SKKN Bài toán liên hệ giữa các đường cao và tam giác

Mục lục
................................

Trang 01

1. Lí do chọn đề tài

................................

Trang 02

2. Mục đích nghiên cứu

................................

Trang 03

3. Kết quả cần đạt

................................

Trang 04

4. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu

................................

Trang 04

1. Cơ sở lí luận

................................

Trang 05

2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu

................................

Trang 05

3. Giải pháp thực hiện

................................

Trang 06

4. Bài tập luyện tập

...............................

Trang 12

5. Kết quả thực hiện

................................

Trang 13

1. Đánh giá cơ bản về SKKN

................................

Trang14

2. Kiến nghị đề xuất

................................

Trang14

Mục lục
Phần I: Đặt vấn đề

Phần II: Nội dung

Phần III. Kết luận

1


PHẦN I - ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài:
Tư duy là một hình thức nhận thức lí tính của con người. Về mặt tâm lí
thì tư duy là một quá trình tâm lí phản ánh những thuộc tính bản chất, những
mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hiện tượng trong
hiện thực khách quan mà trước đó con người chưa biết.
Tư duy thể hiện sự phát triển của con người trong xã hội. Tư duy không
tự nhiên mà có mà do quá trình rèn luyện lâu dài, muốn tư duy phát triển cần
được rèn luyện thường xuyên, học các môn khoa học tự nhiên đặc biệt là môn
toán sẽ phát triển tư duy rất tốt. Lứa tuổi trường THCS đang phát triển mạnh

về tư duy nên giáo viên cần quan tâm không được xem nhẹ vấn đề này.
Mỗi dạng bài toán hình có những phương pháp giải bài tập khác nhau,
tuy nhiên khi làm bài tập hình, nếu học sinh có được cái nhìn ở các góc cạnh
khác nhau từ bài toán cơ bản thì sẽ hiểu sâu sắc các bài tập hình và hơn nữa
tìm được cái đẹp của môn Toán. Cái nhìn ở các phương diện khác nhau chính
là cách thay đổi bài toán có thể trở thành bài dễ hơn nhưng cũng có thể trở
thành bài toán khó hơn. Khi làm được như vậy thì ý thức của học sinh sẽ cao
hơn, những bài tập khó sẽ trở nên dễ hơn, và quan trọng nhất là học sinh có
được sự tự tin khi làm bài tập.
Trong định hướng đổi mới phương pháp dạy học bậc THCS thì tự học là
một yêu cầu quan trọng đối với học sinh. Tự học giúp học sinh say mê học tập,
hiểu sâu kiến thức và quan trọng hơn là phát triển tư duy sáng tạo. Vấn đề đặt
ra là làm thế nào có thể giúp học sinh tạo hứng thú trong việc tự học tìm thấy
niềm vui khi học toán, cho học sinh thấy những bài toán khó đều bắt đầu từ
những bài toán cơ bản. Hơn nữa trong học toán thông thường học sinh chỉ say
mê làm bài tập Đại số, ngại làm bài tập hình đặc biệt các bài toán khó, đối với
dạng bài toán này thông thường hình vẽ nhiều chi tiết rườm rà, ngay cả những
học sinh giỏi khi gặp dạng bài toán trên cũng e ngại và bỏ qua mà không chịu
tìm tòi đi đến lời giải. Do đó giáo viên có thể định hướng cho học sinh biết kết
2


gắn điều thú vị trong các bài toán cơ bản từ đó có hứng thú xây dựng bài tập
hình cho riêng mình có dạng tương tự.
Chính vì vậy mà tôi chọn đề tài này, giúp học sinh thay đổi cách nhìn, thay
đổi phong cách học tập và tư duy cho phù hợp với lứa tuổi, bằng cách khai
thác tình huống có thể có trong một dạng bài tập đã biết, thay đổi, phát triển
bài toán đó thành những bài toán khác nhau. Làm như vậy học sinh sẽ thấy tự
tin hơn khi gặp bài toán lạ có khả năng tự tìm tòi lời giải hay cho bài toán, biết
xây dựng các mô típ bài tập hình học theo chủ đề học tập từ đó phát huy tính

