Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học Lớp 9

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học Lớp 9

1. 7 AC.BD = cosnt c) Tam giác COD vuông tại O đường cao 2  2 AB OM nên ta có CM. MD OM suy CM .MD=cosnt 2  ra CM.MD không đổi (do AB không đổi) CM = AC; MD=BD mà ta có: AC = MC, BD = MD (câu a)  suy ra AC. BD = MC. MD 2 2 AB vậy AC. BD không đổi khi M di chuyển CM.MD=OM cos nt 2 trên nửa đường tròn.  Tam giác COD vuông tại O đường cao OM *Chú ý: có nhiều cách để lập sơ đồ chứng minh một bài toán, do đó có nhiều cách trình bày lời giải một bài toán. Ở nội dung đề tài này chỉ trình bày một cách. Ví dụ 6: Cho hai đường tròn bằng nhau (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Đường thẳng vuông góc với AB tại B cắt A (O) và (O’) lần lượt tại các điểm C và D. Lấy điểm M trên cung nhỏ CB. Đường O thẳng MB cắt (O’) tại N, CM cắt DN tại P. O' N a) Tam giác AMN là tam giác gì? Vì sao? C D M B Q b) Chứng minh tứ giác ACPD nội tiếp. c) Gọi Q là giao điểm của AP với (O’). Tứ giác BCPQ là hình gì? Vì sao P Hướng dẫn lập sơ đồ chứng minh Chứng minh Học sinh quan sát hình và dự đoán tam giác AMN cân tại A. AMN cân tại A a) Trong đường tròn (O) AMB là góc nội  tiếp chắn cung nhỏ AB nên 1 AMB ANB AMB sd AB 2  1 1 1 AMB sd AB ; ANB sd AB tương tự ta cũng có: ANB sd AB 2 2 2   do hai đường tròn (O ) và (O’) bằng nhau (Góc nội tiếp) (Góc nội tiếp) nên suy ra AMB ANB hay AMN ANM AMN cân tại A ? Để chứng minh tứ giác ACPD nội
2. 8 tiếp ta cần chứng minh điều gì ? ACP bằng với góc nào. Từ đó ta phải chứng minh như thế nào Chứng minh: tứ giác ACPD nội tiếp  b)Trong đường tròn (O) ACP là góc nội 0 ACP ADP 180 tiếp chắn cung AM  Trong đường tròn (O’) ADN là góc nội 0 ACP ADP ADN ADP 180 tiếp chắn cung AN  Mà AN = AM ( AMN cân tại A) ACP ADN Suy ra: ACP = ADN   Xét tứ giác ACPD có ACP = ADN nên tứ AM = AN AM AN giác ACPD nội tiếp.  AMN cân tại A Tứ giác BCPQ là hình gì? Vì sao? Học sinh quan sát hình và dự đoán (Tứ giác BCPQ là hình thang) Chứng minh: tứ giác BCPQ là hình c) Tứ giác ACPD nội tiếp thang 1 APC ADC sd AC  2 BQ / / CP mặt khác ta lại có:  1 AQB ADC sd AB 2 AQB APC  suy ra: AQB APC mà hai góc này ở vị AQB ADC ; APC ADC trí đồng vị nên BQ//PC  vậy tứ giác BCPQ là hình thang Tứ giác ACPD nội tiếp *Chú ý: - Sau khi giải xong bài toán này giáo viên cho học sinh nhắc lại yêu cầu từng phần, cách chứng minh và mục đích. - Cần hướng dẫn học sinh xem các kết luận của câu trước là giả thiết cho các câu sau. * Cũng cố kiến thức: - Trong hai đường tròn bằng nhau, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. - Trong một đường tròn hay hai đường tròn bằng nhau, các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.
