Skkn môn toán thcs ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 21 |
  • Lượt tải: 0
nganguyen

Đã đăng 34173 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: " ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC HÌNH HỌC VÀO GIẢI TOÁN" 0 A. PHẦN MỞ ĐẦU: I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong quá trình dạy học môn toán ở trường THCS chúng ta thường có thói quen giải các bài tập một cách đơn điệu và dừng lại ở đó mà chưa quan tâm nhiều đến kết quả. Vì vậy khi học sinh gặp bài toán mới thường bị động, không biết bắt đầu từ đâu để tìm lời giải. Những kết quả đó có thể đơn giản nhưng không tầm thường. Bởi đôi khi kết quả đó lại là công cụ hữu hiệu để giải quyết các bài toán khác khó hơn hoặc làm cầu nối giữa những bài toán lạ với những bài toán đã biết. Vì vậy người thầy không nên xem nhẹ kiến thức cơ bản mà cần phát huy tính sáng tạo của học sinh trước kết quả của mỗi bài toán được giải xong. Kết quả đó cần được phân tích, phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa…từ đó tạo nên một lớp bài toán “cùng họ hàng với nhau” hoặc những bài toán có chung bài toán gốc.Biển cả bao la cũng bắt nguồn từ những con suối nhỏ, một bài toán dù khó đến đâu cũng có cội nguồn từ bài toán đã biết. Như vậy với mỗi buổi học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi thầy và trò không cần phải giải thật nhiều bài toán, đôi khi chỉ cần một đến hai bài là đủ và bài toán đó không phải ở đâu xa mà ở ngay trong sách giáo khoa hoặc sách bài tập. Thực tế qua hoạt động dạy học như vậy người thầy cũng rút ra được nhiều kinh nghiệm quý báu cho bản thân, thậm chí học tập được từ học trò thêm những điều bổ ích. Làm như vậy là chúng ta đã tạo được sự hứng thú cho người học, phát huy được tính tích cực, độc lập, chủ động, sáng tạo của học sinh, khơi nguồn cảm hứng tự nghiên cứu tài liệu cho học sinh đó chính là tiền đề cho các em từng bước chiếm lĩnh tri thức một cách chủ động trước những vấn đề mới và khó. Qua đó nhằm giáo dục tính kiên trì, bản lĩnh cá nhân góp phần giáo dục kỷ năng sống cho học sinh trong suốt quá trình học tập. Chính vì những lý do trên nên bước đầu tôi đã chọn tên đề tài nghiên cứu: “ Ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán” đây chỉ là một phần kiến thức nhỏ hẹp trong vô vàn những bài toán đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng để giải các bài toán khác. II. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU: 1. Giúp giáo viên từng bước thay đổi tư duy, phương pháp dạy – học thụ động một chiều sang dạy học chủ động, sáng tạo qua từng đơn vị kiến thức đơn giản đảm bảo tính liên thông. 2. Giúp học sinh tiếp cận kiến thức mới một cách chủ động, sáng tạo thông qua các tư duy toán học logic. 1 III. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU: 1. Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán. 2. Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu việc ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải các bài toán có liên quan của 32 học sinh khá, giỏi học lớp 9A năm học 2012- 2013 trường THCS nơi bản thân đang công tác. IV. GIẢ THIẾT KHOA HỌC: 1. Dự kiến: Đề tài sẻ được lấy ý kiến của giáo viên toán tại trường sau đó áp dụng thể nghiệm cho học sinh khá giỏi môn toán trong toàn trường. 