sáng tạo đáp ứng nhu cầu học tập trong thời đại mới.
2. Mục đích nghiên cứu:
Đây là đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẽ đẹp của
môn hình học và đặc biệt nó giúp phát triển rất nhiều tư duy của học sinh mà
đã có nhiều đồng nghiệp khai thác nghiên cứu nâng cao hiệu quả trong giảng
dạy, nếu vấn đề này tiếp tục được khai thác hàng năm và được sự quan tâm
góp ý của các thầy cô thì chắc hẳn nó sẽ là kinh nghiệm quý dành cho việc dạy
học sinh khá, giỏi. Vì đây là chủ đề rộng nên trong kinh nghiệm này chỉ trình
bày và khai thác một số bài toán hình học áp dụng bài toán cơ bản đã biết trong
giải toán, gần gũi với học sinh xuất hiện nhiều trong các kì thi.
Chỉ có thể thấy được sự thú vị của những bài toán này trong thực tế
giảng dạy, những bài toán cơ bản, bài toán đơn giản cũng có thể làm cho một
số học sinh khá giỏi lúng túng, do chưa nắm được những bài toán cơ bản và
phương pháp giải. Khi đi sâu tìm tòi những bài toán có mối liên hệ với nhau
không những học sinh nắm sâu kiến thức mà còn tìm được vẽ đẹp của môn
hình. Vẻ đẹp đó được thể hiện qua những cách giải khác nhau, những cách kẻ
đường phụ, những ý tưởng và đặc biệt tìm được mối liên hệ giữa bài toán này
với bài toán kia mà chỉ có thể ở môn hình mới có, làm được như vậy học sinh
sẽ yêu thích môn hình học. Đó là mục đích của bất kì giáo viên dạy ở môn nào
cần khêu gợi được niềm vui sự yêu thích của học sinh ở môn học đó. Nhưng
mục đích lớn nhất trong việc dạy học là phát triển tư duy của học sinh và hình
thành nhân cách cho học sinh. Qua mỗi bài toán học sinh có sự nhìn nhận đánh
3


giá chính xác, sáng tạo và tự tin qua việc giải bài tập hình đó là phẩm chất của
con người mới.
3. Kết quả cần đạt:
Các bài tập Hình đều phát triển dựa trên các bài toán cơ bản trong nhiều
dạng bài toán đều có mối liên hệ nào đó đã biết giúp tìm ra yêu cầu của bài

toán ngắn gọn hơn dễ hiểu hơn nên mục đích cần hướng đến là học sinh trung
bình làm tốt những bài tập cơ bản ban đầu ở dạng này.
`

Sau đó, giáo viên giúp cho số đối tượng học sinh đó hiểu được một số

bài toán phát triển từ bài toán cơ bản đó nhưng quan trọng hơn giáo viên giúp
cho học sinh hiểu được hướng phát triển một bài toán. Tại sao phải làm như
vậy? Làm như thế đạt được mục đích gì? Qua đó giúp các em say mê môn
toán, số học sinh làm được điều này không nhiều vì đây là vấn đề khó cần sự
kiên trì và cố gắng của cả học sinh và giáo viên, do đó tôi hướng tới đối tượng
học sinh trung bình trở lên khá giỏi, đạt được điều này có thể học sinh không
tạo ra được các dạng toán như thầy vì vốn kinh nghiệm của các em còn hạn
chế nên giáo viên cần định hướng, động viên các em tự tin hơn, và thông qua
các bài toán cơ bản này khi các em gặp dạng toán có thể tạo cho các em dòng
tư duy, tìm tòi lời giải không bị lạ. Cho dù là học sinh giỏi hay học sinh trung
bình khi nhìn bài toán ở góc độ quen thuộc thì các em sẽ tự tin hơn thích thú
hơn với môn học, yếu tố đó rất quan trọng trong quá trình tự học, giúp quá
trình rèn luyện hình thành tư duy cho học sinh tốt hơn.
4. Đối tượng - phạm vi nghiên cứu
Đề tài này được viết trong quá trình dạy và học, được rút ra trong quá
trình bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn tập tuyển sinh vào THPT nên đối tượng là
các học sinh đại trà và nâng lên ở số ít học sinh giỏi trong phạm vi trường
THCS, việc nâng chất lượng dạy và học đại trà luôn là sự quan tâm hàng đầu
của các trường THCS đặc biệt là chất lượng học sinh giỏi nên vấn đề nghiên
cứu của đề tài nâng cao từng cấp độ từng đối tượng phù hợp với yêu cầu thực
tế của từng đối tượng học sinh
4