3. 9 * Cũng cố phương pháp: - Phương pháp chứng minh tam giác cân. - Các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh hai góc bằng nhau theo quan hệ bắc cầu. - Chứng minh hai đường thẳng song bằng cách sử dụng dấu hiệu nhận biết. c) Kẻ thêm yếu tố phụ trong chứng minh bài toán hình. Trong quá trình tìm kiếm lời giải hoặc có khi là tìm thêm lời giải khác, lời giải hay cho một bài toán hình học việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho việc kết nối từ giả thiết đến kết luận của bài toán được dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Tuy nhiên vẽ thêm hình phụ như thế nào để có được lời giải đẹp là vấn đề khiến chúng ta đau đầu suy nghĩ. Vẽ thêm yếu tố phụ là sự sáng tạo “nghệ thuật” tùy theo yêu cầu của một bài toán cụ thể. Bởi vẽ thêm yếu tố phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện đề bài toán thuận lợi hơn chứ không tùy tiện. Một số yếu tố phụ thường vẽ như sau: - Kéo dài một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước hay đặt một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước. - Vẽ thêm đường thẳng song song hoặc vuông góc với đường thẳng cho trước. - Dựng phân giác của một góc. - Dựng một góc có thể biểu diễn qua một góc cho trước. - Vẽ tiếp tuyến của một đường tròn từ một điểm cho trước. - Vẽ tiếp tuyến chung, dây chung hoặc đường nối tâm của hai đường tròn. - Vẽ thêm tam giác vuông cân, tam giác đều. - Vẽ thêm hình bình hành, vẽ thêm đường tròn. Ví dụ 7: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ các đường kính AOC và AO’D của hai đường tròn. Chứng minh rằng ba điểm C, B, D thẳng hàng. A Phân tích: Để chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng ta cần chứng minh CBD 1800 . C Do đó ta có thể từ B kẻ BA và chứng minh hai góc B D CBA và DBA kề bù. Giải: Nối A với B. Trong đường tròn (O), ABC là góc nội tiếp chắn nủa đường tròn nên ABC 900 Tương tự ta cũng có ABD 900 Ta có CBD CBA ABD 900 90 0 180 0 Vậy ba điểm C, B, D thẳng hàng.
4. 10 Ví dụ 8: Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác ABC. Các điểm M, N lần lượt trên các đoạn thẳng HB, HC sao cho AMC ANB 900 . Chứng minh rằng AM = AN. Phân tích: Vì H là trực tâm của tam giác ABC gợi cho ta nghỉ tới các giao điểm D của BM và AC, giao điểm E của CN và AB. Giải: Gọi D là giao điểm của BH và AC, E là giao điểm của A CH và AB. D Do H là trực tâm của tam giác ABC nên BD AC; CE  AB Xét ADB và AEC có: E H N BAD : Chung M ADB AEC 900 B C AD AB Suy ra ADB# AEC(.) g g AE AB AD AC AE AC AMC vuông tại M, đường cao MD AM2 AD. AC Chứng minh tương tự ta có: AN2 AB. AE . Suy ra: AM2 AN 2 AM AN . Vậy AM = AN. *Kết luận 2: Thông qua việc hướng dẫn học sinh xây dựng kế hoạch giải giáo viên rèn luyện cho học sinh các kỹ năng sau: - Kỹ năng tự mình tìm thấy được vấn đề cần giải quyết và tự mình giải quyết vấn đề đó, độc lập suy nghỉ, độc lập tư duy. - Có khả năng đánh giá và tự đánh giá. - Biết tìm phương pháp ngắn gọn nhất, hay nhất để giải bài toán. - Rèn luyện cho học sinh nhanh chóng chuyển tứ tư duy thuận sang tư duy nghịch. - Kỹ năng xác lập sự phụ thuộc giữa các kiến thức theo trật tự ngược lại với cách đã học. 5.2.3 Hướng dẫn suy luận và khai thác bài toán: Như ta đã biết, học sinh đã làm quen với các bài toán chứng minh hình học ngay từ lớp 7 nhưng việc trình bày lời giải bài toán của học sinh còn nhiều thiếu sót. Theo tôi giáo viên cần phải đặc biệt coi trọng các tiết luyện tập để uốn nắn, tập luyện cho các em cách trình bày bài toán chứng minh chặt chẽ, khoa học: các khẳng định phải có căn cứ, sử dụng các ký hiệu quy ước cho đúng, Trong dạy học môn Toán, ngoài giúp các em nắm chắc kiến thức cơ bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để mở rộng, khai thác thêm bài toán là rất cần thiết. Đây là một cách nâng cao khả năng tư duy, suy luận cho học sinh. Ví dụ 9: Cho tam giác ABC, các đường cao BD và CE. Chứng minh rằng: a. Bốn điểm B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn. b. DE < BC.
