Tài liệu Phương pháp vẽ yếu tố phụ trong giải toán hình học thcs

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do – Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP VẼ YẾU TỐ PHỤ TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC THCS Quảng Ninh, tháng 10 năm 2018 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do – Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP VẼ YẾU TỐ PHỤ TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC THCS Họ và tên: Võ Thị Hồng Lê Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Hải Ninh Quảng Ninh, tháng 10 năm 2018 1. Phần mở đầu. 1.1. Lý do chọn đề tài, sáng kiến, giải pháp: Ngày nay, sự ra đời và phát triển của công nghệ thông tin đã thực sự cần thiết để đưa ứng dụng toán học vào cuộc sống và mang lại hiệu quả to lớn trong mọi lĩnh vực của đời sống và xã hội. Toán học có vị trí đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí và không ngừng cung cấp cho con người những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện cho con người một khả năng tư duy logic. Trong quá trình giảng dạy môn Toán, điều quan trọng là phải hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ, phân tích, tìm tòi lời giải và phát triển bài toán. Bởi đây là một bộ môn tương đối khó, thông qua việc coi trọng khâu rèn luyện phương pháp tìm lời giải cho bài toán chính là cơ sở cho việc rèn luyện khả năng làm việc độc lập sáng tạo của học sinh. Thực tế qua một số năm trực tiếp giảng dạy môn Toán ở trường THCS bản thân tôi nhận thấy chất lượng của bộ môn Toán còn chưa cao đặc biệt là phân môn Hình học. Trong quá trình giảng dạy tôi thấy đa số các em chưa có phương pháp học tập khoa học. Kỹ năng chứng minh bài toán hình học còn hạn chế, hầu hết các em không biết cách phân tích để tìm ra lời giải. Chính vì vậy mà chất lượng phân môn Hình học còn chưa cao và phần lớn các em chưa hứng thú học Hình học. Các bài toán hình họccó lời giải phải vẽ thêm yếu tố phụ là các bài toán khó đối với học sinh THCS. Bởi vì để giải các bài toán này không chỉ yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức mà nó còn đòi hỏi học sinh cần có một kĩ năng giải toán nhất định. Để tạo ra yếu tố phụ có liên kết các mối quan hệ toán học giữa các điều kiện đã cho với điều kiện cần phải tìm đòi hỏi phải thực hiện các thao tác tư duy: Phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự hóa, đặc biệt hóa...Hay nói cách khác giải một bài toán phải vẽ thêm yếu tố phụ là một sáng tạo nhỏ. Vẽ thêm một yếu tố phụ để giải bài toán hình về mặt phương pháp là biểu diễn ở mức độ cao của kĩ năng, thể hiện các tình huống hình học phù hợp với một định lí, định nghĩa nào đó... Như vậy, để học tốt các bài toán hình có lời giải phải vẽ thêm yếu tố phụ có tác dụng rất lớn trong việc phát triển năng lực trí tuệ và tư duy khoa học của học sinh. Trên thực tế, đối với học sinh khi giải các bài toán dạng này cần phải có rất nhiều thời gian nghiên cứu. Nhưng việc đi sâu vào nghiên cứu và tìm tòi các cách giải toán hình có vẽ thêm yếu tố phụ đối với học sinh còn hạn chế. Việc nắm vững về mục đích, yêu cầu khi vẽ các yếu tố phụ cũng như kiến thức về một số loại đường kẻ phụ đa số học sinh còn hạn chế. Các tài liệu viết riêng về dạng toán này cũng không có nhiều nên việc tham