PHẦN II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận:
Do tư duy là thuộc tính của tâm lí, tư duy hình thành và phát triển theo
từng giai đoạn trong quá trình trưởng thành của con người. Tư duy đặc biệt
phát triển mạnh ở giai đoạn thanh, thiếu niên. Vì vậy giáo viên cần phải quan
tâm đến phương pháp giảng dạy nhằm phát triển tư duy cho học sinh một cách
tốt nhất. Tất cả các môn học đều phát triển tư duy của học sinh nhưng môn
toán có vai trò quan trọng hơn cả. Giải bài tập toán là lúc học sinh được thể
hiện kĩ năng, tính sáng tạo, phát triển óc tư duy.
Các bài tập Hình trong chương trình học thường đa dạng phong phú
nhưng làm sao để cho học sinh nhớ lâu, hiểu vấn đề là rất quan trọng. Đặc
điểm của hình học là khó, đòi hỏi phải tư duy trừu tượng nên giáo viên phải
tạo cho học sinh kĩ năng vẽ hình, tương tự và tìm ra tính tương đồng trong các
bài toán cơ bản đã học.
2. Thực trạng vấn đề
Bản thân là giáo viên trường THCS được phân công giảng dạy và bồi
dưỡng học sinh giỏi, tuy nhiên tại trường THCS đang công tác là một đơn vị
có số học sinh ít, kèm theo số học sinh khá, giỏi còn khiêm tốn chất lượng đại
trà và chất lượng học sinh giỏi được cả tập thể cán bộ giáo viên quan tâm để
tạo nền móng và tiền đề cho việc xây dựng trường đạt danh hiệu chuẩn quốc
gia.
Mục tiêu chính của trường chúng tôi là nâng cao chất lượng đại trà, củng
cố thêm cho học sinh giỏi, bên cạnh hình thành cho học sinh ý thức của con
người mới: Sáng tạo và năng động. Trong quá trình giảng dạy tôi đã lựa chọn
một phương pháp dạy cụ thể nhằm nâng cao khả năng tư duy cho học sinh. Sau
đây là nội dung tôi trình bày:

5

3. Giải pháp thực hiện
Thật vậy, trước hết xét bài toán cơ bản sau:
Bài toán 1. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao BE, CF.
Chứng minh rằng: AB.AF = AC.AE
Giải: Xét ∆ ABE và ∆ ACF, ta có:

A

 là góc chung
AEB = AFC = 900
Suy ra: ∆ ABE

E

F

∆ ACF (g.g)

AB AE
=
(1)
AC AF
⇔ AB. AF = AC. AE

⇒

B
C

*Từ hệ thức (1) ta có bài toán sau:

Bài toán 2: Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao BE, CF.
Chứng minh rằng: a) ∆ AEF

∆ ABC.

b) EF = BC.CosA
Giải: a) Xét ∆ AEF và ∆ ABC. Ta có:

A

 chung
Từ (1): AB.AF = AC.AE

⇒

E

AB AC
=
AE AF

Vậy: ∆ AEF

∆ ABC. (c.g.c) (2)

b) Ta có: ∆ AEF

⇒

F

B
C

∆ ABC

AE EF
EF
AE
=
⇒ CosA =
(vì CosA =
) (3)
AB
AB BC
BC

Vậy EF = BC.CosA
*Từ hệ thức (3) Chọn góc A là góc đặc biệt ta có bài toán sau:
Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao BE, CF. Biết  = 600.
Chứng minh rằng: EF =

1
BC.
2

Giải: Ta có: EF = BC.CosA ( Theo bài toán 2)
6

mà Â = 600 ⇒ EF = BC.Cos600 ⇒ EF =

1
BC.
2

*Theo hệ thức (2) và kẻ thêm đường cao AD ta có bài toán sau:
Bài toán 4. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực
tâm.
Chứng minh rằng: Điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD.
Giải:
Từ (2) ta có:

∆ AEF

A

∆ ABC (c.g.c)

⇒ F1 = ACB

E

Tương tự: ∆ BFD

∆ BCA

∆ CDE

∆ CAB

F 1
2
4 3

⇒ F4 = ACB

B

Do đó: F2 = F3 (Cùng phụ với F1, F4 )