5. 11 Phân tích bài toán: Đây là bài toán thuộc A Chương II “Đường tròn” của chương trình Hình học 9. Là bài tập nhằm củng cố lại định nghĩa D đường tròn và mối liên hệ giữa đường kính và E dây của đường tròn, nên để giải bài tập ta cần chỉ rõ cho học sinh phương pháp. Cụ thể: a) Để chứng minh 4 điểm B, E, C, D cùng thuộc B C một đường tròn ta có thể: - Chỉ ra một điểm cách đều cả 4 điểm B, E, C, D (đó là trung điểm I của đoạn BC) hoặc - Chỉ ra có một đường tròn đi qua cả 4 điểm B, E, C, D là đường tròn đường kính BC. b) Từ kết quả chứng minh ở câu a) ED và BC là hai dây của một đường tròn và BC là đường kính của đường tròn đó ED E thuộc đường tròn đường kính BC BDC 900 => D thuộc đường tròn đường kính BC Do đó E, D thuộc đường tròn đường kính BC 4 điểm B, E, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC. b. Trong đường tròn đường kính BC: ED là dây, BC là đường kính ED < BC (liên hệ giữa dây và đường kính trong một đường tròn). *Nhận xét: - Kết quả bài toán trên luôn đúng với mọi tam giác ABC.
6. 12 - Nếu bài tập này được đưa ra sau bài “Tứ giác nội tiếp” của Chương III, Hình học 9, ta có thể phát biểu kết quả câu a) dưới hình thức khác: Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp và dấu hiệu được sử dụng là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau hoặc tứ giác có 4 đỉnh cùng nằm trên một đường tròn. Từ bài toán này ta có thể khai thác thành một số bài toán nhằm củng cố các kiến thức về góc với đường tròn và phát triển tư duy cho học sinh. Cụ thể: 1. Đối với học sinh trung bình có thể cho học sinh nêu kết quả tương tự - Nếu gọi H là giao điểm của BD và CE H là trực tâm của tam giác ABC và AH  BC tại K. Chứng minh tương tự ta có các kết quả sau: A a) Bốn điểm:C, K, E, A cùng thuộc đường tròn đường kính AC; D A, D, K, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB; E A, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH; H C, D, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính CH; B, K, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính BH. b. DK B; C lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp trong góc D; góc E của tam giác EKD. Từ đó ta có bài toán sau có thể củng cố được kiến thức về tứ giác nội tiếp, khái niệm tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp tam giác.
7. 13 Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AK, BD, CE đồng quy tại H. Chứng minh: a) KH là phân giác góc DKE. Nêu kết quả tương tự. b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE. c) A; B; C là tâm các đường tròn bàng tiếp tam giác DKE. * Nhận xét 1: - Nếu gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Qua A vẽ tiếp tuyến Ax với (O). Ta nhận thấy Ax //ED vì: A 1 Trong (O): B Ax= BCA (cùng bằng sđ x 2 D cung AB). Mặt khác tứ giác BEDC nội tiếp( ví dụ E O 9) H => BCA AED (cùng bù góc DEB) B C Do đó BAx AED mà hai góc này K ở vị trí so le trong => Ax // ED. Ta lại có Ax  OA (gt) => OA  ED. Tương tự ta có: OB  EK; OC  DK. Như vậy bằng cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và mối liên hệ giữa các góc trong đường tròn ta có thể giải bài toán sau: Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AK; BD; CE của tam giác ABC. Chứng minh OA  ED; OB  EK; OC  DK. *Nhận xét 2: - Gọi A’; B’; C’ lần lượt là giao điểm của AK, BD, CE với (O). A B' Ta có: AC 2 (cùng phụ góc ABC) 1 1   1 D AC1 1 (cùng bằng sđ cung BA’ - góc 2 C' E nội tiếp) O   H CC1 2 CK là phân giác HCA' mà CK  HA’ (gt) 2 1 C B K tam giác CA’H cân tại C K là trung điểm của HA’. A' Do đó BC là đường trung trực của đoạn thẳng HA’ => H và A’ đối xứng nhau qua BC.