khảo của học sinh gặp khó khăn.Chính vì sự lúng túng của học sinh khi giải các bài toán hình cần vẽ thêm yếu tố phụ nên tôi 1 chọn sáng kiến kinh nghiệm: “Phương pháp vẽ yếu tố phụ trong giải toán hình học THCS” nhằm giúp các em có thêm những kĩ năng trong việc tìm lời giải cho bài toán góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy môn toán trong nhà trường. - Phạm vi nghiên cứu: Phương pháp vẽ yếu tố phụ trong giải toán hình học THCS để giải bài toán hình học. - Đối tượng nghiên cứu: Thực hiện ở học sinh THCS - Thời gian thực hiện: Năm học 2017 – 2018 - Phương pháp nghiên cứu: + Trao đổi với đồng nghiệp. + Nghiên cứu tài liệu tham khảo. + Điều tra, khảo sát học sinh. 1.2. Điểm mới của đề tài, sáng kiến, giải pháp: - Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo, kỹ năng vẽ yếu tố phụ trong giải toán hình học ở bậc THCS, tính cẩn thận chính xác, tính kiên trì cho học sinh. - Giúp các em có hứng thú học tập, ham mê học Toán và phát huy năng lực sáng tạo khi gặp các dạng toán khó. - Giúp học sinh nắm vững các phương pháp vẽ yếu tố phụ trong giải toán hình học ở bậc THCS, phát hiện và vận dụng các phương pháp giải phù hợp với từng bài toán cụ thể ở các dạng khác nhau. 2. Phần nội dung. 2.1. Thực trạng các nội dung cần nghiên cứu. a. Thuận lợi: - Trong hoạt động chuyên môn, Ban Giám hiệu nhà trường luôn tạo mọi điều kiện cho giáo viên phấn đấu, học tập và nghiên cứu, phát huy các phương pháp đổi mới sáng tạo nhằm nâng cao chất lượng dạy học của nhà trường. - Tổ chuyên môn: Tổ chức sinh hoạt chuyên môn theo hướng nghiên cứu bài học, luôn tìm tòi, học hỏi đồng nghiệp, trao đổi kinh nghiệm và giải pháp để có thể giúp các em học tốt được bộ môn Toán. - Bên cạnh đócác giáo viên giảng dạy bộ môn toán cũng thấy được sự cần thiết phải trang bị cho học sinh những kiến thức về việc vẽ thêm các yếu tố phụ để có phương án tìm ra lời giải cho những bài tập hình. b. Khó khăn: - Hình học là bộ môn khó đòi hỏi sự tư duy cao đặc biệt là những bài tập cần vẽ thêm yếu tố phụ. - Qua khảo sát thực tế về môn Toán đến từng đối tượng học sinh tôi thấy rằng phần lớn các em đều chưa biết cách chứng minh một bài toán Hình học và từ đó nhiều em còn ngại học môn Hình học. 2 - Các em chưa có phương pháp học tập khoa học mà chỉ theo lối thụ động, chỉ biết trả lời các câu hỏi mà giáo viên đưa ra hoặc làm lại bài giải khi giáo viên trình bày qua, các em học còn yếu những kĩ năng cơ bản như kĩ năng phân tích đề bài, kĩ năng sử dụng sơ đồ suy luận ngược để tìm lời giải, kĩ năng đề xuất vẽ thêm yếu tố phụ để tìm lời giải… - Học sinh luôn chờ giáo viên giải mẫu rồi mới làm các bài chứng minh tương tự hoặc giáo viên hướng dẫn từng bước rồi mới hoàn thành bài làm. Học sinh chỉ chờ vào sự gợi ý mà không tự mình suy nghĩ phân tích để tìm ra hướng chứng minh. - Với những thực trạng như vậy tôi đã đi sâu tìm hiểu và nhận thấy rằng có thể là do những nguyên nhân sau: +Học toán thực chất là giải toán, nếu giáo viên không khéo léo khi giảng dạy sẽ làm cho học sinh nhàm chán, thụ động và máy móc khi vận dụng. +Một số học sinh còn máy móc khi vận dụng vẽ yếu tố phụ trong giải toán Hình học. +Giáo viên thiếu những điều kiện thuận lợi thiếu thời gian để phân tích, tìm tòi lời giải. +Hệ thống bài toán giáo viên đưa ra còn