Khai thác một bài toán nhằm phát huy tính sáng tạo trong toán học

Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
Khai thác một bài toán nhằm phát huy tính sáng tạo cho
học sinh
Giải quyết cái phức tạp từ cái đơn giản, từ cái đơn giản khái quát thành vấn
đề tổng quát là hai hoạt động bỗ trợ cho nhau trong quá trình hình thành t duy
toán học.
I - Nhận thức cũ - Tình trạng cũ.
Khi giải quyết một bài toán ta thờng đặt ra một câu hỏi: " Đã gặp bài toán nào tơng
tự cha?". Điều này rất cần thiết với việc học toán.
* Học sinh THCS nói chung cha có năng lực giải các bài toán khó, nhng nếu đợc
giáo viên định hớng về phơng pháp hoặc kiến thứcvận dụng, hoặc gợi ý về phạm vi tìm
kiếm thì các em có thể giải quyết đợc vấn đề.
*Trong quá trình dạy toán nhiều giáo viên còn xem nhẹ hoặc cha chú trọng việc nâng
cao, mở rộng, phát triển các bài toán đơn giản ở SGK hoặc cha đầu t vào lĩnh vực này, vì
thế việc phát triển vấn đề mới từ bài toán quen thuộc còn nhiều bỡ ngỡ và khó khăn. Cha có
một định hớng củ thể.
*Việc đa ra một bài toán hoặc phát triển một bài toán cho phù hợp với từng đối tợng
học sinh để có kết qủa giáo dục tốt còn hiều hạn chế.
*Đại đa số học sinh THCS còn e ngại với bộ môn Hình Học do thiếu sự tự tin và
niềm đam mê.
II - Nhận thức mới, giải pháp mới
A. Nhận thức mới
+ Để giải quyết vấn đề trên trong quá trình giảng dạy cần chú trong các bài toán ở
SGK. Biết phát triển các bài toán đơn giản đã gặp để tăng vốn kinh nghiệm vừa phát triển
năng lực t duy toán học, vừa có điều kiện tăng khả năng nhìn nhận vấn đề mới từ cái đơn
giản và từ đó hình thành phẩm chất sáng tạo khi giải toán sau này.
+ Việc phát triển một bài toán phù hợp với từng đối tợng học sinh là rất cần thiết và
quan trọng, nó vừa đảm bảo tính vừa sức và là giải pháp có hiệu quả cao trong việc giải
toán vì nó không tạo cho học sinh sự nhụt chí mà là động lực thúc đẩy giúp cho học sinh có
sự tự tin trong quá trình học tập, bên cạnh đó còn hình thành cho các em sự yêu thích và
đam mê bộ môn hơn.

B. Giải pháp thực hiện
Bài toán xuất phát. (Bài tập 95 - SGK Toán 9-T2-Trang 105 nhà XBGD 2005)
Các đờng cao hạ từ A và B của tam giác ABC cắt nhau tại H (góc C khác 90
0
) và cắt đ-
ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lợt tại D và E.
Chứng minh rằng:
1) CD = CE.
2) Tam giác BHD cân.
3) CD = CH.
Chứng minh:
1) Trên hình vẽ ta có: = (
Cùng phụ với )
suy ra các cung nhỏ EC =
CD EC = CD.
2) Theo câu 1 ta có: CD = CE
nên = suy ra BC là phân
giác cũng là đờng cao trong
tam giác HBD.
Vậy tam giác HBD cân tại B.
3) Từ câu 2 ta có đờng thẳng
BC là trung trực của đoạn
thẳng HD.
Vậy CD = CH.