H

D

C

Suy ra: FC là tia phân giác DFE
Tương tự ta có: EB là tia phân giác FED và DA là tia phân giác EDF.
Nên H là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác EFD cách đều
ba cạnh của tam giác. Vậy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD.
*Từ bài toán 4 và hệ thức (3) theo định lý tỉ số diện tích hai tam giác đồng
dạng ta có bài toán sau:
Bài toán 5: Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực
tâm.
Chứng minh rằng: SDEF = SABC.(1- Cos2A – Cos2B – Cos2C)
Giải :

A

Ta có: SDEF = SABC – SAEF – SBDF – SCDE

⇒

S DEF
S
S
S
= 1 − AEF − BDF − CDE
S ABC
S ABC S ABC S ABC

E
F
H

Theo bài toán 4, có:

∆ AEF

∆ ABC

∆ BFD

∆ BCA

∆ CDE

∆ CAB.

B

7

D

C


2

Suy ra:

S AEF  AE 
2
=
 = Cos A
S ABC  AB 
2

S BDF  BF 
2
=
 = Cos B
S ABC  BC 
2

S CDE  CD 
2
=

 = Cos C
S ABC  CA 
Vậy SDEF = SABC.(1- Cos2A – Cos2B – Cos2C)
*Khi kẻ đường cao thứ ba khai thác các tam giác vuông đồng dạng từ đó ta
có các bài toán sau:
Bài toán 6. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao BE, CF. Gọi H là trực tâm.
Chứng minh rằng : BE.BH = CF.CH = BC2.
Giải :

A

Kẻ đường cao AD, ta có:

∆ BDH

∆ BEC (g.g)

∆ CDH

∆ CFB (g.g)

E
F
H

BD BH
=
⇒ BE.BH = BC.BD
Suy ra:
BE BC

CD CH
=
⇒ CF .CH = BC.CD
CF BC
2

B

D

Vậy BE.BH + CF.CH = BC (4)
Bài toán 7. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực
tâm.
Chứng minh rằng: AD.DH = BE.BH = CF.CH
Giải.
Ta có: ∆ AFH

∆ CDH (g.g)

Và ∆ BFH

∆ CEH (g.g)

Suy ra :

AH FH
=
⇔ AH .HD = CH .FH
CH HD
BH FH

=
⇔ BH .HE = CH .FH
CH EH

Vậy AD.DH = BE.BH = CF.CH
8

C


*Xét hai tam giác vuông ∆ ADB và ∆ CDH Áp dụng bất đẳng thức
2
(
x + y)
xy ≤
. Dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y. Ta có bài toán hay sau.

4

Bài toán 8. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao BE, CF. Gọi H là trực tâm.
Tìm điều kiện của tam giác ABC để :
a) Tích AD.DH đạt giá trị lớn nhất.
b) Biểu thức T = BE.BH + CF.CH có giá trị nhỏ nhất.
Giải: a) ta có: ∆ ADB

∆ CDH (g.g)

AD DB
=
⇒ AD.DH = DB.CD

CD DH
( BD + DC ) 2 BC 2
⇒AD.DH = DB.CD ≤
=
4
4

Dấu “=” Xảy ra khi và chỉ khi BD = DC. Vậy tích AD.DH đạt giá trị lớn nhất
là

BC 2
. Khi và chỉ khi tam giác ABC cân tại A.
4

b) Từ hệ thức (4) của bài toán 6. Ta có:
BE.BH + CF.CH = BC2 = (BD + DC)2 ≥ 4BD.DC
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi BD = DC
Vậy T = BE.BH + CF.CH có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác ABC cân
tại A.
*Do H là trực tâm của tam giác ABC bằng cách xét các diện tích tam giác
thành phần ta có bài toán sau:
Bài toán 9. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao BE, CF. Gọi H là trực tâm.
Chứng minh rằng: Tổng

HD HE HF
+
+
không đổi.
AD BE CF

9


Giải:

