SKKN THAM KHAO

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh. sở giáo dục & đào tạo hà tĩnh phßng gd Thµnh phè. ----------------------. tên đề tài:. s¸ng kiÕn kinh nghiÖm. híng dÉn häc sinh c¸ch t×m lêi gi¶i mét sè bµi to¸n cã gi¶ thiÕt lµ trung ®iÓm cña c¸c ®o¹n th¼ng.  Ngêi viÕt: NguyÔn ThÞ Nhung §¬n vÞ: Trêng THCS Hng §ång. Th¸ng 4/2009. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh. §Ò tµi s¸ng kiÕn kinh nghiÖm Tên đề tài : Hướng dẫn học sinh cách tìm lời giải một số bài toán có giả thiết là trung điểm các đoạn thẳng "tách rời nhau" A. đặt vấn đề: Toán học, đặc biệt hình học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừu tượng cao, nó rèn luyện cho người học khả năng đo đạc, tính toán, suy luận logic, phát triển tư duy sáng tạo, nâng cao năng lực tư duy, tính độc lập, linh hoạt trong cách tìm lời giải bài tập toán.Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán, đây là một vấn đề khá khó đối với học sinh nhưng lại rất cần thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường phổ thông.Việc dạy học và nhất là bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ là cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc càng làm nhiều bài tập khó, bài tập hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng sáng tạo, năng lục tư duy trừu tượng, phán đoán logic và khái quát hóa bài toán.Việc phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát thành phương pháp, đường lối chung là một việc làm rất quan trọng của người học toán, giúp học sinh nắm kiến thức một cách chắc chắn và phát hiện, giải quyết nhanh những bài toán có cùng dạng. Qua việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường tôi nhận thấy học sinh ít có thói quen khái quát hóa bài toán để rồi giải xong bài nào chỉ biết có bài đó mà nếu có gặp bài tương tự cũng lúng túng .Chính vì vậy tôi chọn đề tài này với mục đích là hướng dẫn học sinh cách tìm lời giải của một số bài toán có giả thiết là trung điểm của các đoạn thẳng mà đoạn thẳng nối các trung điểm đó không có tính chất gì đặc biệt, và cũng thông qua đó giúp học sinh có thói quen khái quát hóa đối với những bài toán tương tự.. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:. 1.Cơ sở thực tiễn :. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh gỏi ở trường, tôi nhận thấy phần lớn học sinh rất ngại giải toán hình học, khi được hỏi thì các em đều cho là khó. Tìm hiểu nguyên nhân tôi thấy có hai nhóm nguyên nhân chính đó là : -Thứ nhất do các em không nắm chắc kiến thức cơ bản, tư duy sáng tạo hạn chế . -Thứ hai các em không có một phương pháp chung cho những bài toán cùng dạng. Để khắc phục tình trạng trên thì ở nhóm nguyên nhân thứ nhất phụ thuộc chủ yếu ở học sinh, còn nhóm nguyên nhân thứ hai thì đòi hỏi người dạy phải giúp học sinh .. 2.Cơ sở khoa học : CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN ĐƯỢC SỬ DỤNG TRONG ĐỀ TÀI :. a.Đường trung bình của tam giác : -Định nghĩa : Đường trung bình của tam giác là đoạn nối thẳng trung điểm hai cạnh của tam giác đó . -Tính chất : + Đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh còn lại và bằng nửa cạnh đó . + Đường thẳng song song với một cạnh và đi qua trung điểm của cạnh thứ hai thì cũng đi qua trung điểm của cạnh thứ ba.. b.