a
b
c
d
m

h
e
q
o
n
p
Nm hc: 2010-2011
1
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
(Hình 1)
Với bài toán trên ta có hai xu hớng phát triển để phù hợp với hai đối tợng học
sinh là học sinh Trung bình và học sinh Khá -Giỏi.
Đối t ợng I: đối với học sinh trung bình
Sau khi giải xong bài toán trên ta đa ra nhận xét:
Nhận xét 1: Tơng tự ta có thể chứng minh đợc các tam giác nào cân, từ đó hãy chứng
minh DE // PQ ( P,Q là chân các đờng cao lần lợt hạ từ A và B)
Vậy ta có thể yêu cầu thêm cho học sinh nh sau:
4) Gọi P,Q lần lợt là chân các đờng cao hạ từ A và B của tam giác ABC. Chứng minh:
PQ // DE.
Nếu yêu cầu này đợc đa ra ngay từ đầu thì chắc chắn HS sẽ gặp khó khăn trong khi
giải. Vì vậy qua việc giải các câu trên HS có thể giải nh sau.
Tóm tắt giải: Tơng tự câu 2 chứng minh tam giác HAE cân tại A nên
QH = QE suy ra PQ là đờng trung bình của tam giác DHE. Vậy PQ // DE.
Nhận xét 2: Trên hình vẽ. Các tứ giác AQPB và CPHQ có nội tiếp đợc
không? Hãy xác định tâm của các đờng tròn ngoại tiếp chúng?
5) Hãy xác định tâm của các đơng tròn ngoại tiếp các tứ giác AQPB và CPHQ?
Tóm tắt giải: + Tứ giác AQPB nội tiếp đờng tròn đờng kính AB.
Nên tâm là trung điểm của AB.
+ Tứ giác CPHQ nội tiếp đờng tròn đờng kính HC.
Nên tâm là trung điểm của HC.

Nhận xét 3 : Kẻ DM // BC . Dự đoán gì về vị trí ba điểm A,O,M ?
6) Kẻ DM // BC. Chứng minh: A,O,M thẳng hàng. (M thuộc (O) )
Tóm tắt giải: DM // BC nên ADM = 90
0
suy ra AM là đờng kính.
Vậy A,O,M thẳng hàng.
Nhận xét 4: Tứ giác BCMD có tính chất gì?
7) Tứ giác BCMD là hình gì? Vì sao?
Tóm tắt giải: DM // BC nên tứ giác BDMC là hình thang.
Ta có BH // MC (Cùng vuông góc AC) nên = (So le trong).
Mà = ( Chứng minh câu 2) suy ra = .
Vậy tứ giác BDMC là hình thang cân.
Nhận xét 5: Từ chứng minh trên ta có dự đoán gì về tứ giác BHCN ?
8) Tứ giác BHCM là hình gì ? Vì sao?
Tóm tắt giải: BH // MC ( cùng vuông góc AC)
BH = MC ( cùng bằng BD)
Suy ra BHCM là hình bình hành.
Nhận xét 6: Gọi N là giao điểm củaHM và BC. Em có dự đoán gì về quan
hệ giữa đờng thẳng ON với đoạn thẳng DM ?
9) Gọi N = HM BC. Chứng minh : ON là trung trực của đoạn DM.
Tóm tắt giải: ON vuông góc BC(Đờng kính đi qua trung điểm của dây cung)
Suy ra ON vuông góc DM nên ON là trung trực của DM( đờng
kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây).
Kết luận I:
Với học sinh nói chung và học sinh đại trà nói riêng bộ môn Hình Học thờng các em có
tâm lý sợ học và không mấy a thích. Vì vậy:
- Việc phát triển một bài toán phù hợp với học sinh trung bình chỉ nên dừng ở mức độ tái
hiện, củng cố và khắc sâu hơn các kiến thức cơ bản đã học, các vấn đề đa ra không quá khó
với mục đích là học sinh có thể tự giải quyết đợc, từ đó tạo sự tự tin cho các em trong học
tập và giải toán.

- Việc khai thác bài toán này với mức độ từng bớc nâng dần nh trên vừa tổng hợp đợc các
kiến thức quan trọng vừa hoc trong chơng vừa tái hiện, xâu chuỗi đợc các kiến thức đã học
Nm hc: 2010-2011
2
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
trớc đây. Từ đó giúp học sinh thấy đợc sự đa dạng và lí thú của toán học, tạo cho các em có
sự hứng thú trong học tập và thêm yêu thích bộ môn hơn.
- Với mức độ yêu cầu nh trên ta có thể còn nhiều cách khai thác và có thể đề xuất theo
nhiều hớng khác nhau và cách giải khác nhau. Nhng ở đây tôi chỉ đề xuất theo trình tự yêu
cầu mức độ kiến thức tăng dần và có sự liên hệ giữa câu sau với câu trớc. Kiến thức vân
dụng chủ yếu ở chơng Đờng tròn. (Bài tập này ở phần ôn tập chơng III - Đờng tròn).
Đối t ợng II đối với học sinh khá - giỏi
Từ bài toán xuất phát ta đặt vấn đề nh sau:
Nhận xét 7: Sau khi giải xong bài toán ta thấy: Điểm D và E lần lợt đối xứng với điểm H
qua các cạnh BC và AC. Vậy nếu lấy điểm F đối xứng với H qua AB thì điểm F có thuộc đ-
ờng tròn (O) không? Ta có bài toán sau:
Bài toán 1: Cho tam giác ABC, các đờng cao AP và BQ cắt nhau tại H.
E, D lần lợt là các điểm đối xứng với H qua AC và BC.
1) Chứng minh rằng: Năm điểm A,B,D,C,E cùng thuộc một đờng tròn.
Tóm tắt chứng minh: (Hình 2)
- Dựng đờng tròn (O) ngoại tiếp tam
giác ABC.
Ta chứng minh: D,E thuộc đờng tròn
(O).
- E,H đối xứng qua AC nên tam giác
HAE cân tại A
suy ra A1 = A2 mà A1 = B1 (cùng phụ
với H1 = H2 ).
Vậy A2 = B1 suy ra tứ giác BAEC nội
tiếp đờng tròn (O).

(Hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa
hai đỉnh còn lại dới một góc bằng nhau)
a
b
c
d
m
h
e
o
n
p
q
2
1
(Hình 2)
- Tơng tự chứng minh đợc: A1 = B2
Nên tứ giác ABDC nội tiếp đờng tròn (O).
Vậy năm điểm A,B,D,C,E cùng thuộc đờng tròn (O).
Nhận xét 8: Em có nhận xét gì về quan hệ giữa: DE và PQ ? ; PQ và CO ?
Ta đặt tiếp vấn đề cho bài toán nh sau:
2) Chứng minh rằng: CO vuông góc PQ.
Tóm tắt giải: + Xét tam giác DHE có PQ là đờng trung bình nên PQ // DE.
+ CE = CD (Vì A1 = A2 ), OE = OD ( Bán kính)
suy ra CO là trung trực của đoạn DE
nên CO vuông góc DE suy ra CO vuông góc PQ.
Nhận xét 9: Kẻ AO cắt (O) tại M. Hãy nhận xét quan hệ giữa BC và DM? Từ đó hãy dự
đoán: Tứ giác BDMC là hình gì?. Tứ giác BHCM là hình gì?
3) Kẻ AO cắt (O) tại M. Các tứ giác BDMC và BHCM là hình gì ? Vì sao ?
Tóm tắt giải: (Hình 2)

+ ADM = 90
0
nên DM // BC suy ra tứ giác BDMC là hình thang.
Mà C1 = D1 ( Nội tiếp cùng chắn 1 cung)
Suy ra C2 = B2 ( Cùng phụ với C1 = D1)
Suy ra BM = CD
suy ra BDMC là hình thang cân.
+ BH = MC ( cùng bằng BD)
BH // MC ( cùng vuông góc AC).
Vậy BHCM là hình bình hành.
Nm hc: 2010-2011
3
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
Nhận xét 10: Gọi BC giao với HM tại N. Có dự đoán gì về đờng thẳng ON với đoạn DM?
4) Gọi N = BC HM. Chứng minh rằng ON là trung trực của đoạn DM.
Tóm tắt giải: (Hình 2)
Từ câu 3 ta có:
NB = NC ( Liên hệ giữa đờng kính và dây),
Suy ra ON vuông góc BC ON vuông góc DM ( theo câu 3 DM // BC ). ON là đ-
ờng kính nên ON đi qua trung điểm của DM, Hay ON là trung trực của DM.
Giáo viên có thể đặt yêu cầu cho học sinh: bằng cách tơng tự ta có thể đoán nhận
trên hình còn có những hình bình hành và hình thang cân nào khác?
Quan hệ gữa đoạn ON và đoạn AH có gì đặc biệt không ?
Vậy từ bài toán gốc ta xây dựng đợc bài toán 1 với mức độ phù hợp với học sinh khá
- giỏi. Trình tự các yêu cầu đợc mở rộng và có sự liên hệ, kế thừa các tính chất của câu tr-
ớc. Giải quyết đợc vấn đề trớc thì các vấn đề sau cũng đợc giải quyết nhẹ nhàng hơn.
Việc cho học sinh tự đoán nhận hình giúp học sinh có khả năng dự đoán hình dựa
trên cơ sở các tính chất của nó. Từ đó các em đợc củng cố các tính chất đã học của hình đ-
ợc dự đoán qua đó hình thành cho học sinh khả năng tự phân tích tổng hợp các tính chất
và có thể khái quát thành bài toán tổng quát hơn.

