Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện kỹ năng vẽ thêm yếu tố phụ trong chứng minh Hình học Lớp 7

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện kỹ năng vẽ thêm yếu tố phụ trong chứng minh Hình học Lớp 7

1. Bằng cách tương tự ta cũng có thể vẽ thêm EK ̸ ̸ AC (K ∈ AB) để có KA = EG và chứng minh rằng KB = DF. Cách 2: Vẽ một đoạn thẳng “bù thêm” một trong hai đoạn thẳng một cách thích hợp rồi chứng minh rằng đoạn thẳng mới này bằng đoạn thẳng thứ ba và đoạn thẳng bù thêm bằng đoạn thẳng kia. Vì DF ̸ ̸ AB cho nên vẽ thêm AP ̸ ̸ BC (P thuộc đường thẳng DF), ta có AB = PD mà PD = DF + PF. Do vậy chỉ cần chứng minh thêm PF = EG. Điều này ta cũng có được vì ∆ 푃퐹 = ∆ . A P F G B D E C Và như vậy ta cũng có thể vẽ thêm AQ ̸ ̸ BC (Q thuộc đường thẳng EG), tương tự như trên ta cũng chứng minh được AB = DF + EG. Cách 3: Vẽ một đoạn thẳng bằng tổng hai đoạn thẳng rồi chứng minh đoạn thẳng này bằng đoạn thẳng thứ ba. Trên tia đối của tia DF lấy điểm M sao cho DM = EG. A F G B C D E M Ta đã có: MF = DF + DM nên chỉ còn chứng minh rằng AB = MF. Từ ∆ = ∆ (c.g.c) ta có = Suy ra BM ̸ ̸ AF, kết hợp với AB ̸ ̸ DF ta có AB = MF. Hoàn toàn tương tự có thể vẽ thêm điểm N trên tia đối EG sao cho EN = DF.
2. Cách 4: Vẽ một đoạn thẳng bằng hiệu của đoạn thẳng thứ ba và một trong hai đoạn thẳng kia rồi chứng minh đoạn thẳng mới này bằng đoạn thẳng còn lại . Trên cạnh AB lấy điểm I sao cho BI = EG và chỉ cần chứng minh AI = DF . A F I G B C D E Từ ∆ = ∆ (c.g.c) ta có = ⇒ AF ̸ ̸ ID Kết hợp với AB ̸ ̸ DF ta có AI = DF. Tương tự ta cũng có thể vẽ thêm điểm J trên cạnh AB sao cho BJ = DF. Ví dụ 2: Cho góc xOy bằng 900, Oz là tia phân giác. Trên tia Oz lấy điểm A. Từ A kẻ AB ⊥ Ox và AC ⊥ Oy (B ∈ Ox, C ∈ Oy). D là điểm tuỳ ý trên đoạn thẳng OB. Nối A với D. Tia phân giác của góc CAD cắt Oy tại E. Chứng minh rằng AD = CE + BD. Phân tích Chọn cách giải là tạo ra đoạn thẳng có độ dài bằng CE + BD và cần chứng minh đoạn thẳng đó bằng AD là xong. Xuất phát từ suy nghĩ này ta chọn yếu tố phụ là điểm F trên tia đối của tia BO sao cho BF = CE. Ta chỉ cần chứng minh tam giác DAF cân đỉnh D. = 900, Oz là tia phân giác ; GT AB ⊥ Ox, AC ⊥ Oy AE là tia phân giác góc KL AD = CE + BD
3. y A z C 1 2 3 E O D B F x Lời giải Trên tia đối của tia BO lấy điểm F sao cho BF = CE. Xét ∆ và ∆ có: = (Oz là tia phân giác ), OA (cạnh chung); = (vì + = + = 900, = ) Do đó ∆ = ∆ (g.c.g) ⇒ CA = BA Xét ∆ và ∆ 퐹 có: CA = BA (chứng minh trên), = 퐹 (= 900); CE = BF Do đó ∆ = ∆ 퐹 (c.g.c) 0 Suy ra 1= 3. Mà 1= 2 và 2 1 + = 90 0 ⇒ 퐹 + 3 = 90 ⇒ 퐹 = 퐹 . Ta có ∆ 퐹 có 퐹 = 퐹 ⇒ ∆ 퐹 cân đỉnh D ⇒ AD = DF Mà DF = BF + BD = CE + BD, nên: AD = CE + BD. Bài tập tự giải Bài tập 1: Cho tam giác ABC có AB = AC, = 1000. Vẽ đường phân giác BD của tam giác ABC. Chứng minh BC = BD + DA. Bài tập 2: Cho tam giác ABC, G là trọng tâm của tam giác, AM là đường trung tuyến. Đường thẳng d qua G cắt các cạnh AB và AC. Vẽ AA’, BB’, CC’ vuông góc với đường thẳng d (A’, B’, C’ ∈ d). Chứng minh rằng AA’ = BB’ + CC’. 