2. Dự báo: Đề tài sẻ áp dụng có hiệu quả đối với những buổi dạy nâng cao kiến thức, bồi dưởng học sinh giỏi V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: 1. Phương pháp điều tra. Đã tiến hành điều tra đối với 32 học sinh lớp 9A giải một số bài toán liên quan đến hệ thức có bảng số kèm theo 2. Phương pháp thực nghiệm. Đã áp dụng thực nghiệm tương đối thành công khi giảng dạy nâng cao kiến thức cho 32 học sinh lớp 9A. 3. Phương pháp quy nạp. Sau khi tiến hành phương pháp điều tra và thực nghiệm bản thân đã rút ra được kết luận tương đối về sự thụ động của học sinh có năng lực khá giỏi trong việc tiếp cận và giải quyết các bài toán có liên quan đến hệ thức đưa ra. VI. ĐÓNG GÓP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI: 1. Đối với tập thể: Phù hợp với đổi mới phương pháp dạy học hiện nay Giúp cho tập thể giáo viên toán thay đổi cách nhìn khi giảng dạy các tiết luyện tập ôn tập, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi… 2. Đối với cá nhân: Đã từng bước thay đổi phương pháp dạy học phù hợp giúp học sinh tích cực, chủ động, tự tin, sáng tạo trong học tập. 2 B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: I. CƠ SỞ LÝ LUẬN: Trong khung chương trình, sách giáo khoa hiện hành của bộ GD&ĐT bậc THCS môn toán học sinh được học 4 tiết/tuần nên đa số thời gian chỉ để truyền đạt kiến thức lý thuyết cơ bản. Học sinh được thực hành qua các tiết luyện tập, ôn tập chủ yếu bằng phương pháp thụ động, giải bài tập là chính. Ngoài ra không ít giáo viên nhận thức chưa đúng về chuẩn KTKN, giảm tải nên chưa mạnh dạn đổi mới phương pháp dạy học. Mặt khác bản thân giáo viên cũng chưa quen phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa, ...khai thác sâu thêm các kết quả của những bài toán "điển hình" để phục vụ học sinh khá giỏi. Vì vậy đối tượng học sinh khá giỏi thường tự hài lòng với kết quả đó. II. CƠ SỞ THỰC TIỂN: 1. Thực trạng. 1.1. Thuận lợi: Thực tế tại trường chúng tôi việc dạy học theo hướng mở cũng đã được nhà trường, tổ chuyên môn quan tâm đúng mức nhằm giúp giáo viên và học sinh nhìn nhận sâu sắc những kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa, sách bài tập. Đa số giáo viên giảng dạy môn toán đã chú ý đến phương pháp dạy học, chú trọng khắc sâu kiến thức cơ bản, từ đó phân tích, khai thác thêm, phát hiện những vấn đề mới liên quan. Tỉ lệ học sinh khá giỏi ở trường nơi đang công tác tương đối cao nên thuận lợi cho công tác giảng dạy. Nguyên nhân: Được sự quan tâm của Chi bộ, Ban giám hiệu nhà trường và tổ chuyên môn. Giáo viên được tham gia các chuyên đề đổi mới phương pháp dạy học do PGD&ĐT tổ chức hoặc tổ chuyên môn tổ chức các chuyên đề chuyên sâu. 1.2. Khó khăn: Chất lượng giáo viên toán không đồng đều nên khó khăn trong đổi mới phương pháp dạy học Học sinh vẫn còn thói quen học theo phương pháp cũ nên lười suy nghĩ những vấn đề mới liên quan đến kiến thức cơ bản Nguyên nhân: Một số giáo viên tuổi cao nên gặp khó khăn trong đổi mới PPDH Có những giáo viên không chịu khó học hỏi, tham khảo tài liệu nên kiến thức bị mai một không theo kịp xu thế mới. Một bộ phận phụ huynh chưa thật quan tâm đến việc học ở nhà của học sinh. 3 1.3. Kết quả điều tra. Tôi đã tiến hành điều tra thực nghiệm 32 học sinh khá, giỏi lớp 9A trường THCS nơi tôi đang công tác việc giải bài toán 