Nhận xét 11: Từ việc dự đoán trên ta có thể khẳng định đợc độ dài đoạn ON
bằng nửa độ dài đoạn AB .
Tơng tự:
Khoảng cách từ O đến AB bằng nửa đoạn nào ?
Khoảng cách từ O đến BC bằng nửa đoạn nào ?.
Vậy ta có thể khái quát thành bài toán nh thế nào?

Bài toán 2: Chứng minh rằng trong một tam giác khoảng cách từ tâm đờng tròn ngoại
tiếp tới một cạnh bằng nả khoảng cách từ trực tâm của tam giác đó đến đỉnh đối diện
cạnh đó.
Tóm tắt chứng minh: ( Hình )
Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H là trực tâm của tam giác đó.
Sau khi đã giải xong bài toán 1, học sinh có thể thực hiện theo trình tự sau.
+ Kẻ đờng kính AO cắt (O) tại M
Gọi N là giao của HM và BC.
Chứng minh BHCM là hình bình
hành
( Đã chứng minh ở bài toán 1)
Từ đó suy ra ON vuông góc BC
suy ra ON là đờng trung bình của
tam giác AMH hay ON = 1/2 AH.
+ Bằng cách tơng tự ta có thể chứng
minh đợc hai trờng hợp còn lại và
kết luận bài toán.
a
b
c
m
h
q

o
n
(Hình 3)
* Bài toán này có thể giải theo cách khác, ở đây tôi chỉ trình bày có tính kế thừa cách giải
từ bài toán 1. Tức là quy lạ về quen .
Sau khi giải xong bài toán trên ta có thể khẳng định với học sinh xem bài toán trên
nh một định lí quan trọng và cần nhớ để áp dụng cho giải toán sau này.
Nh vậy lại có một vấn đề phải đặt ra là: Nếu xem bài toán nh một định lí thì phải xét tính
toàn diện của nó. Tức là tính chất trên phải đúng trong mọi trờng hợp.
Vậy còn trờng hợp nào ta cấn phải xét?
+ Nếu trực tâm H nằm ngoài tam giác thì bài toán 2 còn đúng nữa không? (Hình 4)
Nm hc: 2010-2011
4
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
Tơng tự : Với bài toán 1. Giả sử tam giác ABC có một góc tù thì các kết luận 1;2;3;4 có
đúng nữa không ?(Hình 5)
a
b
c
d
h
q
o
p
e
(Hình 4)

a
b
c

m
h
q
o
n
e
p
d
(Hình 5)
Với cả hai trờng hợp trên. Các bớc chứng minh hoàn toàn tơng tự nh đã trình bày ở
bài toán 1 và bài toán 2.( Cho học sinh tự chứng minh để tham khảo thêm)
Nhận xét 12: Qua bài toán 1 câu 4 ta lại thấy trực tâm H có điểm đối xứng với nó qua các
cạnh là các điểm nằm trên đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vậy ta có thể phát triển tính chất trên thành một bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 3: Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Tìm tất cả những điểm mà điểm
đối xứng của nó qua trung điểm các cạnh nằm trên đờng tròn ngoại tiếp tam giác đó.
Tóm tắt giải: (Hình 6)
B ớc 1: Gọi H là trực tâm của tam giác
ABC.
Các điểm H1, H2, H3 lần lợt là các điểm
đối
xứng của H qua các trung điểm M, N, P
của các
cạnh BC, CA, và AB.
Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC
Tơng tự câu 4 của bài toán 1 ta chứng
minh đợc các điểm H1, H2, H3 nằm trên
đờng tròn (O).
a

b
c
m
h
o
n
p
h
3
h
2
h
1
(Hình 6)
B ớc 2: Phải chứng minh điểm H là duy nhất:
Giả sử tồn tại thêm một điểm H' khác H bất kì trong mặt phẳng chứa tam giác ABC thoả
mãn điều kiện bài toán.
Tức là: Điểm đối xứng của H' qua các điểm M,N,P lần lợt là H'1 , H'2, H'3 , khi đó ta có: H'M
= MH'1 ; H'N = NH'2 suy ra MN là đờng trung bình của tam giác H'1H'H'2
suy ra MN //=
2
1
H'1H'2 .
Mà MN //=
2
1
H1H2 //=
2
1
AB.