4) Dạng 4: Chứng minh đoạn thẳng Đ1 > đoạn thẳng Đ2 (hoặc góc G1 > góc G2). Cách 1: Tạo ra một tam giác mà có hai cạnh với độ dài bằng hai đoạn Đ1 và Đ2 (hoặc có hai góc bằng hai góc 1 và 2). Sau đó áp dụng các định lý về quan hệ
4. giữa góc và cạnh trong một tam giác để chứng minh Đ1 > Đ2 (hoặc 1 > 2). Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có AB BD. B ∆ ABC có A = 900, GT AD BD. D A E C Phân tích
5. Ta tìm cách tạo ra một tam giác có hai cạnh có độ dài bằng BC, BD. Điểm E trên tia AC sao cho AE = AD là yếu tố phụ cần vẽ thêm để giúp giải bài toán. Lời giải Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AD. Ta có AE ( là góc ngoài của ∆ ). Do đó > . Xét ∆ có > suy ra BC > BD (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác). Cách 2: Tạo ra một đoạn thẳng trung gian Đ3 (hoặc góc trung gian 3) và nhờ tính chất bắc cầu để chứng minh Đ1 > Đ2 (hoặc chứng minh 1 > 2). Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có = 900. Trên hai cạnh AB, AC lần lượt lấy hai điểm D, E. Chứng minh rằng DE < BC. B ∆ ABC có A = 900, D ∈ AB, E ∈ AC GT D . KL DE < BC. A C E Phân tích Rõ ràng không thể so sánh trực tiếp DE và BC. Do đó phải dùng đoạn thẳng trung gian và nhờ tính chất bắc cầu. Đoạn thẳng trung gian đó là DC. DC là yếu tố phụ cần vẽ thêm. Lời giải Nối D và C. Ta có AE, AC lần lượt là hình chiếu của các đường xiên DE, DC trên đường thẳng AC. Mà AE < DC (vì E thuộc cạnh AC) suy ra DE < DC (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu của nó). Mặt khác AD, AB lần lượt là hình chiếu của các đường xiên DC, BC trên đường thẳng AB mà AD < AB (D thuộc cạnh AB) suy ra DC < BC (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu của nó). Ta có DE < DC; DC < BC ⇒ DE < BC.
6. Vi dụ 2: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu trong tam giác có điểm D sao cho AD = AB thì AB . Chứng minh rằng DC > DB. Bài tập 2: Cho tam giác ABC có AB BM. Bài tập 3: Cho góc xOy, Oz là tia phân giác của góc xOy. Từ điểm M ở trong góc xOz vẽ MH vuông góc với Ox (H ∈ Ox), MK vuông góc với Oy (K ∈ Oy). Chứng minh rằng MH AC + BC. Bài tập 6: Cho tam giác ABC có = 900, = 540, trên cạnh AC lấy điểm D sao cho = 180. Chứng minh rằng BD < AC. Bài tập7: Cho tam giác ABC cân đỉnh A. Trên cạnh AB lấy điểm D, trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho BD = CE. Nối D với E. Chứng minh rằng BC < DE.