4 và bài toán 7 trong đề tài có liên quan đến hệ thức hình học đã học năm học 2012 – 2013: Kết quả thu được như sau: Số lượng HS Nội điều tra được điều tra 32 SL, TL học SL học sinh sinh có liên không có sự hệ đến hệ liên hệ thức Điều tra việc giải SL: 5 em các bài toán có TL: 16% liên quan đến hệ thức hình học SL học sinh liên tưởng đến kiến thức khác SL: 18 em SL: 9em TL: 56% TL: 28% Nhận xét: Nhìn vào bảng kết quả ta thấy đa số học sinh không có sự liên hệ với hệ thức đã học để giải các bài toán có liên quan. 1.4. Các giải pháp đã thực hiện. Thay đổi phương pháp dạy học: Đối với những kiến thức, những bài tập có tính điển hình có thể áp dụng làm được nhiều bài tập khác. Giáo viên nên phân tích kỷ, nhìn nhiều góc độ khác nhau. Tiếp đến có thể đề xuất các bài toán tương tự. Đặc biệt là hình thành kỷ thuật phân tích bài toán để làm tái hiện các kiến thức đã học. Thực tế nếu giáo viên làm được như vậy thì sẻ phát huy được tính chủ động của học sinh trong quá trình học tập. Kiến thức: Đề tài còn liên quan đến một số kiến thức về đại số như các bất đẳng thức quen thuộc. Sau đây là nội dung chính của đề tài nghiên cứu, đã áp dụng dạy nâng cao kiến thức tại Lớp 9A trường THCS nơi bản thân đang công tác. III. NỘI DUNG CHÍNH. Trước hết ta tìm hiểu bài toán gốc để có hệ thức hình học ứng dụng trong đề tài. Bài toán gốc: Cho tam giác ABC. một đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB , AC thứ tự tại E và F. 4 Chứng minh hệ thức: S AEF AE. AF  S ABC AB. AC Lời giải: Kẻ các đường cao EH và BK của các tam giác AEF và ABC Do EH // BK nên Ta có: Vậy: S AEF S ABC EB AE  BK AB 1 1 AF .EH AE. AF AE. AF 2 2    1 1 AB. AC BK . AC AB. AC 2 2 S AEE AE. AF  S ABC AB. AC . A H E F K B C Hình 1 Nhận xét: Đến đây nếu giáo viên và học sinh chỉ dừng lại ở kết quả S AEF AE. AF  S ABC AB. AC mà không quan tâm những ứng dụng của nó thì thật đáng tiếc Sau đây là một số ứng dụng của hệ thức S AEF AE. AF  S ABC AB. AC  Một số ứng dụng của bài toán gốc. Bài 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB, AC và AM thứ tự tại E, F và I. Chứng minh: AB AC AM   2. AE AF AI Chứng minh: Ta có: 5 S AEF S S AE. AF 1  AE. AI AF . AI   AEI  AIF      S ABC 2 S ABM 2 S ACM AB. AC 2  AB. AM AC. AM   2. AE. AF . AM  AI ( AE. AC  AF . AB)  AB AC AM  2 . AE AF AI A F E I B Vậy: C M Hình 2 AB AC AM   2. AE AF AI Đặc biệt khi I là trọng tâm ta có bài tập sau: Bài 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Chứng minh: AB AC  3 AE AF Giải: Ta có thể giải bài này theo nhiều cách khác nhau: Lời giải 1(Hình 3): Từ kết quả của bài 1 ta có ngay kết quả A G F E B M C Hình 3 Lời giải 2(Hình 4): 6 AB AC  3 AE AF A F G E I M B C K Hình 4 Kẻ BI // EF ; CK // EF AB AI AC AK  ;  AE AG AF AG Mặt khác: (I, K thuộc AM). Ta có: . Cộng vế theo vế ta được: BIM  CKM  MI  MK (2) Từ (1) và (2) suy ra: Vậy: AB AC AI  AK   (1) AE AF AG AB AC AM   2.  