Trong một đờng tròn có ba dây song song và bằng nhau. điều này là vô lí. Vậy chỉ tồn tại
duy nhất một điểm H thoả mãn điều kiện bài toán.
Nm hc: 2010-2011
5
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
* Có thể giải bài toán trên theo phơng pháp dựng hình, ở đây chỉ đề cập đến cách giải
xuất phát từ bài toán trớc.
* Nếu tam giác ABC có một góc tù ( H nằm ngoài tam giác) thì bài toán
vẫn đúng. Cách chứng minh tơng tự.
Nhận xét 13: Cũng từ bài toán 1 câu 1 ta lại thấy trực tâm H có điểm đối xứng qua các
cạch của tam giác ABC nằm trên đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vậy có một vấn
đề đặt ra nữa là:
1. Có nhận xét gì về quan hệ giữa các cặp tam giác: AHC và AQC ?, AHB và AKB ?,
BHC và BPC ? (trên hình 7).
2. Các đờng tròn ngoại tiếp các tam giác AQC, BPC và AKB có bằng nhau không?
Từ đó ta có thể đề xuất thêm bài toán sau:
Bài toán 4 Cho tam giác ABC. Tìm trong mặt phẳng chứa tam giác điểm H sao cho
các đờng tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, AHC và BHC bằng nhau.
Tóm tắt giải: ( Hình 7)
+ Tơng tự bài toán 1 câu 1 ta có thể
chứng minh đợc các điểm P, Q, K lần l-
ợt đối xứng với H qua BC, AC và AB.
Từ đó suy ra các cặp tam giác : AHB và
AKB; AHC và AQC; BHC và BPC là
bằng nhau. Mà các tam giác AKB, BPC
và AQC đều nội tiếp đờng tròn (O).
Suy ra các đờng tròn ngoại tiếp các tam
giác AHB, AHC và BHC bằng nhau và
cùng bằng đờng tròn (O).
+ Ta cần chứng minh tồn tại duy nhất

một điểm H thoả mãn:
Giả sử tồn tại một điểm H' khác H
trong mặt phẳng thoả mãn yêu cầu của
bài toán. Lúc đó ta gọi tâm các đờng
tròn ngoại tiếp các tam giác AH'B,
AH'C và BH'C lần lợt là O1, O2, O3.
Do ba đờng tròn bằng nhau nên: IO1 =
IO3; JO2 = J O3; TO1 = TO2, suy ra
a
b
c
h
o
p
q
k
(Hình7)
a
b
c
h
o
i
t
j
o
1
o
2
o

3
( Hình 8)
IJ //=
2
1
O1O2 mà IJ //=
2
1
BC
Suy ra O1O2 //= BC.
Mặt khác AH' vuông góc O1O2 Suy ra AH' vuông góc BC.
Tơng tự ta chứng minh đợc CH' vuông góc AB.
Suy ra H' là trực tâm của tam giác ABC.
Vậy H' trùng H . Suy ra điều phải chứng minh.
Kết luận: Điểm cần tìm là trực tâm H của tam giác ABC.
Nhận xét 14: Qua các bài toán trên ta thấy. Nếu nhìn bài toán dới phơng diện dựng hình:
Để dựng tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) khi biết trực tâm H của nó thoả mãn điều
Nm hc: 2010-2011
6
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
kiện luôn cách A một khoảng cho trớc bằng OA = R thì bài toán có lời giải không? Giải nh
thế nào?
Nhận xét chung:
+ Nếu cha giải các bài toán trớc. Ta đa ra các bài toán 4 và 5 yêu cầu học sinh giải thì kể cả
học sinh giỏi cũng sẽ rất khó khăn khi giải chúng.
+Thông qua việc giải các bài toán trớc học sinh đã nắm bắt đợc các tính chất liên hệ giữa
trực tâm và tâm của đờng tròn ngoại tiếp của một tam giác mà ta có thể định hớng ngay đ-
ợc cách giải các bài toán này.
+Đây chính là hoạt động " Quy là về quen" . Giải quyết cái phức tạp từ cái đơn giản, từ cái
đơn giản khái quát thành vấn đề tổng quát nh đã đặt vấn đề ngay ở đầu bài viết.

+ Từ mỗi bài toán sau mỗi nhận xét trên còn có thể có hớng khai thác khác để đề xuất thêm
bài toán mới và lời giải cũng có thể giải theo nhiều cách khác nhau. Tuy nhiên ở đây chỉ
xây dựng bài toán mới và đinh hớng cách giải dựa trên cơ sở các bài toán trớc nó.