7. 5) Dạng 5: Dùng bất đẳng thức tam giác để chứng minh bất đẳng thức giữa độ dài các đoạn thẳng. Ví dụ: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: AB + AC > 2AM. A GT ∆ ABC có MB = MC B C M KL AB + AC > 2AM. D Phân tích Ta tìm cách tạo ra đường thẳng có độ dài bằng 2AM và là cạnh của tam giác có hai cạnh còn lại bằng hai cạnh AB, AC hoặc tạo ra một tam giác có ba cạnh bằng , và AM. 2 2 Trên tia đối của tia AM lấy điểm D sao cho MD = MA. Tam giác ADC có AD = 2AM, DC = AB, và AC thoả mãn yêu cầu đặt ra ở trên. Điểm D chính là điểm phụ cần vẽ thêm. Lời giải Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA. Xét ∆ và ∆ có: MA = MD, = (đối đỉnh), MB = MC (giả thiết) Do đó ∆ = ∆ (c.g.c) ⇒ AB = DC Xét ∆ có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác) Do đó AB + AC > AD mà AD = 2AM suy ra AB + AC > 2AM. Bài tập tự giải Bài tập 1: Cho tam giác ABC có AB > AC, AD là tia phân giác của góc , (D ∈ BC). M là điểm nằm trên đoạn thẳng AD. Chứng minh rằng MB – MC AC, vẽ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB (D ∈ AC, E ∈ AB). Chứng minh rằng AB – AC > BD – CE.
8. Bài tập 4: Cho tam giác ABC ( = 900), vẽ AH vuông góc với BC (H ∈ BC). Chứng minh rằng AH + BC > AB + AC. Bài tập 5: Cho tam giác ABC cân đỉnh A. Từ điểm D trên cạnh AB, vẽ đường thẳng song song với BC cắt cạnh AC tại E. 1 Chứng minh rằng BE > (DE + BC). 2 6) Dạng 6: Chứng minh đẳng thức Ta có thể nghĩ đến vận dụng định lý Pytago bằng cách tạo ra các tam giác vuông. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có = 600. Chứng minh rằng BC2 = AB2 + AC2 – AB.AC C GT ∆ ABC có = 600. KL BC2 = AB2 + AC2 – AB.AC 60° A B H Phân tích Ta vẽ đường phụ là đường thẳng CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông HAC, HBC ta sẽ có điều phải chứng minh. Lời giải Vẽ đường thẳng CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Tam giác HAC vuông tại H có = 600 nên là nửa tam giác đều, suy ra: AC HA = 2 . AC Do đó HB = AB – HA = AB - 2 . ∆ có = 900, theo định lí Py-ta-go, ta có: AC 3 AC2 = HA2 + HC2 ⇒ HC2 = AC2 – ( 2 = AC2 2 ) 4 ∆ có = 900, theo định lí Py-ta-go, ta có: BC2 = HB2 + HC2. AC 3 AC AC 3 Do đó BC2 = (AB - 2 + AC2 = (AB - )( AB - ) + AC2 2 ) 4 2 2 4 AC AC AC 3 = AB(AB - (AB - + AC2 2 ) - 2 2 ) 4
9. 1 3 = AB2 – AB.AC + AC2 + AC2 4 4 = AB2 + AC2 – AB.AC Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC và AB = 6cm, AC = 10cm, AM = 4cm. Chứng minh rằng MAB = 900. ∆ ABC có MB = MC, A GT AB = 6cm, AC = 10cm, C AM = 4cm. M B KL MAB = 900. D Phân tích Các số 6; 10; 4 gợi ta nghĩ đến định lí Py-ta-go. Thật vậy, nếu gọi D là điểm sao cho M là trung điểm của AD ta chứng minh được BD = AC và từ đó chứng minh được tam giác ABD vuông tại A và có các cạnh là 10; 6; 8. Lời giải Gọi D là điểm sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AD. Xét ∆ và ∆ có MA = MD, = (đối đỉnh); MC = MB (M là trung điểm cạnh BC). Do đó ∆ = ∆ (c.g.c) suy ra AC = BD Mà AC = 10cm nên BD = 10cm và AD = 2AM = 8cm Ta có AB2 +AD2 = 62 + 82 = 100 BD2 = 102 = 100 ∆ có AB2 + AD2 = BD2 (=100) Theo định lí đảo Py-ta-go có tam giác ABD vuông tại A nên = 900. Bài tập tự giải Bài tập1: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AB 2 1 + AC2 = 2AM2 + BC2. 2 Bài tập 2: Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC và AB = 6cm, AC = 10cm, AM = 4cm. Chứng minh rằng = 900. Bài tập 3: Cho tam giác ABC có = 450, = 300. Chứng minh rằng AB : BC : AC = 2 : (1 + 3) : 2. Dạng 7: Chứng minh tính chất của một hình. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. D là điểm bất kì trên cạnh AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C vẽ tia Bx sao cho = 1350. Đường