Đường trung bình của hình thang : -Định nghĩa : Đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh bên của hình thang gọi là đường trung bình của hình thang . -Tính chất : +Đường trung bình của hình thang thì song song với hai cạnh đáy và bằng nửa tổng độ dài hai cạnh đáy . +Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên và song song với cạnh đáy thì cũng đi qua trung điểm của cạnh bên còn lại .. c.Tính chất đường chéo hình bình hành : Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh +Hình bình hành có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường . +Nếu tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường thì nó là hình bình hành .. 3.Một số ví dụ : Sau đây là một số ví dụ minh họa cho việc tìm lời giải của một số bài toán có giả thiết là trung điểm của các đoạn thẳng không phải là các cạnh của một tam giác hay các cạnh bên của một hình thang hay là giao điiểm hai đường chéo của hình bình hành mà tôi tạm gọi là "trung điểm của các đoạn thẳng rời nhau" và chúng ta sẽ tìm cách "liên kết " nó lại để chúng có các tính chất như đã nói ở trên.. Bài 1: Cho tứ giác ABCD, gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Gọi G,H,I,K theo thứ tự là trung điểm của AF; ED; BF; EC. Chứng minh rằng tứ giác GHIK là hình bình hành. (Đề thi KSGV) Nhận xét: Bài toán yêu cầu chứng minh tứ giác GHIK là hình bình hành thì ta có thể chứng minh nó có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường mà ở đây ta có G, H, I, K là trung điểm của 4 đoạn thẳng "rời nhau" nên ta sẽ "liên kết" chúng lại bằng cách sử dụng thêm các trung điểm trung gian, đó là điểm E và F. Ta có cách giải như sau: B. E. A H D. P. G. I K. F C. Bài giải: Gọi P là giao điểm của HK và IG. Tứ giác GHIK có hai đường chéo là GI và HK cắt nhau tại P, ta sẽ chứng minh P là trung điểm của mỗi đường. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Trong Δ EDC có H và F là trung điểm của ED và DC nên HF là đường trung bình của. Δ EDC. ⇒ HF//DC và HF=. 1 DC 2. Do đó HF//EK và HF=EK (K là trung điểm của EC) nên tứ giác HFKE là hình bình hành, suy ra EF và HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Trong. Δ BAF có E và I là trung điểm của BA và BF nên EI là đường trung. 1. bình của Δ BAF, suy ra FI // AF và FI= 2 AF, tức là FI//GF và FI=GF (vì G là trung điểm của AF), do đó EIFG là hình bình hành nên EF và GI cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Như vậy ba đoạn thẳng EF, GI và HK đồng quy với nhau tại trung điểm mỗi đường tức P là trung điểm của hai đường chéo của tứ giác GHIK ⇒ tứ giác GHIK là hình bình hành (đpcm) Bài 2: Cho tam giác ABC, gọi AD là phân giác và AM là trung tuyến. Đường tròn đi qua 3 điểm A, M, D cắt AB tại E, cắt AC tại F. