  chung + AB = AC ( vì ABC cân ở A)  AKC  AHB mà AHB  900  AKC  900  CK  AB (đpcm). A Bài toán 12: Cho ABC cân ở A (  < 900), Một điểm I nằm trong tam giác sao cho IB = IC. Chứng minh 12 rằng: AI là tia phân giác của BAC . Khi đọc đề bài toán này học sinh nghĩ ngay IB = IC I  I thuộc đường trung trực của BC (1), mà ABC cân tại A nên AB = AC 1 2 B 2 C  A đường trung trực của BC (2). H×nh 6 Từ (1) và (2)  AI là đường trung trực của BC, mà BC là đáy của tam giác ABC cân nên tương tự bài 6 ta có AI đồng thời là đường phân giác của góc BAC. Đến đây ta quay lại xem xét bài toán trên. Nếu thay giả thiết  < 900 thì bài toán có chứng minh được hay không? Sự thay đổi đó có cần phải phân chia các trường hợp khi phân chia các bài toán hay không? Xét bài toán A, Nếu thay giả thiết  < 900 bằng giả thiết   900 thì bài toán hoàn toàn chứng minh được. Ở các bài toán 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, nếu thay giả thiết  <900 bằng giả thiết   900 thì các bài toán vẫn chứng minh như trường hợp  < 900, không phải phân 0 chia thành hai trường hợp (  < 900 và  > 90 ). I Còn ở bài toán 9 thì kết luận sẽ thay đổi bởi: Nếu  < 900 thì BAI  HCB , song khi  > 900 (hình H K 7) thì BAI và HBC là hai góc bù nhau; cho nên để giúp học sinh chứng minh triệt để các trường hợp A I giáo viên nên định hướng để học sinh chuyển bài 9 1 2 thành bài toán sau: B 0 C Bài toán 13: Cho ABC cân ở A (   90 ), có các N H H×nh 7 đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ) cắt nhau A tại I. Hãy cho biết mối quan hệ giữa hai góc BAI 1 2 và HBC. K -7B N H×nh 8 C ở bài toán 11, nếu thay giả thiết Â< 900 bằng giả thiết   900 thì kết luận xẩy ra hai trường hợp: * Nếu  < 900 thì kết luận bài toán 11 là: KH // BC; CK  AB. * Nếu  > 900 ( hình 8) thì KH  BC, song CK không còn vuông góc với AB nữa. Vậy ta có bài toán sau: Bài toán 14: Cho ABC cân ở A (   900), đường cao BH ( H AC), trên cạnh AB lấy điểm K sao cho AH = AK. Tìm vị trí tương đối của KH với BC. Hướng dẫn: + Nếu  < 900 thì như đã chứng minh ở bài 11, ta có: KH // BC (1). + Nếu  > 900, giả sử AN là đường cao của ABC cân ở A cắt đường cao BH ở I 1 2 AKH cân ở A  AHK  AKH thì AN đồng thời là tia phân giác  A1  A2  BAC (hình 8) (2). Mặt khác : AH = AK ( giả thiết ), suy ra Mà BAC  AHK  AKH ( theo tính chất góc ngoài của tam giác)  BAC  2 AHK  2 AKH  AKH  1 BAC (3) 2 Từ (2) và (3) suy ra Â2 = AHK , mà hai góc này ở vị trí đồng vị.  KH // AI , mà AI  BC (ở trên)  KH  BC (4) Từ (1) và (4) suy ra: KH // BC hoặc KH  BC . * ở bài toán 12 hoàn toàn bỏ đợc giả thiết  < 900 và ta có thể phát triển bài toán thành bài toán sau: Bài toán 15: Cho ABC cân ở A, Lấy điểm I khác A nằm trong tam giác sao cho IB = IC. Chứng minh rằng: AI là tia phân giác của BAC . ( bài này chứng minh hoàn toàn tương tự như bài 12). Quay lại bài toán 12 ( Hình 9), học sinh đã chứng A minh được AI là tia phân giác của góc A, mà ABC cân 1 2 ở A nên AI đồng thời là đường cao  AI  BC ( giả sử ở điểm N) thì ta có: A1  ABC  900 ( vì vuông ở N). K H I Nếu cho thêm điều kiện A1  ICN nữa thì ICN  ABC  900  BCK có: BKC  1800  ( ICN  ABC )  1800  900  900  CK  AB ở K hay CI  AB . B N H×nh 9 C Từ đó giúp HS chứng minh được bài toán sau: Bài toán 16: Cho ABC cân ở A (  < 900), Lấy điểm I khác A nằm trong tam giác sao cho IB = IC và IAB  IBC . Chứng minh rằng: CI  AB . Để bài toán có tính phức tạp hơn, kích thích sáng tạo cho hoc sinh hơn giáo viên có thể căn cứ ( hình 9): 1 BAC ; IBC  ICB ( vì IBC cân ở I), mà ở bài toán 16 đã có: 2 1 IAB  IBC  IBC  ICB , để ra đề toán cho học sinh khá giỏi như