8. 14 Chứng minh tương tự ta có: H và B’ đối xứng nhau qua AC; H và C’ đối xứng nhau qua AB. Mặt khác tứ kết quả chứng minh trên => HBC A' BC => bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và A’BC bằng nhau mà tam giác A’BC nội tiếp đường tròn (O;R) tam giác HBC nội tiếp đường tròn có bán kính bằng R. Tương tự: các tam giác HBA; HAC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng R. Từ đó ta có bài toán mới khai thác tính chất trực tâm H của tam giác ABC. Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); BC cố định. Chứng minh rằng khi A di chuyển trên cung lớn BC thì khoảng cách từ điểm A đến trực tâm H của tam giác ABC là không đổi. *Nhận xét 3: AH AD - Từ bài toán trên ta cũng chứng minh được cotA AH BC .cot A BC BD không đổi khi B; C cố định và A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O) => cách giải khác cho bài 5. Với cách giải này ta có thể củng cố lại kiến thức về tỉ số lượng giác của góc nhọn cho học A sinh. - Từ kết quả chứng minh của bài 3: AH có độ dài D không đổi khi điểm A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O); ta có thể đặt câu hỏi là: Vậy điểm H H O chạy trên đường nào khi điểm A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)? Nếu gọi I là điểm đối xứng C với điểm O qua N điểm I cố định và OI = 2.ON B K N mà AH = 2.ON (cmt) => OI = AH. Mặt khác OI // AH I (cùng vuông góc với BC) tứ giác AHIO là hình bình hành IH = OA = R không đổi (R là bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC) H thuộc đường tròn (I; R) cố định. Ta đã giải được bài toán về quỹ tích sau: Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định. Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác ABC khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O). *Nhận xét 4: - Có thể phát biểu bài 4 dưới hình thức khác như sau: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC thuộc một đường tròn cố định khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O). - Từ kết quả chứng minh của bài 3:AH = 2.ON => nếu gọi Q là giao điểm A của AO và HN thì ta cũng chứng minh được D AQ = 2.AO và HQ = 2.HN H O Q thuộc (O; R) và N là trung điểm của HQ. Do đó, ta cũng có tứ giác BHCQ là hình bình hành. B K N C Q
9. 15 Như vậy, ta có thể phát biểu thành các bài toán sau: Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R) trực tâm H. Gọi N là trung điểm của BC; Q là giao điểm của AO và HN. Chứng minh rằng: a) Điểm Q thuộc ( O ). b) Tứ giác BHCQ là hình bình hành. Bài 5.1:Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); trực tâm H. Gọi Q là giao điểm của AO với (O); N là trung điểm của BC. Chứng minh H; N; Q thẳng hàng. Bài 5.2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R); trực tâm H; cạnh BC cố định. kẻ đường kính AQ của (O). Chứng minh khi A di động trên cung lớn BC của (O) thì HQ luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5.3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R), trực tâm H; cạnh BC cố định. Gọi N là trung điểm của BC; Q là giao điểm của HN với (O). Chứng minh rằng đường thẳng AQ luôn đi qua một điểm cố định. *Nhận xét 5: - Rõ ràng với cùng một nội dung nhưng cách phát biểu khác nhau cho ta các bài toán có độ khó khác nhau, dạng khác nhau. Bài 5 là bài tập có thể dành cho mọi đối tượng học sinh vì cách phát biểu dễ hiểu và rõ ràng nhưng các bài 5.1; 5.2; 5.3 thì chỉ nên dành cho đối tượng học sinh khá giỏi. Từ đó rèn luyện được cho học sinh kỹ năng phát triển ngôn ngữ, biết cách lật ngược vấn đề để tạo ra các bài toán mới; biết cách diễn đạt một vấn đề bằng nhiều hình thức khác nhau, hình thành thói quen xem xét và biết cách chuyển một bài toán nào đó về bài toán quen thuộc hoặc dễ tìm ra cách giải hơn, từ đó suy ra cách giải bài toán theo yêu cầu. * Kết luận 3: a) Thông qua việc hướng dẫn học sinh khai thác bài toán hình thành cho các em những phẩm chất sau: - Kỹ năng nhìn một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau. - Kỹ năng thay đổi phương hướng giải quyết vấn đề phù hợp với sự thay đổi của các điều kiện, tìm ra phương pháp mới để giải quyết bài toán. - Biết khai thác và phát triển bài toán, biết vận dụng bài toán vào các vấn đề khác. b) Để rèn luyện cho học sinh hình thành được các phẩm chất trên giáo viên cần: - Thường xuyên tập cho học sinh khả năng dự đoán và suy luận có lý để tự mình phát hiện vấn đề. - Khuyến khích học sinh tìm nhiều lời giải khác nhau của một bài toán. Việc tìm nhiều lời giải khác nhau của một bài toán gắn liền với việc nhìn vấn đề với nhiều khía cạnh khác nhau mở đường cho sự sáng tạo phong phú. - Ngoài việc sử dụng thành thạo quy tắc, phương pháp nào đó giáo viên cần đưa ra các bài toán có cách giải riêng. 5.3. Khả năng áp dụng của sáng kiến