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh rằng IM//AD (đề thi HSG lớp 9) A E I F. B. D. M. C. Nhận xét: Ta thấy I và M là hai trung điểm của hai cạnh đối diện của một tứ giác thường nên IM không có tính chất gì đặc biệt do đó ta cần "liên kết" hai trung điểm này với nhau để có thể sử dụng được tính chất của đường trung bình của tam giác bằng cách lấy thêm điểm trung gian là trung điểm của đoạn thẳng khác nữa sao cho các đường trung bình này phải có chứa điểm M hoặc I do đó ta làm như sau: Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh A E I F. L K B. C. M. D. Bài giải Gọi K;L lần lượt là trung điểm của BF và CE . Do AD là phân giác của tam giác ABC nên theo tính chất phân giác của tam giác ta có : AB DB AB AC AC = DC  DB = DC (1). Xét Δ BAD và Δ BEM có :   BAD = BEM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ED.  B chung. . Δ BAD. . Δ BEM. AB BD AB = ⇒ BE= . BM BE BM BD. (2) Tương tự Δ DAC. Δ FMC . DC AC AC = ⇒ FC= . MC FC MC DC. (3). Mà theo giả thiết MB = MC, kết hợp với (1);(2);(3) Suy ra BE =FC . Do I và L là trung điểm của EF và EC nên IL là đường trung bình của Δ EFC Do M và K là trung điểm của BC và BF nên MK là đường trung bình của BFC  IL//FC và IL = 1 FC 2 1. KM //FC và KM = 2 FC.  IL//KM và IL=KM = 1 FC (4) 2. Người viết: Nguyễn Thị Nhung. Δ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh IK là đường trung bình của Δ EBF ;LM là đường trung bình của Δ CEB nên ta có: 1. 1. KI//BE và KI = 2 BE ;LM//BE và LM = 2 BE. 1. Suy ra KI //LM và KI =LM = 2 BE (5) Từ (4) và (5) kết hợp với BE =FC ta suy ra KI=LM =IL =KM suy ra tứ giác  IKML là hình thoi suy ra IL là phân giác KIL    Mà BAC và KIL là hai góc có cạnh tương ứng song song có IM là phân giác KIL.  ; AD là phân giác BAC nên ta dễ dàng chứng minh được AD //IM .. Bài 3: Trên cạnh AB của tam giác ABC lấy các điểm M và N sao cho AM =MN=NB. Lấy D và E thứ tự là trung điểm của các cạnh BC và AC.Gọi H là giao điểm của các đường thẳng BE và CN, K là giao điểm của các đường thẳng AD và CM .Chứng minh AB=4HK .(Đề thi chọn HSG ) Nhận xét : Ở đây ta cần chứng minh về tỷ số của hai đoạn thẳng nên ta phải nghĩ đến hai tam giác đồng dạng hoặc định lý Talet. Muốn vậy, đối với bài toán này ta sẽ tạo ra các đoạn thẳng song song, mà ở đây đã có các trung điểm D,E,M,N nên ta nghĩ đến tính chất đường trung bình và tính chất hình bình hành. Do đó ta có cách giải sau : A. M K N. H. E P. Q B. C. D. Bài giải : Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Nối ED cắt CM và CN lần lượt tại P và Q. Do DE là đường trung bình của  CAB nên DE //AB  DP và DQ là đường trung bình của  CMB và  CNB (Vì chúng đi qua trung điểm của một cạnh và song song với cạnh còn lại )  P là trung điểm của CM và Q là trung điểm của CN  QP là đường trung bình của  1 1 CMN  PQ = 2 MN = 6 AB và PQNM là hình thang . 1 Vì DP là đường trung bình của  CMB  DP= 2 MB =MN=MA (Vì NB=NM. =MA (gt))  Tứ giác DPAM là hình bình hành (Vì có DP//MA và DP =MA ), có hai đường chéo cắt nhau tại K  K là trung điểm của MP . Tương tự ta chứng minh được tứ giác EQBN là hình bình hành có hai đường chéo cắt nhau tại H  H là trung điểm NQ . 1 Từ đó suy ra KH là đường trung bình của hình thang PQNM  KH= 2 1 1 1 1 1 1 (PQ+MN)= 2 ( 6 AB + 3 AB )= 2 . 2 AB = 4 AB. Hay AB =4KH (đpcm) Bài 4 : Cho tam giác ABC, trên AB và AC lấy điểm D và E sao cho BD=CE. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của BC,DE . Chứng minh rằng đường thẳng MN tạo với các đường thẳng AB, AC các góc bằng nhau .Ta có hình vẽ của bài toán như sau : A. D. B. N. E M. Người viết: Nguyễn Thị Nhung. C.