A

Ta có:
SABC = SAHB + SBHC + SCHA
⇒ SABC

E
F

1
1
1
= FH.AB + HD.BC + HE.AC
2
2
2

mà SABC =

H

1
1
1
FC.AB = AD.BC = BE.AC

2
2
2

B

D

HD HE HF
+
+
Suy ra
= 1. (5)
AD BE CF

Vậy tổng

HD HE HF
+
+
không đổi.
AD BE CF
1

1

1

*Từ hệ thức (5) Áp dụng bất đẳng thức ( x + y + z )  + +  ≥ 9 . Dấu ‘’=’’ Xảy
x y z





ra khi chỉ khi x = y = z. Ta dễ dàng giải được bài toán khó sau.
Bài toán 10. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao BE, CF. Gọi H là trực tâm.
AD BE CF
+
+
HD HE HF

Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng T =
Giải : Theo hệ thức (5) bài toán 9.
HD HE HF
+
+
= 1.
AD BE CF

1

1

1

Áp dụng bất đẳng thức ( x + y + z )  + +  ≥ 9 . Dấu ‘’=’’ Xảy ra khi chỉ khi x
x y z




= y = z. Ta có:
 HD HE HF  AD BE CF 
+
+
+
+


≥9
 AD BE CF  HD HE HF 

⇒T =

AD BE CF
+
+
≥ 9.
HD HE HF

Dấu ‘’ = ‘’ Xảy ra khi và chỉ khi
Vậy T =

HD HE HF
=
=
.
AD BE CF

AD BE CF

+
+
có giá trị nhỏ nhất bằng 9, khi và chỉ khi tam giác
HD HE HF

ABC là tam giác đều.
* Từ bài toán trên nếu M là một điểm bất kì thuộc miền trong của tam giác ta
dễ dàng chứng minh được bài toán hay sau:
10

C


Bài toán 11. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao AD, BE, CF. Trực tâm H.
M là một điểm bất kì thuộc miền trong tam giác ABC. Gọi P,N,Q lần lượt là
hình chiếu của M lên các cạnh AB, BC, CA.
a) Chứng minh rằng tổng

MN MQ MP
+
+
không phụ thuộc vào điểm M.
AD BE CF

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
AD

BE

CF

T = MN + MQ + MP
Giải:

A

a) Tương tự cách giải của bài toán 10.
ta có :

E

MN MQ MP
+
+
=1
AD BE CF

F

MN MQ MP
+
+
Do đó tổng
không phụ
AD BE CF

P

Q
H

M

thuộc vào vị trí M trong tam giác ABC.
b) Áp dụng bất đẳng thức
B



D

N

C



( x + y + z )  1 + 1 + 1  ≥ 9 . Dấu ‘’=’’ Xảy ra
x

y

z

khi chỉ khi x = y = z. Ta có:
AD

BE

CF

T = MN + MQ + MP ≥ 9. Dấu ‘’=’’ Xảy ra khi và chỉ khi M thuộc trung trực của ba
cạnh tam giác ABC và tam giác ABC là tam giác đều.
* Tiếp tục tìm tòi suy nghĩ chúng ta có thể khai thác được nhiều và rất nhiều
bài toán hay và khó có nguồn gốc từ các bài toán cơ bản. Hoặc có thể kết hợp
điều kiện và yêu cầu của mỗi bài khác nhau cũng cho ta được phong phú các
bài toán, sau mỗi bài toán ta lại đưa ra các giả thiết những trường hợp đặc
biệt theo các tính chất đem đến nhiều bài toán hay, bài toán tổng quát bổ ích
cho qua trình hình thành nhân cách đầu tiên của học sinh khi tiếp cận các tình
huống có vấn đề trong toán học cũng như trong cuộc sống.
BÀI TẬP LUYỆN TẬP
11


Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh rằng
DA là tia phân giác của góc FDE.
Bài 2. Cho nửa đường tròn (O). Hai dây AC và BD cắt nhau tại H. Chứng
minh rằng AH.AC + BH.BD = AB2.
Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC, nội tiếp đường tròn (O). H là trực tam của tam
giác ABC. Kẻ OK vuông góc với BC ( K thuộc BC).
Chứng minh rằng: AH = 2OK.
Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AD,BE,CF. H là trực tam của
tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt đối xứng với H qua BC, AC AB.
Chứng minh rằng tổng