dàn trải không mang tính đặc trưng. +Điều kiện thiết bị dạy học còn nhiều hạn chế cũng góp phần không nhỏ đến việc nắm kiến thức của học sinh. + Một số phụ huynh không quan tâm đến việc học ở nhà của con em mình còn phó thác việc học của con em cho nhà trường và thầy cô. + Trình độ nhận thức của các em còn chậm và không đồng đều cùng với điều kiện học tập chưa tốt cũng ảnh hưởng nhiều đến hoạt động dạy – học. - Trong quá trình nghiên cứu tôi đã tổ chức khảo sát về mức độ hứng thú và mức độ kiến thức chứng minh hình học. Kết quả như sau: - Mức độ hứng thú Hình học: Mức độ hứng thú Thích Bình thường Không thích Lớp Tổng SL % SL % SL % số 2 7 28 4 14,2 12 42,9 12 42,9 2 9 31 6 19,4 10 32,3 15 48,3 - Mức độ nắm kiến thức Hình học: Tổng Giỏi số SL % 2 7 28 2 7,1 2 9 31 3 9,7 2.2. Các giải pháp: Lớp Khá SL 4 5 T.Bình % SL % 14,3 13 46,5 16,1 13 41,9 3 Yếu SL 9 10 % 32,1 32,3 Kém SL % 0 0 0 0 - Với phạm vi nghiên cứu của đề tài tôi xin trình bày một vài kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong việc phân tích tìm hiểu những yếu tố phụ thông qua một số bài tập quen thuộc. - Trước hết giáo viên cần cung cấp một số cơ sở kiến thức để xác định yếu tố phụ. Qua đó giúp học sinh thấy được vai trò của việc kẻ thêm đường phụ sẽ giúp cho việc tìm lời giải trở nên đơn giản hơn. 2.2.1. Một số cơ sở để xác định yếu tố phụ: Ta có thể dựa trên cở sở là: Để xác định yếu tố phụ thì yếu tố cần vẽ là đường gì? Và vẽ từ đâu? Phương pháp 1:Vẽ đoạn thẳng, tia, đường thẳng, đường tròn - Khi có trung điểm của một cạnh trong tam giác, ta thường kẻ đường trung tuyến, đường trung bình. - Khi cần tạo góc ngoài của tam giác, ta thường kẻ tia đối của tia chứa một cạnh của tam giác. - Kẻ hai đường chéo của tứ giác. - Kẻ đường trung bình của hình thang khi có trung điểm của hai cạnh bên. Phương pháp 2: Vẽ giao điểm của hai đường thẳng. - Chú ý vẽ giao điểm của hai đường thẳng nếu hình vẽ tạo ra các tam giác, tứ giác liên quan đến các quan hệ nêu trong đề bài; vẽ giao điểm của đường thẳng và đường tròn nếu hình vẽ tạo ra các cung có liên quan đến các dữ kiện có trong bài. - Vẽ giao điểm của hai đường thẳng nếu hình vẽ tạo ra những hình mới có lợi trong chứng minh (tạo ra các tam giác đặc biệt, những tam giác bằng nhau, những tam giác đồng dạng, những cung bằng nhau hay bù nhau...) Phương pháp 3: Vẽ trung điểm của đoạn thẳng, vẽ đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước. - Trong một tam giác, khi đã có trung điểm của một cạnh, ta thường vẽ thêm trung điểm của một cạnh khác. - Trong hình thang, khi đã có trung điểm của một cạnh bên, ta thường vẽ thêm trung điểm của cạnh bên thứ hai. - Việc vẽ thêm một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước nhằm tạo ra: + Một tam giác mới bằng một tam giác trong bài toán + Một tam giác cân giúp thuận lợi trong chứng minh. + Tổng hiệu của hai đoạn thẳng. Phương pháp 4: Vẽ tia phân giác của một góc, vẽ góc bằng góc cho trước. Ta thường vẽ tia phân giác của một góc nếu góc đó gấp đôi một góc khác trong bài toán. Việc vẽ một góc bằng góc cho trước thường nhằm tạo ra một tam giác cân, một hình thang cân, hai tam giác bằng nhau, hai tam giác đồng dạng... 2.2.2. Một số bài tập sử dụng yếu tố phụ: 4 Bài toán 1:Cho tam giác ABC có AB = 10cm; BC = 12cm, D là trung điểm của cạnh AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( HBC), DH = 4cm. Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại A. Phân tích Chứng minh A 1. Phân tích bài toán:Bài 3. Chứng minh cho tam giác ABC có AB = 10cm; BC = 12cm, D là D trung điểm của cạnh AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( B HBC) và DH = 4cm. Yêu C K H cầu Chứng minh tam giác ABC; AB = 10cm; ABC cân tại A BC = 12 cm; 2. Hướng suy nghĩ: ABC 1 DA = DB = AB GT 2 cân tại A  AB = AC. Ta ; DH  đã biết trong một tam giác, BC nếu đường trung tuyến DH = 4 cm KL  ABC cân tại A. đồng thời là đường cao ứng với một cạnh thì tam giác Kẻ đường trung tuyến AK xuống BC, ta có: BK = KC 1 đó là tam giác cân nên ta BC = 6 2 = cm. nghĩ đến đường trung tuyến 1 AK. Vậy yếu tố phụ cần vẽ AB Lại cóD là trung điểm của AB =>BD = 2 = 5 cm là trung tuyến AK. 0 Xét  HBD có: BHD = 90 ( gt) theo định lí Pitago ta có: DH2 + BH2 = BD2  BH2 = BD2 - DH2 = 52– 42 = 9  BH = 3 ( cm) 1 BK Vậy BH= 2 nên BH = HK ( = 3 cm) => DH là đường trung tuyến của  DBK. Mặt khác DH  BC (gt) =>DH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác BDK => DBK cân tại D =>BD = DK  ABK có DK là đường trung tuyến mà DK = BD Xét 1 AB (cmt) hay DK = 2 => ABK (có đường trung tuyến ứng với một cạnh 5 bằng nửa cạnh ấy)=> ABK vuông tại K nên: AK  BC hay AK là đường cao của  ABC Mặt khác AK là đường trung tuyến của  ABC => ABC cân tai A (đpcm). Bài toán 2:Cho tam giác ABC có AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC. So sánh ^ BAM và ^ MAC ?( Bài 7/ 24 SBT toán 7 tập 2) Phân tích Hướng chứng minh 1) Phân tích bài toán: 3) Lời giải: A Bài cho tam giác ABC có 1 2 AB < AC, M là trung điểm của BC. 1 BAM và Yêu cầu : So sánh ^ B C 2 M ^ MAC ? 2) Hướng suy nghĩ: ABC; AB < AC GT M là trung điểm BC Hai góc BAM và MAC D không thuộc về một tam ^ ^ So sánh BAM và MAC ? giác. Do vậy ta tìm một KL tam giác có một góc bằng góc BAM và tam giác đó Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = chứa góc MAC và liên MA. quan đến AB, AC vì đã có Xét  MAB và  MDC ta có: AB < AC. Từ đó dẫn đến  MA = MD ( theo cách lấy điểm D) việc lấy điểm D trên tia đối  M1 = M2 (vì đối đỉnh) của tia MA sao cho MD =  MB = MC ( Theo gt) MA. Điểm D là yếu tố phụ  MAB =  MDC ( c - g - c) cần vẽ thêm để giải được AB=CD(2 cạnh tương ứng) (1) ^ bài toán này. ^ và A 1 = D (2 góc tương ứng).(2) Ta có: AB = CD (Theo (1)), mà AB < AC ( gt) CD < AC. (3) Xét ACD có: CD < AC (theo (3))  ^ < D ^ A 2 (Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác) (4) Từ (2) và (4) suy ra: ^ < A ^ ^ ^ A 2 1 hay BAM < MAC . 6 ^ = 900. D+ C Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có ^ Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2. Phân tích: Chứng minh ^ = 900< 1800 nên D + C Vì ^ hai đường thẳng AD và BC cắt nhau, gọi E là giao điểm của AD và BC. ^ = 900< 1800, nên hai đường thẳng AD ^ = 900. Ta có: ^ D+ C Từ đây ta có CED Các tam giác EAB, ECD, và BC cắt nhau. Gọi E là giao điểm của AD và BC. ^ = 900nên CED ^ = 900. Các tam D+ C EAC, EBD đều vuông tại E, Vì rECD có ^ áp dụng định lý Pi - ta - go vào các tam giác này sẽ cho ta kết quả cần chứng minh. Như vậy, điểm E là điểm cần vẽ thêm. giác EAB, ECD, EAC và EBD vuông tại E nên theo định lí Pi - ta - go, ta có: EA2 + EB2 = AB2 (1); EC2 + ED2 = CD2 (2); EA2 + EC2 = AC2 (3); EB2 + ED2 = BD2 (4); Từ (1) và (2) ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 . Từ (3) và (4) ta có: EA2 + EC2 + EB2 + ED2 = AC2 + BD2. Do đó: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 Bài toán 4: Cho đường tròn (O; r) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Vẽ đường kính DE; AE cắt BC tại M. Chứng minh rằng: BD = CM. Phân tích: Chứng minh Từ hình vẽ của bài toán cho ta nghĩ đến vẽ thêm tiếp tuyến HEK của đường tròn (O) ¿, K ∈ AC ); vì ta có được EK CM = HK BC ta chỉ còn chứng EK BD = HK BC minh rằng là tìm Vẽ tiếp tuyến HEK của đường tròn (O) đến lời giải của bài toán. ( H ∈ AB, K ∈ AC ); ED ∩ HK ; ED ∩ BC => HK//BC. Gọi N là tiếp điểm của đường tròn (O) tiếp xúc với AC. 7 OK, OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và KOC = 900. NOD (tính chất tiếp tuyến). => ^ Xét rOEK và rOEC có: ^ = CDO ^ ( = 900), OKE ^ = COD ^ (cùng phụ với góc OEC EOK) Do đó: rOEK ~rOEC (g.g) EK OE = => OD CD EK r = r CD . HE r = Tương tự cũng có r BD , EK BD EK BD Do vậy: HE = CD => EK + HE = BD +CD EK BD Hay HK = BC (1) hay Trong rABM có HE//BM, áp dụng hệ quả của định lý HE AE = Ta-lét trong tam giác ta có: BM AM . EK AE = Tương tự cũng có: CM AM HE EK EK EK + HE Do đó: BM = CM => CM = CM + BM EK HK EK CM hay CM = BC => HK = BC (2) Từ (1) và (2) cho ta BD = CM. Bài toán 5: Cho tam giác ABC nội tiếp trong 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. Phân tích Chứng minh Cách 1 : Gọi F là giao điểm Cách 1 : của CD với (O), H là giao điểm của AF và CB. K là giao điểm của EH và AD. I là trung điểm của BD. Chứng minh tứ giác AEDH và BEIH là hình bình hành. Từ đó có lời giải bài toán. Gọi F là giao điểm của CD với (O), H là giao điểm của AF và CB. K là giao điểm của EH và AD. I là trung 8 Cách 2 : Vẽ EI ∩ AD ( I ∈ AD ). điểm của BD. Ta có: ^ ABC = ^ AFC = 900 (vì B, F thuộc đường tròn đường kính AC). rADC có AF, CB là hai đường cao cắt nhau tại H => H là trực tâm của rADC => DH ∩ AC . AE//DH (cùng vuông góc với AC), ED//AH (cùng vuông góc với DC). => Tứ giác AEDH là hình bình hành. => K là trung điểm của EH và AD. Mà AB = BI = ID (AD = 3AB và I là trung điểm BD) => K là trung điểm BI. Tứ giác BEIH có K là trung điểm của BI và EH nên là hình bình hành. => BH//EI. Mà BH ∩ BD do đó: EI ∩ BD . Tam giác BDE có EI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến. =>rBDE cân tại E. Cách 2: JM ∩ AD ( M ∈ AD ). với J là trung điểm của EC. Chứng minh rằng IB = ID ta có điều cần chứng minh. Vẽ EI ∩ AD ( I ∈ AD ). B thuộc đường tròn đường kính AC ABC = 900 . => ^ EAC = ^ EDC = 900 => A, D cùng thuộc đường tròn Ta có ^ đường kính EC. => A, D, E, C cùng thuộc đường tròn tâm J là trung điểm của EC. Vẽ JM ∩ AD ( M ∈ AD ). Ta có MB = MD (định lý đường kính vuông góc dây cung) và BC//EI (cùng vuông góc với AD). Hình thang EICB có EI//BC, J là trung điểm của EC 9 nên M là trung điểm của BI; Vì MA = MD; MB = MI => AB = ID mà AD = 3 AB (g/t) do đó IB = ID. Tam giác BDE có EI vừa là đường cao vừa là đường Chứng trung tuyến nên là tam giác cân tại E. Cách 3 : Vẽ EI ∩ AD ( I ∈ AD ). minh rằng rIDE ~ rBCD và Cách 3: rIAE ~rBCA. Từ đó ta có được: AB = BI = ID. Như vậy, tam giac BDE cân tại E. Vẽ EI ∩ AD (I ∈ AD ). ABC = 900 => ^ DBC B thuộc đường tròn đường kính AC ^ = 900 Xét rIDE và rBCD có: ^ DIE = ^ DBC = 900 ; ^ EDI = ^ BCD (cùng phụ với góc BDC). Do đó rIDE ~ rBCD (g.g) IA IE = => BC BD (1) Xét rIAE và rBCA có : ^ ^ = 900 ; AIE = CBA ^ IAE = ^ BCA (cùng phụ với góc BAC). Do đó rIAE ~ rBCA (g.g) IA IE = => BC AB (2) Lại có AD = 3AB => BD = 2AB. (3) ID IA Từ (1), (2) và (3) có: BC = 2 BC =>2 ID=IA ; AD = 3 ID Vậy AB = BI = ID.Cho Tam giác BDE có EI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên là tam giác cân tại E. Bài Toán 6: (Bài tập 17-SBT Toán 9- Tr-130). 10 Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và dây EF không cắt đường kính. Gọi I và K lần lượt chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến EF. Chứng minh IE = IF. Hoạt động của GV Nội dung GV hướng dẫn Hs chứng minh: Hình vẽ I E I E F A O H K B A ? Trên hình vẽ tứ giác ABKI là hình gì? HS: Tứ giác ABKI là hình thang Có O là trung điểm của cạnh bên AB em nghĩ đến điều gì? Từ đó GV gợi cho HS kẻ OH⊥ EF O F K B CM: Kẻ OH⊥ EF Hình thang AIKB có AO= OB Và OH // AI // BK nên: HI = HK (1) OH là phần đường kính vuông góc với dây EF nên HE =HF (2) Từ (1) và (2) suy ra IE = KF (đpcm) Bài toán 7: (Bài tập 30 – SGK Toán 9 T1- Tr 89) ABC = 380, ^ ACB = 300. Gọi N là chân Cho tam giác ABC trong đó BC = 11cm, ^ của đường vuông góc kẻ từ A đến cạnh BC. Hãy tính đoạn thẳng AN? Hoạt động của GV Nội dung GV hướng dẫn: Hình vẽ Trong bài này ABC là tam giác A thường ta mới biết 2 góc nhọn và độ dài BC  38 30 Muốn tính đường cao AN ta phải tính B N C được đoạn thẳng AB ( hoặc AC). Muốn làm được điều đó ta phải tạo ra tam giác vuông chứa AB ( hoặc AC) Vẽ thêm yếu tố phụ là cạnh huyền. ?Theo em ta làm như thế nào? HS: Từ B kẻ vuông góc với AC ( hoặc từ C kẻ vuông góc với AB? 11 K A ? Em hãy kẻ BK vuông góc với AC và nêu cách tính BK. 38 B 30 N C 1 HS lên bảng trình bày 2.2.3. Kết quả đạt được: - Khảo sát đánh giá sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm. - Sau khi áp dụng một số kinh nghiệm trên đây, tôi tiến hành khảo sát và kết quả như sau: a. Mức độ hứng thú môn Hình học: Mức độ hứng thú Thích Bình thường Không thích Lớp Tổng SL % SL % SL % số 2 7 28 14 50,0 14 50,0 0 0 2 9 31 16 51,6 15 48,4 0 0 b. Mức độ nắm kiến thức Hình học: Tổng Giỏi Khá T.Bình Yếu Kém số SL % SL % SL % SL % SL % 2 7 28 8 42,9 10 42,9 10 14,2 0 0 0 0 2 9 31 7 22,6 13 41,9 11 35,5 0 0 0 0 Qua việc khảo sát đánh giá trên và quá trình giảng dạy tôi nhận thấy các em dần dần đã yêu thích học hình học và các em đã tự xây dựng chương trình giải một cách logic và khoa học hơn. 3. Phần kết luận. 3.1. Ý nghĩa của đề tài, sáng kiến, giải pháp: Vẽ thêm yếu tố phụ trong hình học là một vấn đề rộng và khó chương trình học của học sinh, nó liên quan kết hợp với các phương pháp khác, các dạng toán khác tạo lên sự lôgíc chặt chẽ của toán học. Các phương pháp được nêu từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh hiểu sâu hơn và phát triển có hệ thống các kỹ năng, kỹ xảo phân tích. Qua đó giúp học sinh phát triển trí tuệ, tính chăm chỉ, tính chính xác, năng lực nhận xét, phân tích phán đoán, tổng hợp kiến thức. Trong quá trình giảng dạy người giáo viên phải biết phát huy tính tích cực, chủ động và sáng tạo của học sinh. Nhưng