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Nhận xét : Để chứng minh MN tạo với các đường thẳng AB, AC các góc bằng nhau ta sẽ chứng minh MN tạo ra với hai đường thẳng song song với AB, AC các góc bằng nhau .Ở đây ta có M và N là trung điểm của hai đoạn thẳng “rời nhau” DE và BC nên ta sẽ "liên kết "chúng lại bằng cách lấy thêm trung điểm của đoạn thẳng DE để có thể sử dụng tính chất đường trung bình . Do vậy ta có cách giải sau : P A Q 1. D. N 1. E. 1. B. M. C. Giải : Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của đường thẳng MN với AB, AC. Gọi K là trung điểm của DC . Trong  CDB có KD=KC và MB=MC (gt) nên KM là đường trung bình của  1 BDC  KM //DB (1) và KM = 2 DB (2) 1 Tương tự KN là đường trung bình  DEC  KN//EC (3) và KN = 2 EC (4). Từ (2)và (4) kết hợp với giả thiết BD =EC  KM =KN   N Hay  KMN cân tại K ,do đó M 1= 1 (5)   Do KM //DB (theo 1)hay KM//BP  M 1= P (góc so le trong) (6).   Do NK //EC (theo 3) hay NK //AC  Q1 = N 1 (hai góc đồng vị) (7)    Từ (5);(6); (7) suy ra Q1 = P hay BPM MQC (đpcm). Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Bài 5 : Cho tam giác ABC. Dựng ở miền ngoài và miền trong của tam giác ấy các tam giác đều ACM và ABN. Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm của AB, AN, NC.Chứng minh tam giác EFI đều .. M F A E I. N. B. C. Nhận xét : Để chứng minh tam giác EFI là tam giác đều thì trước hết ta phải chứng minh nó là tam giác cân . Ở đây ta có trung điểm các đoạn thẳng AB, AM, CN trong đó các điểm E và I ; F và I đang "rời "nhau nên ta sẽ liên kết chúng lại bằng cách lấy thêm một trung điểm nữa làm trung gian đó là trung điểm của AC. Vậy ta có hình vẽ và cách giải sau : M F A 3 1 2. E. 3. K B. N. 2 1. I C. Giải :. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Lấy K là trung điểm AC, vì I là trung điểm của NC (gt) nên IK là đường trung 1 1 bình của  ANC  KI= 2 AN, mà AN =AB (gt), do đó KI = 2 AB = AE (1). Ta.   cũng suy ra được KI//AN nên K 1= A 2 (2)   0 0 Dễ dàng chứng minh được  AFK đều nên K 3=60 , suy ra K 2 =120 (3). Ta lại có  ABN đều và  ACM đều nên A 1+ A 3 =1200 (4)     Từ (2),(3),(4) suy ra A 1+ A 2+ A 3 = K 1+ K 2 hay EAF IKF. Xét  EAF và  IKF có : AE =IK (theo 1)   EAF IKF (c/m trên ).   EAF=  IKF (c.g.c),  EF =FI hay tam giác EFI. EF =KF (vì  AKF đều). cân.  Do  AFK đều nên F 1+ F 2 = AFK =600, nhưng F 1= F 3 (vì  EAF=  IKF )do đó  F. . 3+F 2.  =600 = EFI.  Vậy  EFI cân có EFI =600 nên là tam giác đều (đpcm). Ta cũng có thể sử dụng phương pháp trên cho một số bài toán dựng hình, ví dụ :. Bài 6 : Một mảnh vườn hình vuông đã bị mất dấu vết, chỉ còn lại một đỉnh và trung điểm của một cạnh đối diện với đỉnh đó. Bằng kiến thức hình học hãy khôi phục lại mảnh vườn ban đầu . Nhận xét : Đây là một bài toán thực tế cũng chính là bài toán dựng hình vuông khi biết một đỉnh và trung điểm của một cạnh đối diện .Ta có cách giải như sau : 1.Phân tích : A. 2. B. 1. N. E. P. D. M. C. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Giả sử hình vuông ABCD đã dựng được thỏa mãn điều kiện bài toán (biết điểm A và trung điểm M của cạnh BC) Qua A kẻ tia vuông góc với AM cắt đường thẳng DC tại E . Xét  ADE và  ABM có : AD =AB (cạnh hình vuông ) ABM  ADE  900  A A 1=+ 2 (cùng phụ với DAM )    ADE =  ABM (c.g.c)  AE =AM   AEM cân tại A có EAM 900 (cách. dựng) nên  AEM vuông cân tại A có cạnh AM xác định nên tam giác này dựng được, tức điểm E dựng được . Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AE và AD thì NP là đường trung bình của  AED  NP//ED hay NP //DC.. Do P và M là trung điểm 2 cạnh AD và BC của hình vuông ABCD nên PM //DC và MP. AD tại trung điểm P của AD  MP là đường trung trực của AD .. Từ đó suy ra M, P, N thẳng hàng và MN là đường trung trực của AD  D đối xứng với A qua MN  D dựng được. C chính là giao điểm của đường thẳng ED và đường vuông góc với MN tại M  C dựng được. B là điểm đối xứng với C qua M  B dựng được. Vậy ta đã xác định được 4 điểm A,B,C,D .Từ phân tích trên ta có cách dựng sau : 2.Cách dựng : - Đánh dấu vị trí hai diểm A và M (đã biết ) -Dựng  AME vuông cân tại A biết cạnh AM . -Dựng N là trung điểm AE, nối NM . -Dựng điểm D đối xứng với A qua MN, nối AD. -Dựng đường thẳng vuông góc với MN tại M cắt đường thẳng ED tại C . -Dựng điểm B đối xứng với C qua M . Ta dựng được hình vuông ABCD cần dựng .. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh 3.Chứng minh : (Ta dễ dàng chứng minh được hình vuông ABCD vừa dựng vừa thỏa mãn yêu cầu bài toán và đó cũng chính là cách để khôi phục mảnh vườn ). Bài 7 : Dựng tứ giác ABCD giả sử biết độ dài các cạnh và đoạn thẳng nối trung điểm 2 cạnh đối diện (Đề thi GVG ) B a. A d. m. b. D c. C. Nhận xét: Giả sử tứ giác ABCD đã dựng được thỏa mãn điều kiện bài toán (Hình vẽ trên), có AB=a; BC=b; DC=c; DA=d; đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh AD và BC là MN= m. Ở đây ta biết độ dài đoạn thẳng nối trung điểm của AD và AB mà hai đoạn thẳng này đang “rời nhau” nên đoạn tahwngr MN chưa có tính chất gì. Để làm xuất hiện tính chất của nó phải liên kết hai điểm M và N với nhau bằng cách kẻ thêm đường phụ để có hình bình hành và đường trung bình của tam giác, Từ đó ta có cách giải như sau: 2m. K c. a. A d M. B. . I. a. x. . m. N b. D c C. Bài giải: 1. Phân tích: Giả sử đã dựng được tứ giác ABCD thỏa mãn điều kiện bài toán. Gọi K là điểm đối xứng của C qua M khi đó tứ giác KADC là hình Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh bình hành (vì có 2 đường chéo AD và KC cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) ⇒ AK=AC=c Vì M và N là trung điểm của cạnh CK và CB nên MN là đường trung bình 1. của Δ CBK ⇒ MN//KB và MN= 2 KB ⇒ KB=2MN=2m Như vậy Δ AKB dựng được vì biết độ dài 3 cạnh do đó các góc của tam giác AKB xác định. Đặt KAB= α . Từ M kẻ đường thẳng song song với AB; từ B kẻ đường thẳng song song với AD, chúng cắt nhau tại I. Khi đó ta có: IMN = ABK = α (2 góc tạo bởi hai cặp cạnh tương ứng song song) 1. 1. Và ABIM là hình bình hành nên MI=AB=a; IB=MA= 2 AD= 2 d ⇒. Δ IMN dựng được vì biết độ dài hai cạnh IM=a; MN= m và số đo. góc xen giữa IMN = α. ⇒ cạnh IN xác định được. Đặt IN = x.. 1. 