10. thẳng vuông góc với DC vẽ từ D cắt Bx tại E. Chứng minh rằng tam giác DEC vuông cân. ∆ ABC có = 900, AB = AC. GT D ∈ AB, = 1350. DE ⊥ DC. KL ∆ DEC vuông cân. x E B 135° D A C Phân tích Vì ∆ DEC vuông tại D (từ giả thiết), nên ta chỉ cần chứng minh DE = DC. Chúng ta nghĩ đến làm “xuất hiện” hai tam giác bằng nhau để có DE = DC. Điểm phụ F trên cạnh AC sao cho AF = AD giúp ta có lời giải bài toán. Lời giải Trên cạnh AC lấy điểm F sao cho AF = AD. Mà AB = AC do đó AB – AD = AC – AF ⇒ BD = FC. ∆ 퐹 cân đỉnh A (AD = AF) mà 퐹 = 900 ⇒ ∆ 퐹 vuông cân đỉnh A ⇒ 퐹 = 450 Do đó 퐹 = 1800 - 퐹 = 1350
11. Mặt khác + = + = 900 ⇒ = Xét ∆ và ∆ 퐹 có: = 퐹 (= 1350); BD = FC (chứng minh trên); = 퐹 Do đó ∆ = ∆ 퐹 (g.c.g) ⇒ DE = DC ∆ cân đỉnh D (vì DE = DC) mà = 900. Do đó ∆ vuông cân đỉnh D. Ví dụ 3: Chứng minh rằng giao điểm I của hai tia phân giác của hai góc ngoài ở đỉnh B, C của tam giác ABC nằm trên tia phân giác của góc A. A ∆ ABC có BI và CI lần lượt là tia phân GT K giác của góc ngoài đỉnh B và đỉnh C. B C L KL I nằm trên tia phân giác của góc A y H x I Phân tích Ta có I nằm trên đường phân giác góc A ⇔ I cách đều hai đường thẳng Ax, Ay. Vẽ IH ⊥ Ax, IL ⊥ Ay (H ∈ Ax; L ∈ Ay). Ta vẽ IK ⊥ BC (K ∈ BC). So sánh IH, IL với IK. Lời giải Vẽ tia Bx là tia đối của tia BA, tia Cy là tia đối của tia CA. Vẽ hai tia phân giác của và . Gọi I là giao điểm của chúng. Vẽ IH ⊥ Bx (H ∈ Bx), IK ⊥ BC (K ∈ BC), IL ⊥ AC (L ∈ Cy). I thuộc tia phân giác ⇒ IH = IK I thuộc tia phân giác ⇒ IL = IK. Suy ra IH = IL Vậy I nằm trên tia phân giác của góc BAC. Bài tập tự giải Bài tập 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) thì DH = 4cm.
12. Chứng minh rằng tam giác ABC cân đỉnh A. Bài tập 2: Cho tam giác ABC ( = 900). Trên cạnh CA lấy điểm D sao cho 1 = . Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho ED = BC. 3 Chứng minh rằng tam giác DEC cân. Bài tập 3: Cho tam giác ABC có = 900. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho 1 = . Trên tia đối của tia DB lấy điểm E sao cho DE = BC. 3 Chứng minh rằng tam giác DEC cân đỉnh E. Bài tập 4: Cho tam giác ABC, vẽ AH ⊥ BC (H ∈ BC). Trên nửa mặt phẳng bờ AH có chứa điểm B dựng AD ⊥ AB sao cho AD = AB. Trên nửa mặt phẳng còn lại dựng AE ⊥ AC sao cho AE = AC. Nối D và E, AH cắt DE ở M. Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng DE. Bài tập 5: Cho tam giác ABC (AB < AC). Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm + các cạnh BC, CA, AB. Trên cạnh AC lấy điểm G sao cho CG = . 2 Chứng minh rằng DG là tia phân giác 퐹. Bài tập 6: Cho tam giác ABC có = 900, lấy các điểm D và E lần lượt trên các 1 1 cạnh AC và AB sao cho = , = . Gọi I là giao điểm của BD 3 3 và CE. Chứng minh rằng IDE cân. 1) Dạng 8: Phương pháp tam giác đều. Phương pháp này tạo thêm được vào trong hình vẽ các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau giúp cho việc giải toán được thuận lợi. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, = 150. Trên tia BA lấy điểm O sao cho BO = 2AC. Chứng minh rằng ∆ cân. O ∆ có = 900, = 150, GT BO = 2AC KL ∆ cân H M A B C Phân tích Vì ∆ có = 900, = 150 ⇒ = 750