3. AE AF AG AB AC  3 AE AF Lời giải 3(Hình 5): A G I E B M F K C Hình 5 Kẻ BI, CK lần lượt song song với AM (I, K thuộc d)khi đó MG là đường trung bình của hình thang BCKI nên BI + CK = 2GM (*): EB BI AB BI  AG    (1) AE AG AE AG CF CK AC CK  AG    (2) AF AG AF AG Từ (*), (1) và (2) suy ra: AB AC 2 AG  2GM 3 AG    3 AE AF AG AG 7 Vậy: AB AC  3 AE AF Lời giải 4(Hình 6): Kẻ BI, AK, MP, CQ lần lượt vuông góc với d khi đó MP là đường trung bình của hình thang vuông BCQI do đó: BI + CQ = 2 PM (1) A E K Ta có:  Q G B Do AK // MP F P I AK AG   2  AK  2 MP MP GM M C Hình 6 kết hợp với (1)  BI + CQ = AK AB AC AE  EB AF  FC EB CF BI CQ BI  CQ AK     2   2   2  2  3 Vậy: AE AF AE AF AE AF AK AK AK AK AB AC  3 AE AF Nhận xét: Từ kết quả của bài tập 2 ta thấy AB AC  AE AF = 3 luôn không đổi khi đường thẳng d thay đổi và cắt hai cạnh AB, AC của tam giác ABC. Kết quả quan trọng này lại trở thành bài toán gốc để giải quyết một số bài toán khác. Chẳng hạn: Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G của tam giác cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Chứng minh: 1 1 9   2 2 AE AF BC 2 8 Chứng minh: Lời giải1(Hình7): Áp dụng kết quả bài 2 , bất đẳng thức Bunyacovsky và định lí Pythagore ta có: 2 1   AB AC   1 9    AB 2  AC 2     2 AF 2   AE AF   AE 1 1 9 9     2 2 2 2 AE AF AB  AC BC 2 A F G E Vậy: M B 1 1 9   2 2 AE AF BC 2 C Hình 7 Lời giải 2(Hình 8): A F E H B G M C Hình 8 Kẻ AH vuông góc với EF (H thuộc EF). Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AEF ta có: 1 2  1 2  1 2 (1) AE Mặt khác: AF AH AH  AG  AH  Từ (1) và (2) ta có: 2 BC 1 9 AM    (2) 2 3 3 AH BC 2 1 1 9   2 2 AE AF BC 2 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi H trùng G 9 Bài 4: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF Lời giải (Hình 9): A G F E B Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2 (  M C Hình 9 4ab. Đẳng thức xẩy ra khi a = b ta có: S AB AC 2 AB AC 9  ) 4 .  9  4 ABC  S AEF  S ABC AE AF AE AF S AEF 4 Đẳng thức xẩy ra  AB AC   d // BC . AE AF Vậy GTNN( S AEF ) = 9 S ABC  d // BC 4 Câu hỏi đặt ra là liệu có tìm được giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF không? Bài 5: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF Lời giải (Hình 9): Ta có: AB AC   3. AE AF Đặt: AB  x (1  x  2) AE AC   3 x AF Ta có: S ABC AB. AC 1   x(3  x )  ( x  1)(2  x)  2  2  S AEE  S ABC S AEF AE. AF 2 khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 2 10 không đổi. Đẳng thức xấy ra Vậy GTLN của S AEF  1 S ABC . 2 Dấu bằng đạt được khi E trùng B hoặc F trùng C Nhận xét: Từ bài 4 và bài 5 ta có thể tìm được GTNN và GTLN của tứ giác BCFE... Bài 6: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các tam giác BFE và CEF Lời giải (Hình 10): A N P F J E H G I B M K C Hình 10 Kẻ BP, MI, CN cùng vuông góc với đường thẳng EF Khi đó: BP  CN  2MI AHG MIG  Ta có: Do: AH AG   2  AH  2MI (1) MI GM S BEF  SCEF  S AEF  9 S ABC 4 (Đường trung bình của hình thang) 1 1 1 EF ( BP  CN )  EF .2MI  EF .MI  EF . AH  S AEF 2 2 2 (2) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: S BEF  SCEF  Vậy GTNN( S BEF  SCEF ) = 9 S ABC 4 9 S ABC  d // BC 4 Tiếp tục dùng kết quả của bài toán gốc . Ta có các bài tập sau: Bài 7: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường cao của tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng: 11 S EFP  1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2C S ABC Lời giải (Hình 11): Ta có: s AEF AE. AF AE AF   .  cos 2 A S ABC AB. AC AC AB Tương tự ta có: Hình 11 s s AEP  cos 2 B; CFP  cos 2C S ABC S ABC A F Do đó: E S EFP  1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2C . S ABC B C P Bài 8: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác nhọn ABC. Tìm điều kiện của tam giác ABC để GTLN của S AEF Lời giải(Hình 12): Đặt AB = c, AC = b, BC = a Ta có: A s AEF AE. AF AE AF b c   .  . S ABC AB.AC AB AC a  b c  a Tương tự ta có: F E s sBEP a c a b  . ; CFP  . S ABC a  b c  b S ABC a  c b  c  S EFP S ABC  ( S AEF  S BEP  SCFP )  S ABC S ABC  S EFP 2abc  S ABC (a  b)(b  c)(c  a) B (1) Hình 12 12 P C Do: a  b  2 ab ; b  c  2 bc ; c  a  2 ac  (a  b)(b  c )(a  c)  8abc (2) S AEF 1 1   S AEF  S ABC . S ABC 4 4 Từ (1) và (2) suy ra: Dấu “ = ” đạt được khi và chỉ khi a = b = c. Vậy GTLN( S AEF ) = 1 S ABC   ABC 4 đều.  Nhận xét: Như vậy nếu biết độ dài 3 cạnh kết hợp với định lý Hêrông ta sẻ tính được diện tích tam giác EFP Bài 9: Trên 3 cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy M, N, P sao cho AM BN CP    k .Tìm MB NC PA k để S MNP 5  S ABC 8 Lời giải (Hình 13): Từ giả thiết suy ra: AM BN CP k    AB BC AC k  1 S AMP AM . AP k   S ABC AB. AC  k  1 2 Từ đó ta có: Do đó: . Tương tự: nghiệm: k1  3  2 3k 2 BM CN PA 1    (t/c AB BC AC k  1 S BMN S k k  ; CNP  2 S ABC  k  1 S ABC  k  1 2 S MNP S ABC   S AMP  S BMN  SCNP   S ABC S ABC S MNP 5   1S ABC 8 và =5 = 12 k  k  1 8 2 ; k2  3  2 2 thoả mãn 3k  k  1 2 tỉ lệ thức) . . – 6k + 1 = 0. Bài toán có hai 13 A P M B C N Hình 13 Bài 10: Cho hình bình hành ABCD trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy các điểm M, N sao cho BM  CN  k . Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của AM, AN với BD. MC 2 DN a) So sánh diện tích của PMNQ và APQ b) Tính diện tích tam giác AMN theo k và theo diện tích của ABCD Lời giải (hình 14): a) Ta có: S AMN AM .AN AP  PM AQ  QN   . S APQ AP. AQ AP AQ =  PM 1  AP    QN   1   AQ   (*) Theo giả thiết có: BC BM  CM 1 k 1   1  MB MB k k CD DN  CN   1  2k DN DN Kết hợp với định lý talét ta có: PM BM BM k    AP AD BC k  1 và S AMN  k  1   1  1   S APQ  k  1  2k  1  b) Chú ý rằng: QN DN DN 1    AQ AB DC 2k  1 = 2. Suy ra: . Thay vào (*) ta có: S MNPQ  S APQ S ABCD  2S ABC  2 S ADC  2 SCBD S ABM BA.BM BM k    S ABC BA.BC BC k  1 14 S ADN DA.DN DN k    S ABD DA.DC DC 2k  1 Ta có: CB CD 2k  1  1  k;  CM CN 2k Suy ra: S AMN S ABCD   S ABM  S ADN  SCMN   S ABCD S ABCD  1 S ABM S S  ADN  CMN 2 S ABC 2S ADC 2S DBC  1 k 1 2k  1      2  k  1 2k  1  k  1 2k  1  2k 2  2k  1  2  k  1 2k  1 Từ đó tính được: S AMN theo k và diện tích của ABCD M B C P N Q A D Hình 14 Kết quả đạt được: Sau khi đề tài hoàn thiện tôi đã áp dụng với lớp 9A trường THCS nơi đang công tác năm học 2013 – 2014 thấy hiệu quả khá rõ nét. Không những thế khi tôi dạy những bài toán đơn giản ở sách giáo khoa học sinh từng bước hình thành được thói quen phân tích, tìm tòi, sáng tạo và tự tin tiếp cận kiến thức. Kết quả cụ thể: Số lượng HS Nội điều tra SL, TL học SL học sinh SL học sinh 15 được tra sinh có liên không có sự liên tưởng hệ đến hệ liên hệ đến kiến thức thức khác điều Điều tra việc giải SL: 16 em các bài toán có TL: 53% liên quan đến hệ thức hình học 30 SL: 5em SL: 9em TL: 17% TL: 30% Nhận xét: Qua bảng số liệu ta thấy sau khi thay đổi phương pháp dạy số lượng HS có sự liên hệ giữa kiến thức đã học với kiến thức mới chiếm tỉ lệ tương đối cao. Sau đây kết quả học sinh giỏi cấp Huyện, cấp Tĩnh của trường trong 3 năm học gần đây. HSG Huyện HSG cấp Tỉnh Năm học Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ Thứ hạng Số lượng 2010 - 2011 10 100% 3 0 0% 2011 – 2012 12 100% 1 2 100% 2012 - 2013 10 100% 1 5 83% Báng số liệu cho thấy kết quả học sinh đạt được mang tính ổn định qua từng năm học. Sau đây là kết quả học sinh đậu vào THPT lớp chủ nhiệm 9A trong 3 năm học liền kề. Số lượng Tỉ lệ 2010 - 2011 37 97% 2011 – 2012 38 100% 16 2012 - 2013 32 100% Những số liệu đó chứng tỏ dạy học phân hóa đối tượng, điều chỉnh phương pháp phù hợp nhằm tăng sự chủ động về phía học sinh thì kết quả đạt được là rất khả quan. C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1. Kết luận: Đề tài chỉ là một minh chứng cho phương pháp dạy học phân hóa đối tượng học sinh. Trong khuôn khổ đề tài chỉ áp dụng cho đối tượng là học sinh khá giỏi. Trong quá trình thực hiện đề tài bản thân đã tiến hành điều tra thực nghiệm, trải nghiệm qua nhiều năm học và thấy được hiệu quả của việc áp dụng các kiến thức cơ bản, các kết quả đẹp dù đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng. Trong quá trình thực hiện bản thân đã nhận được sự cộng tác của Tổ chuyên môn, các bạn đồng nghiệp và của học lớp 9A của từng năm học nên đề tài đã được thực hiện đúng tiến độ và có thời gian thể nghiệm. Các ví dụ trong đề tài chỉ mang tính minh họa cho việc áp dụng của một hệ thức hình học trong rất nhiều những hệ thức như vậy. Đề tài không tham vọng nêu lên hết những hệ thức khác. Đây chỉ là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong quá trình dạy học, nghiên cứu, tích lũy được mong được sự góp ý từ các bạn đồng nghiệp và các em học sinh để đề tài được phong phú hơn về nội dung. Với những thử nghiệm mang lại hiệu quả như vậy hy vọng đề tài sẻ được đồng nghiệp đón nhận và nhân rộng trong đội ngũ giáo viên toán rong quá trình dạy học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng cho học sinh Phạm vi ứng dụng của đề tài chỉ bó hẹp trong khoảng 1 đến 2 buổi dạy nhưng điều tác giả muốn gữi gắm ở đây chính là người thầy cần phải thay đổi tư duy, phương pháp dạy học để những hệ thức tương tự sẻ được ứng dụng triệt để trong quá trình dạy học nhằm đi tới mục đích cuối cùng là sự chủ động sáng tạo của thầy và trò sau mỗi giờ lên lớp. Để đề tài được hoàn thiện thời gian tới tác giả tiếp tục nghiên cứu các vấn đề tương tự, kính mong các cấp, bạn đồng nghiệp tiếp tục ủng hộ để đề tài hoàn thiện trong thời gian tới. 2. Kiến nghị: 17 * Với câp trên: Tăng cường bồi dưỡng các chuyên đề chuyên sâu về phương pháp dạy học theo từng chủ đề cụ thể để giáo viên trao đổi kinh nghiệm và học hỏi lẫn nhau. Có thể mời các chuyên viên giàu kinh nghiệm về lên lớp. * Đối với chuyên môn nhà trường: Chú trọng công tác đội ngũ, có kế hoạch bồi dưỡng thường xuyên, dài hơi nhằm đáp ứng yêu cầu, nhiệm vụ mới. * Đối với tổ chuyên môn: Nên đi sâu các chuyên đề, chuyên đề phải có tính ứng dụng thực tế cao, đổi mới công tác sinh hoạt tổ chuyên môn, tránh hình thức. * Đối với giáo viên: Thường xuyên trau dồi kiến thức, nghiệp vụ, cần tiếp cận những kiến thức mới qua nhiều kênh thông tin khác nhau. * Với học sinh: Cân có thái độ nghiêm túc trong học tập, có ý thức tự giác, tự học, tự nghiên cứu từ đó xuất hiện tính sáng tạo trong học toán. Hà Tĩnh, ngày 22 tháng 11 năm 2013 Người viết Phan Đình Ánh 18
- Xem thêm -