AA' BB ' CC '
+
+
= 4.
AD BE CF

Bài 5. Cho tam giác nhọn ABC. Đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Tìm
điều kiện của tam giác ABC để tổng S = AF2 + BD2 + CE2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 6. Cho tam giác ABC nhọn. M là điểm nằm trong tam giác, các tia AM,
BM, CM cắt các cạnh đối diện ở A’, B’, C’.
Xác định vị trí điểm M để tổng

MA MB MC
+
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
MA' MB ' MC '

4. Kết quả thực hiện:
12


Trong suốt quá trình dạy và học ôn tập thi tuyển sinh vào THPT và Bồi
dưỡng học sinh giỏi năm học qua tôi nhận thấy:
Sau khi được học và bồi dưỡng phát triển tư duy qua các bài toán liên hệ
giữa các đường cao trong tam giác, học sinh bước đầu đã hình thành kĩ năng
sáng tạo trong giải toán đặc biệt nhận rõ dạng bài tập theo bài tập cơ bản từ đó
tìm ra lời giải một cách có hiệu quả, thể hiện rõ kết quả đạt được đó là học sinh
đã làm tốt các bài thi học sinh giỏi, bài thi thử tuyển sinh vào THPT và đề thi
tuyển sinh vào THPT các năm trước, ngoài ra ở một số học sinh giỏi đã tự sáng
tạo cho mình những bài toán thú vị trao đổi và học hỏi lẫn nhau.
Các em tự tin hơn trong học toán, có hứng thú học toán hơn và không
ngại gặp các bài toán dạng lạ này nữa, từ đó các em đã tự mình tìm tòi và có ý
thức tự học thêm yêu môn và hứng thú sáng tạo giải Hình học, các em đã tự
giải và học các bài tập trong sách “Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số và
Hình học” của các tác giả Vũ Dương Thụy - Nguyễn Ngọc Đạm, “Toán bồi

dưỡng học sinh giỏi” của tác giả Vũ Hữu Bình...bằng sự cố gắng đó các em đã
đạt được kết quả tốt trong các kì thi.

PHẦN III - KẾT LUẬN
13


1. ỏnh giỏ c bn ca sỏng kin kinh nghim:
Sỏng kin kinh nghim c thc hin trờn c s kinh nghim ging dy
ca bn thõn v cú kt hp vi mt s kinh nghim ca ng nghip m bn
thõn hc tp c v l s kt hp logic gia cỏc bi tp, mt s bi tp bn
thõn t sỏng to nhm nõng cao hiu qu vic ging dy v hc tp.
H thng bi tp c phỏt trin da trờn cỏc bi tp c bn v nõng
cao, cỏc bi tp trong mt s thi hc sinh gii, mc dự cũn hn ch nhng
ó bt ngun to tin cho s phỏt trin nhiu hn sau ny, nú giỳp hc sinh
nhỡn bi toỏn nhiu gúc cnh.
Trong thc t ging dy vi nhng bi tp khú tụi ch ỏp dng khi bi
dng hc sinh khỏ, gii tt c cỏc em u ho hng vi cỏch hc v nm bt
cỏc dng bi toỏn mt cỏch nh nhng khụng gũ bú, m lnh hi mt cỏch t
nhiờn.
2. Kin ngh xut:
- Đề nghị Sở GD mở nhiều chuyên đề bồi dỡng học sinh
giỏi để giáo viên các huyện đợc trao đổi học hỏi kinh
nghiệm
- Đề nghị phòng GD đầu t hơn nữa về tài liệu tham
khảo cho giáo viên, thời gian ôn luyện, các chuyên đề bồi dỡng
học sinh giỏi.
- i vi nh trng THCS cú s quan tõm hn na trong vic phỏt huy
tớnh t giỏc hc tp ca hc sinh, t chc cỏc cuc thi sỏng to ra v lm thi
da trờn cỏc bi toỏn c bn, phi kt hp vi cỏc bc cha m hc sinh to iu

kin v mt thi gian v ti liu tham kho cho cỏc em hc sinh.
- i vi sỏng kin kinh nghim cng ó c gng th hin mt phn no
ý tng, song vi khuụn kh cú hn v cũn nhiu vn cn bn mong cú
nhiu ý kin úng gúp ca cỏc thy cụ giỏo, cỏc em hc sinh nhm gúp phn
xõy dng nờn qua im lớ lun, h thng bi tp c hon thin hn, y
hn.
Xin chõn thnh cỏm n !
14


15