III- bài học kinh nghiệm
1. Để lôi cuốn đợc học sinh tham gia tích cực và tự giác, tạo cho các em sự tự tin và niềm
đam mê trong học tập, thì khi đa ra một vấn đề, một bài toán cần chú ý tới đối tợng học
sinh, khả năng của các em ở mức độ nào, từ đó giáo viên mới đa ra yêu cầu đề đảm bảo tính
vừa sức đối với học sinh.
Trong cả quá trình dạy học nên chú trọng khai thác, mở rộng các bài toán ở SGK trong
chừng mực có thể, hợp lí nhằm rèn luyện cho học sinh biết nhìn nhận bài toán dới nhiều
góc độ khác nhau, hình thành năng lực t duy tổng hợp và sáng tạo toán học từ đó tạo cho
học sinh sự hứng thú trong học tập.
2. Một số định hớng khi khai thác một bài toán cho phù hợp với đối tợng:
a) Với học sinh trung bình:
+ Kiến thức: Không nên đa ra yêu cầu mà khi giải quyết phải vận dụng
quá nhiều đơn vị kiến thức cơ bản, mức độ lập luận là trực tiếp hoặc chỉ
nên suy luận từ một đến hai bớc. (đa ra yêu cầu trực tiếp, tờng minh
kiến thức cần đạt).
+ Kĩ năng: chú trọng kĩ năng trình bày lời giải và căn cứ lập luận.
b) Với học sinh khá - giỏi:
+ Kiến thức : Có thể yêu cầu ở mức độ tổng quát hơn, vấn đề đa ra đòi
hỏi học sinh phải t duy thật sự và phải biết phân tích xét các trờng
hợp xảy ra của bài toán và nêu rõ đợc mấu chốt của bài toán là ở đâu.
+ Kĩ năng: Đòi hỏi phải có cách lí luận chặt chẽ, ngắn gọn và khoa học,
khả năng vận dụng kiến thức một cách tổng hợp, sáng tạo.
Với các tiêu chí nh trên giáo viên có căn cứ cụ thể để từ đó định hớng đợc hớng mở
rộng một bài toán cho phù hợp với các đối tợng học sinh.
Bản thân tôi là một giáo viên , vốn kiến thức và kinh nghiệm còn nhiều hạn chế, vì vậy
chắc rằng bài viết còn nhiều thiếu sót. Tuy nhiên tôi cũng xin mạnh dạn trình bày những

suy nghĩ của mình với các đông chí đồng nghiệp, mong đợc sự giúp đỡ, góp ý, xây dựng bổ
ích của các đồng chí và quý vị để bài viết có tác dụng tốt cũng nh bản thân tôi đợc mở rộng
tầm hiểu biết hơn.

Nghĩa Liên, ngày 26 tháng 04 năm 2011
Ngời viết
Phan Thị Quỳnh Nga
Nm hc: 2010-2011
7
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
III kết quả đạt đ ợc
Nội dung bài viết đã đợc tôi áp dụng cho ba lớp 9A, 9C và 9D mà tôi đang dạy, kết
quả sau khi áp dụng cho hai đối tợng nh trên đã cho kết quả khá khả quan.
Củ thể:
1. Khi cha áp dụng sáng kiến:
Lớp Sỉ
số
Yếu Trung bình Khá giỏi
TS TL TS TL TS TL TS TL
9A 48 4 8% 25 53% 16 33% 3 6%
Nm hc: 2010-2011
8
Sỏng kin kinh nghim GV: Phan Qunh Nga THCS Ngha Liờn
9C 46 5 11% 28 61% 11 24% 2 4%
9D 47 4 9% 26 55% 14 30% 3 6%
2. Sau khi áp dụng:
Lớp
Sỉ số
Yếu Trung bình Khá giỏi
TS TL TS TL TS TL TS TL

9A 48 2 4% 23 48% 18 38% 5 10%
9C 46 4 8% 26 57% 13 28% 3 7%
9D 47 2 4% 25 53% 16 34% 4 9%
Nhìn chung chất lợng đợc nâng lên khá đồng đều, do có thể áp dụng phù hợp với khả
năng tiếp thu của từng đối tợng học sinh
Ngoài việc nâng cao đợc chất lợng học tập cho học sinh còn tạo cho các em sự tự tin
khi làm một bài toán Hình Học, do qua quá trình giảng dạy đã phần nào gây dựng đợc cho
các em sự tự tin và niềm đam mê trong học tập nói chung và bộ môn Hình Học nói riêng.
Nm hc: 2010-2011
9