10. 16 - Sáng kiến “Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học lớp 9” được áp dụng tại trường TH-THCS Thanh Lương - Thị xã Bình Long - Tỉnh Bình Phước. - Đối tượng áp dụng: học sinh khối 9 trường TH-THCS Thanh Lương - Thị xã Bình Long - Tỉnh Bình Phước. - Sau khi áp dụng đề tài tôi nhận thấy giải pháp của mình mang lại được một số kết quả nhất định sau: * Về kiến thức: Học sinh biết vận dụng những kiến thức cơ bản của các phương pháp. Có mở rộng hướng giải quyết mới cho từng dạng toán. *Về kĩ năng: Học sinh có kĩ năng vận dụng linh hoạt các dụng cụ và phương pháp vẽ hình theo các dạng toán nhanh và phù hợp đạt hiệu quả cao, tránh mất thời gian. *Về tình cảm thái độ: Học sinh có hứng thú trong việc học phân môn hình học và ý thức được tầm quan trọng của nó. - Ngoài ra, trên cơ sở thực tế áp dụng đề tài tôi nhận thấy giáo viên có thể áp dụng phương pháp của mình cho bộ môn Toán các khối lớp và các trường THCS. 6. Những thông tin bảo mật: Không. 7. Điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến Để đề tài được áp dụng và áp dụng có hiệu quả cần phải đảm bảo các điều kiện cần và đủ như sau: - Phải được sự quan tâm đúng mực, hỗ trợ của chính quyền địa phương cũng như lãnh đạo nhà trường về cơ sở vật chất và trang thiết bị dạy học. - Giáo viên phải thường xuyên tự trao dồi kiến thức cho bản thân để nắm được những bước tiến, những cái mới về các phương pháp giải toán. - Được sự hợp tác và phối hợp của các tổ chức đoàn thể trong Nhà trường, của Hội cha mẹ học sinh - Giáo viên phải thực sự nhiệt tình, tâm huyết, kiên trì rèn dũa từng ngày, uốn nắn rèn học sinh vào khuôn nếp ngay từ đầu và được duy trì liên tục. - Học sinh phải có ý thức tự học, tự phấn đấu, ý thức hợp tác trao đổi thông tin, cởi mở trong hoạt động nhóm. 8. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả Qua giảng dạy bộ môn Toán 9 và xây dựng cho học sinh phương pháp giải bài toán hình học 9, tôi nhận thấy nội dung này rất thiết thực và có lợi thế trong việc đổi mới phương pháp dạy học môn Toán, các em tích cực học tập và hứng thú hơn khi giải các bài toán hình học. Đặc biệt là kỹ năng vẽ hình, kỹ năng phân tích đề bài và khai thác bài toán từ đó giúp các em tạo cho mình ý thức học tập, không còn sợ học môn toán hình. Với việc các em biết vận dụng các phương pháp tìm lời giải cho bài toán và kết hợp với việc đổi mới phương pháp giảng dạy bộ môn toán ở khối 9, tôi thấy chất lượng môn toán ngày càng tiến bộ rõ rệt. Cụ thể là: Thông qua việc nghiên cứu đề tài và những kinh nghiệm từ thực tiễn giảng dạy, cho phép tôi rút ra một số vấn đề sau:
11. 17 Đối với học sinh yếu kém: Là một quá trình liên tục được củng cố và sửa chữa sai lầm trong vẽ hình và trình bày bài làm. Cần rèn luyện các kỹ năng đọc và phân tích đề bài để học sinh có khả năng biết được phương pháp vận dụng tốt các phương pháp cơ bản vào giải toán, cho học sinh thực hành theo mẫu với các bài tập tương tự, bài tập từ đơn giản nâng dần đến phức tạp, không nên dẫn các em đi quá xa nội dung SGK. Đối với học sinh trung bình: Giáo viên cần chú ý cho học sinh biết các phương pháp cơ bản, kĩ năng biến đổi, kĩ năng thực hành và việc vận dụng từng phương pháp đa dạng hơn vào từng bài tập cụ thể, luyện tập khả năng tự học, gợi sự say mê hứng thú học, kích thích và khơi dậy óc tìm tòi, chủ động chiếm lĩnh kiến thức. Đối với học sinh khá, giỏi: Ngoài việc biết các phương pháp cơ bản, ta cần cho học sinh tìm hiểu thêm các phương pháp nâng cao khác, các bài tập dạng mở rộng giúp các em biết mở rộng vấn đề, cụ thể hoá vấn đề, tương tự hoá vấn đề để việc giải bài toán hình học được tốt hơn. Qua đó, tập cho học sinh thói quen tự học, tự tìm tòi sáng tạo, khai thác cách giải, khai thác bài toán khác nhằm phát triển tư duy một cách toàn diện cho quá trình tự nghiên cứu của các em. 9. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có): Tôi (chúng tôi) xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật. Thanh Lương ,ngày 02 tháng 1 năm 2021 Người nộp đơn Vũ Trọng Đại