13. Ta thấy 750 - 150 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều. Điều này gợi ý cho ta vẽ tam giác đều BMC. Lời giải Ta có ∆ vuông tại A, = 150 (theo giả thiết) ⇒ = 750. Vẽ tam giác đều BMC (M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BC) Ta có: = - = 750 - 600 = 150 Gọi H là trung điểm của OB Vì OB = 2AC ⇒ HB = AC (= ) 2 Xét ∆ và ∆ có: HB = AC MB = BC (vì ∆ đều) = (= 150) ⇒ ∆ = ∆ (c.g.c) ⇒ = = 900 (định nghĩa hai tam giác bằng nhau) Xét ∆ có HM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên ∆ cân tại M. Do đó = = 150. Theo định lý tổng ba góc trong tam giác ta có: = 1800 - 150 - 150 = 1500 ⇒ = 3600 - - = 3600 - 1500 - 600 = 1500 Xét ∆ và ∆ có: OM chung BM = CM (vì ∆ đều) = (= 1500). ⇒ ∆ = ∆ (c.g.c) ⇒ OB = OC. Vậy ∆ cân tại O. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại A, A = 200. Trên cạnh AB lấy điểm D sao 1 cho AD = BC. Chứng minh rằng = . 2 Phân tích Tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 200, suy ra góc ở đáy là 800. Ta thấy 800 - 200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều. Chính sự liên hệ này gợi ý cho ta vẽ tam giác đều BCM vào trong tam giác ABC. Với giả thiết AD = BC thì vẽ
14. tam giác đều như vậy ta có mối quan hệ bằng nhau giữa AD với các cạnh của tam giác đều giúp cho việc chứng minh tam giác bằng nhau dễ dàng. A ∆ABC cân tại A, A = 200. D GT AD = BC 1 KL = 2 M B C Lời giải ∆ cân tại A, = 200 (giả thiết) 1800 ― 200 Suy ra = = = 0. 2 80 Vẽ tam giác đều BCM (M và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ BC), ta được AD = BC = CM. ∆ = ∆ (c.c.c) Suy ra = = 200 : 2 = 100 = = 800 - 600 = 200 ∆ và ∆ có: AD = CM (chứng minh trên) = (= 200). AC chung Vậy ∆ = ∆ (c.g.c) suy ra = = 100. 1 Do đó = . 2 Bài tập tự giải Bài tập 1: Cho tam giác ABC cân tại A, A = 800. Gọi O là một điểm ở trong tam giác sao cho OBC = 300, OCB = 100. Chứng minh rằng tam giác COA cân. Bài tập 2: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm O ở trong tam giác sao cho OBC = 300, OCB = 150. Chứng minh các tam giác AOC, AOB cân.
15. Bài tập 3: Cho tam giác ABC cân tại A, A = 1080. Gọi O là một điểm nằm trên tia phân giác của góc C sao cho CBO = 120. Vẽ tam giác đều BOM (M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BO). Chứng minh rằng: a) Ba điểm C, A, M thẳng hàng. b) Tam giác AOB cân. III. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI; Trong quá trình dạy học hình học, tôi đã áp dụng đề tại này không chỉ để dạy và bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi mà còn linh hoạt dạy cho học sinh đại trà. Đặc biệt là đối với học sinh lớp 7, bắt đầu làm quen với chứng minh hình học. Tuy lúc đầu các em còn ngại học hình và nói chung rất sợ các bài toán chứng minh. Hầu như học sinh chỉ có ý thức làm bài tìm một lời giải và dừng lại không suy nghĩ thêm sau khi có kết quả của bài toán, thỏa mãn với chính mình. Các em chưa thấy được tác dụng mạnh của việc nhìn bài toán dưới nhiều góc độ, nhiều khía cạnh khác, rèn cho minh được thói quen suy nghĩ tích cực, phát triển tư duy sáng tạo, tính kiên trì, độc lập (những đức tính tốt và cần thiết của người học toán). Song, qua một thời gian kiên trì, linh hoạt áp dụng đề tài và dạy học sinh theo ý tưởng trên, đến nay, hầu hết các em đã tham gia, hưởng ứng một cách tích cực, chủ động, vận dụng kiến thức khá thành thạo khi làm một