cách thức tiến hành nhẹ nhàng, không gò bó, dễ hiểu, không làm phức tạp hóa bài giảng. Người giáo viên chứng ta phải Lớp 12 hướng dẫn học sinh xâu chuỗi từ giả thiết với kết luận một cách logic. Qua đó kích thích được hứng thú học tập của học sinh. Tôi nghĩ rằng là một giáo viên Toán ở trường THCS, chúng ta phải trau dồi vốn kiến thức, tìm ra phương pháp dạy cho phù hợp với các đối tượng học sinh nhằm nâng cao chất lượng dạy học. Trong điều kiện thời gian có hạn và trong phạm vi đề tài này tôi chỉ mạnh dạn đưa ra một số phương pháp vẽ yếu tố phụ để giải các bài toán hình học mà bản thân đã áp dụng và nhận thấy hiệu quả. Tuy nhiên, phương pháp này có nhiều vấn đề cần phải trao đổi. Bởi lẽ, nó còn phụ thuộc vào nhiều yếu tố, đặc biệt là đối tượng học sinh. Các em học sinh yếu – kém rất khó nắm bắt kịp với các phương pháp vẽ yếu tố phụ. Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiê ̣m này, tôi hy vọng giúp các em học sinh tự tin hơn khi làm các bài tập về vẽ thêm yếu tố phụ trong hình học. Tuy nhiên, trong khi trình bày sáng kiến kinh nghiê ̣m của mình không tránh khỏi những khiếm khuyết, tôi rất mong muốn quý vị và đồng nghiệp góp ý, bổ sung để đề tài này được hoàn thiện hơn giúp bản thân tôi có một phương pháp giảng dạy tốt nhằm nâng cao chất lượng môn Hình học góp phần nâng cao chất lượng giáo dục đáp ứng mục tiêu của Đảng và nhà nước. Xin chân thành cảm ơn ! 3.2. Kiến nghị, đề xuất: - Để sáng kiến kinh nghiê ̣m trên được áp dụng vào thực tiễn giảng dạy và đem lại hiệu quả cần phải có lượng thời gian nhất định. Với lượng thời gian trên đề tài khó có thể áp dụng và đem lại hiệu quả mong muốn. Vì vậy Tôi xin có một vài kiến nghị sau: - Để công tác dạy và học ngày càng tiến bộ, là một giáo viên trực tiếp đứng lớp tôi rất mong các ban, các ngành, các cấp lãnh đạo không ngừng quan tâm tạo điều kiện cho ngành giáo dục. - Đối với xã hội: Quan tâm hơn về cơ sở vật chất phục vụ cho việc dạy và học. Trang bị cho trường một số trang thiết bị hiện đại như: Máy chiếu đa năng, máy tính xách tay... - Đối với nhà trường: Tạo điều kiện về thời gian, không gian, tổ chức các chuyên đề cấp trường để giáo viên có thể áp dụng sáng kiến kinh nghiê ̣m vào thực tiễn giảng dạy. - Đối với phòng giáo dục: Tổ chức các chuyên đề về vấn đề nghiên cứu (Vẽ thêm yếu tố phụ trong hình học) để giáo viên được dự giờ, nghiên cứu trao đổi học hỏi các đồng nghiệp, cùng tìm ra các biện pháp hay. XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG 13 ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………….. ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… XẾP LOẠI CỦA HĐKH PHÒNG GD & ĐT QUẢNG NINH ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… …………………….............................................................................................................. .................................................................................................................................... ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… …………………….............................................................................................................. .................................................................................................................................... 14