sau: 2 IAB  -8- Bài toán 17: Cho ABC cân ở A (  < 900), Lấy điểm I khác A nằm trong tam 1 2 giác sao cho IB = IC và ICB  A . Chứng minh rằng: CI  AB và BI  AC . Đến đây còn nhiều bài toán khác hấp dẫn hơn, thú vị hơn, các em học sinh tự khám phá. Vậy đảo hoàn toàn đề bài toán A thì việc chứng minh có gì khó khăn không? Có những gì liên quan đến các bài toán đã làm quen? Ta xét bài toán sau? Bài toán 18: Cho tam giác có hai đường cao xuất phát từ hai đỉnh bằng nhau. Chứng minh rằng tam giác đó cân. Phân tích: Để chứng minh tam giác cân thì trước A hết giáo viên nên hướng dẫn cho học sinh dự đoán tam giác cân ở đâu, từ đó cần phải chứng minh điều kiện gì để tam giác đó cân. K 1 H 1 Ở bài này (hình 10), giả sử tam giác ABC có hai đường cao BH và CK bằng nhau, ta dự đoán được tam 1 1 giác ABC cân ở A. B C Vậy ta cần chứng minh AB = AC hoặc ABC  AKC . H×nh 10 Thật vậy, AHB và AKC có: Â1 chung K1  H1  900  B1  C1 ( vì cùng phụ với Â) BK = BH ( giả thiết)  AHB  AKC ( g.c.g )  AB  AC  ABC cân ở A (đpcm). Cách khác: vuongBKC  vuongCHB ( cạnh huyền – cạnh góc vuông) (Vì cạnh huyền BC chung; 2 cạnh góc vuông BH và CK bằng nhau)  KBC  HCB  ABC cân ở A (đpcm). Theo tính chất ba đường cao của tam giác đồng quy tại một điểm nên AI là đường cao thứ 3, nếu AI đồng thời là ta phân giác của BAC thì ABC cân ở A, từ đó học sinh có thể chừng minh đợc bài toán sau: Bài toán 19: Cho tam giác ABC. Nếu hai đường cao hạ từ đỉnh B và C cắt nhau ở I sao cho AI là tia phân giác của BAC thì tam giác ABC cân. Tương tự AI là đường cao đồng thời là đường trung tuyến hoặc trung trực thì học sinh cũng chứng minh được tam giác ABC cân ở A, nên ta yêu cầu học sinh chừng minh bài toán khác tượng tự sau: Bài toán 20: Cho tam giác ABC. Nếu hai đường cao hạ từ đỉnh B và C cắt nhau ở I sao cho AI là đường trung trực (hoặc đường trung tuyến) thì tam giác ABC cân. A Vậy nếu tam giác ABC (hình 11) có 2 đường cao BH ( H  AC) và CK ( K  AB) cắt nhau ở I sao cho I cách đều 2 đỉnh B, C thì tam giác ABC co cân không? Câu hỏi K 1 1 I 1 -9- H 2 1 B 1 2 2 H×nh 11 C đó giúp học sinh phải suy nghĩ ngay: I cách đều B, C  IB  IC Mà I1  I 2 (đối đỉnh)  vuongBKI  vuongCHI ( cạnh huyền – góc nhọn)  B2  C2 (1) Mà IB = IC  IBC cân ở I  B1  C1 (2) Từ (1) và (2)  ABC  ACB  ABC cân ở A. Đó là lời giải của bài toán sau: Bài toán 22: Chứng minh rằng, nếu một tam giác có trực tâm cách đều hai cạnh thì tm giác đó là tam giác cân. Mở rộng bài toán 21 hoắc bài toan 22, học sinh sẽ dễ dàng chứng minh được bài toán sau: Bài toán 23: Chứng minh rằng, nếu một tam giác có trực tâm cách đều 3 đỉnh ( hoặc cách đều 3 cạnh thì tam giác đó là tam giác đều. Quay lại bài toán A ta nhận thấy BHC vuông ở H; BKC vuông ở K đều có chung cạnh huyền BC. A Giả sử M là trung điểm của BC ( hình 12) thì ta chứng minh: KM  HM  BM  CM  K H I 1 BC 2 B C M H×nh 12 Nên giúp học sinh chứng minh được bài toán sau: Bài toán 24: Cho ABC cân ở A (   900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ). Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: Tam giác KMH cân. Bài toán 25: Cho ABC cân ở A(   900), có các đường cao BH, CK ( H AC, K  AB ). Chứng minh rằng: B, K, H, C cùng cách đều một điểm. Bài toán 26: Cho ABC cân ở A(   900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ). Chứng minh rằng: B, K, H, C cùng thuộc một đường tròn. Nếu cho A    900 ( hình 13) thì ta tính được A 1800   2  KMB  HNC  1800  2 ABC ABC  ACB   K H 0  1800  I 180     (1) 2 Mà theo bài toán 1 ta đã chứng minh được KH//BC  KHM  HMC ( so le trong) (2) Mặt khác: KHM  HKM (3) (vì KHM cân ở