số dạng bài có liên quan từ dễ đến khó. Quan trọng hơn, các em không còn cảm thấy hình học đáng ngại, đáng sợ nữa. Do đó, trong học toán nói chung và hình học nói riêng các em đã nhiệt tình, chủ động, tích cực hơn, có nhiều phát hiện thể hiện sự tìm tòi, sáng tạo bước đầu rất tích cực. Thực tế, tôi đã sử dụng vào giảng dạy cho khối 7 nhiều năm học liền gần đây thì kết quả cho thấy học sinh đều có ý thức thi đua nhau học tập, rất hào hứng phát biểu các suy nghĩ, tìm tòi, phát hiện của mình về cách giải khác, bài toán mới, . Và tôi thấy tinh thần học tập của các em sôi nổi, phấn khởi hơn, khả năng tự nghiên cứu toán học của các em được phát huy một cách tích cực; kết quả học tập môn toán, nhất là hình học có nhiều tiến bộ. Các em không những nắm vững kiến thức trong SGK, các em còn có cố gắng trong việc tìm hiểu giải các bài toán nâng cao, các bài toán khó, bước đầu có thói quen tốt: biết chịu khó, tích cực tìm tòi khai thác, phát triển các bài toán cho trước. Cụ thể: kết quả chất lượng môn toán khối 7 ở các năm áp dụng đề tài này như sau: Giỏi Khá TB Yếu Kém Năm đầu tiên áp dụng 30% 42% 25% 3%
16. Năm thứ hai áp dụng 37% 40% 22% 1% Kết luận Việc nhìn nhận và chứng minh được một bài toán hình học góp phần rất quan trọng trong việc nâng cao năng lực tư duy cho học sinh khi học môn Toán- nhất là việc bồi dưỡng học sinh giỏi. Qua quá trình giảng dạy và nghiên cứu, bản thân tôi nhận thấy: - Các giáo viên giảng dạy toán đều đánh giá cao tầm quan trọng của việc chứng minh một bài toán hình học mà học sinh bằng lập luận, phân tích đã giải được. Mở rộng, phát triển thêm các bài toán khác (đơn giản hoặc thường là phức tạp hơn) nhằm phát triển tư duy sáng tạo, linh hoạt, độc lập, tích cực suy nghĩ cho cả người dạy và người học. - Trong quá trình giảng dạy và học tập toán,việc khai thác, tìm hiểu sâu các cách giải khác nhau, kẻ thêm nhiều đường phụ. Nó không chỉ giúp chúng ta nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà nó còn nâng cao tính khái quát, đặc biệt hóa, tổng quát hóa một bài toán, từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo, linh hoạt cho các em học sinh, giúp cho học sinh nắm chắc, hiểu sâu rộng kiến thức hơn một cách logic, khoa học, tạo hứng thú khoa học yêu thích bộ môn toán hơn. Sau một thời gian kiên trì, nghiêm túc và nỗ lực thực hiện với sự giúp đỡ của đồng nghiệp, tôi đã hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “Rèn luyện kỹ năng vẽ thêm yếu tố phụ trong chứng minh hình học lớp 7”. Tôi mong muốn được học hỏi, trao đổi thêm cùng tất cả đồng nghiệp và bạn đọc quan tâm vần đề này. Đồng thời, tôi cũng hi vọng đề tài này sẽ đóng góp một phần nhỏ trong việc bổ sung hiểu biết, góp phần làm tài liệu tham khảo cho công tác giảng dạy toán cũng như học toán, từ đó nâng cao được chất lượng dạy và học môn toán trong nhà trường. IV. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN: Trên đây là toàn bộ kinh nghiệm được đúc rút trong suốt 2 năm dạy bộ môn toán 7 ở trường THCS. Tôi xin cam kết không sao chép và vi phạm bản quyền của tác giả nào. Nếu vi phạm tôi xin hoàn toàn chịu mọi trách nhiệm. Tôi xin chân thành cảm ơn! Giao Thịnh, ngày 02 tháng 04 năm 2019
17. CƠ QUAN ĐƠN VỊ TÁC GIẢ SÁNG KIẾN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Xác nhận) Nguyễn Thị Hồng Huế PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá xếp loại)