1. Như vậy Δ IBN dựng được vì biết IB= 2 d; IN=x; BN= 2 b. Điểm B cũng xác định được bởi nó chính là điểm đối xứng với B qua N. 2. Cách dựng: Từ việc phân tích trên ta có cánh dựng tứ giác ABCD như sau: - Dựng tam giác ABK có AB=a; AK=c; KB=2m. Đo góc ABK (= α ). - Dựng tam giác IMN có MI=a; IMN= α ; MN=m. 1. - Dựng tam giác IBN với IN đã dựng được ở trên và IB= 2 d; BN= 1 b 2. - Lấy điểm C đối xứng với B qua N. - Dựng hình bình hành ABIM đã biết 3 đỉnh I, B, M. - Lấy điểm D đối xứng với A qua M. Ta được tứ giác ABCD cần dựng. 3. Chứng minh: (Với cách dựng đó ta dễ dàng chứng minh được hình tứ giác ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán) Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh Trên đây là một số ví dụ minh họa cho đề tài của tôi!. 4. Một số bài tập tự giải: Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Gọi M; N; P; Q; E; F lần lượt là trung điểm BD; AC; AB; DC; AD; BC. a) Chứng minh PM=NQ. b) Chứng minh MN; PQ; EF đồng quy. Bài 2: Cho tam giác ABC có BC>AC>AB. Gọi D; E; G là điểm nằm trên các 1. 1. 1. cạnh của tam giác sao cho CM= 2 (AB+AC); BM= 2 (BC+AC); CP= 2 (AB+AC). Chứng minh rằng MF; PN; PE đồng quy. Bài 3: Gọi I là điểm thuộc miền trong của tam giác ABC sao cho ABI=ACI. Dựng IH và IK lần lượt vuông góc với AB và AC. Gọi D, E, F theo thứ tự là trung điểm của BC, IB và IC. a) Chứng minh: IEH=IFK b) Chưng minh DH=DK. C. KẾT LUẬN: - Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả cho tỗiz trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán. Nhiều học sinh đã chủ động tìm tòi, định hướng và tự tìm ra lời giải cho bài toán, các em biết nhận dạng nhanh bài toán đồng thời cũng biết tự đặt ra bài toán tương tự. -Việc khái quát hóa là một vấn đề quan trọng và khó, khái quát hóa bài toán là thể hiện năng lực tư duy, sáng tạo của học sinh. Để bồi dưỡng cho các em năng lực tư duy đúng đắn cần phải bồi dưỡng năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, vận dụng kiến thức liên quan để biết tìm ra cách giải quyết vấn đề trong các trường hợp. - Phạm vi áp dụng đề tài: Dành cho đối tượng học sinh khá giỏi.. D. Ý KIẾN ĐỀ XUẤT 1. Đối với giáo viên:. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh - Cần xác định đúng yêu cầu, nhiệm vụ, trách nhiệm về vấn đề chất lượng đại trà và chất lượng mũi nhọn. - Nhiệt tình, tinh thần trách nhiệm cao, chăm lo đến chất lượng học sinh. - Tìm tòi, tham khảo nhiều tài liệu để tìm ra các bài toán hay, lời giải tốt. - Cần hiểu rõ khả nawg tiếp thu bài của từng đối tượng học sinh để đưa ra các bài tập và phương pháp phù hợp, từ dễ đến khó để gây hứng thú cho các em. 2. Đối với nhà trường và phụ huynh học sinh: - Cần có sự đầu tư và quan tâm đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Việc bồi dưỡng học sinh giỏi phải là cả quá trình lâu dài chứ không phải mang tính thời vụ. - Tổ chức các chuyên đề đi sâu vào thảo luận các vấn đề chuyên môn nhằm nâng cao chất lượng đội ngũ giáo viên. - Phụ huynh cần có sự quan tâm và tạo điều kiện cho con em học tập và phát triển năng khiếu. Trên đây là một kinh nghiệm nhỏ của tôi đã thu nhặt được qua quá trình giảng dạy, chắc chắn sẽ còn nhiều khiếm khuyết. Rất mong được sự góp ý của quý thầy cô để việc áp dụng đề tài có hiệu quả hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trường THCS Hưng Đồng – Thành phố Hà tĩnh. Người viết: Nguyễn Thị Nhung.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>