M – theo chứng minh ở bài 24) Kết hợp (1), (2), (3) ta có: I B C M H×nh 13 H K A  -10- B M H×nh 14 C KHM  HKM    KMH  1800  2 Ngược lại nếu  =  > 90 0 ( hình 14) thì hoàn toàn tương tự ta tính được: HKM  KHM  1800 -   HKM  1800  2 HKM  1800  2(1800   )  2  1800. Đến đây ta có bài toán sau: Bài toán 27: Cho ABC cân ở A (   900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ). Gọi M là trung điểm của BC. Tính số đo các góc của tam giác KHM, biết A   Bài toán 28: Cho ABC cân ở A (   900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ). Gọi M là trung điểm của BC. Tìm điều kiện của  để: a. Tam giác KHM đều; b. Tam giác KHM vuông; c. Tam giác KHM có một góc bằng  . A Ở bài toán 27: * Nếu  < 900 ( hình 15) thì ta chứng minh được K H MHC  MCH  KHA I  KHB  MHB ( cùng phụ với hai góc bằng nhau)  HB là phân giác của KHM Tương tự KC cũng là phân giác trong của HKM , mà HB cắt KC ở I.  I là điểm cách đều các cạnh của KHM . C H×nh 15 I * Nếu  > 900 ( hình 16) ta cũng chứng minh tương tự được I là giao điểm của hai đường phân giác ngoài và một phân giác trong của HKM .  I cách đều các đường thẳng chứa cạnh của HKM . Từ đó giúp học sinh giải được bài toán mới sau: M B H K A B M C H×nh 16 Bài toán 29: Cho ABC cân ở A (   900), có các đường cao BH, CK ( H  AC, K  AB ). Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: I cách đều ba cạnh của tam giác MHK. Trên đây là một số bài toán được khai thác phù hợp với học sinh lớp 7, song sang lớp 8, lớp 9 bài toán này còn nhiều điều lý thú. Giáo viên có thể thay đổi một số giả thiết của bài toán I ban đầu để phát triển hơn tư duy cho học sinh, nhằm giúp các em luôn hăng say sáng tạo, tìm tòi lời giải, cách ra đề mới khi gặp bài toán. -11- Tương tự như thế qua mỗi bài toán đã giải, giáo viên có thể cho học sinh tự khai thác bài toán đó thành nhiều dạng khác nhau, từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp để cả lớp cùng thảo luận, giáo viên làm trọng tài, rồi yêu cầu học sinh tự chứng minh các bài toán đó. Cứ như thế giáo viên sẽ tạo cho học sinh thói quen quan sát, tư duy, lật đi lật lại vấn đề để tìm ra lời giải cho mỗi bài toán. VII ,thực trạng học sinh trước và sau khi tiếp thu phương pháp này 1, Bài kiểm tra trước khi học phương pháp này (kiểm tra 45 phút) Kết quả thu được : Có khoảng 7% học sinh đạt điểm 5 trở lên ,và có tới 93% đạt điểm 4 trở xuống. 2, Bài kiểm tra sau khi học phương pháp này (kiểm tra 45 phút) Kết quả thu được : Có khoảng 15% học sinh đạt điểm khá trở lên ,và có tới 61% học sinh đạt điểm trung bình ,đạt điểm dưới trung bình 24% . Kết luận Trên đây là một số trăn trở và suy nghĩ và việc làm của tôi đã thực hiện được trong quá trình giảng dạy,phương pháp mới hiện nay. đây là một phương pháp mà tôi thấy rằng giáo viên cũng như học sinh đang trên con đường xây dựng và toàn diện nó, tôi nghĩ rằng đó chính là điều mà chúng ta cần quan tâm ,cần tìm tòi nó và trích luỹ chocác giáo viên để học sinh đạt chất lượng đại trà,cũng như học sinh mủi nhọn ngày càng được nâng cao hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn ban giám hiệu và ban chuyên môn ,tổ khoa học tự nhiên ,và đồng nghiệp của tôi,và một thành viên không thể thiếu đó là học sinh thân yêu của tôi ,đã tạo mọi điều kiện cho tôi viết lên được điều mà mình ấp ủ và nung nấu thực hiện trong quá trình giảng dạy. Rất mong được các thầy cô ,và đồng nghiệp góp ý cho tôi về chuyên đề này ,để tôi lại tếp tục vững bước hơn trong con đường trồng người. Người viết Sáng kiến : Nguyễn Thế Trung GIÁO VIÊN : Trường THCS xã Viên Thành –Yên Thành-nghệ An -12-