dàn âm thanh hội trường, âm thanh lớp học, âm thanh phòng họp, loa trợ giảng

SKKN Sử dụng phương pháp hình học trong giải bài toán liên quan tới môđun số phức nhằm phát triển năng lực tự học của học sinh

SKKN Sử dụng phương pháp hình học trong giải bài toán liên quan tới môđun số phức nhằm phát triển năng lực tự học của học sinh

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 của Hội nghị lần thứ 8 Ban chấp hành
Trung ương Đảng (khoá XI) đã yêu cầu đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo,
đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định
hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế. Tiếp thu tinh thần Nghị quyết, chương trình
giáo dục phổ thông nói chung và chương trình môn Toán trung học phổ thông nói riêng
đã xác định những yêu cầu cần đạt về kiến thức, kỹ năng, thái độ, hướng đến hình thành
phẩm chất, phát triển năng lực cho người học một cách toàn diện, trong đó, đặc biệt
quan trọng là năng lực tự học.
Từ năm 2017 đến nay, các kì thi THPT Quốc gia mà nay là kì thi Tốt nghiệp THPT
đã liên tục đổi mới cả về nội dung và hình thức tổ chức để phù hợp với công cuộc đổi
mới đang diễn ra ngày một mạnh mẽ trong dạy học. Nằm trong xu thế đổi mới đó, môn
Toán đã được thay đổi hình thức kiểm tra sang hình thức trắc nghiệm khách quan với
đặc thù yêu cầu cao hơn về năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề so với hình thức
trước đây là tự luận, đặc biệt là khả năng tự học của HS. Để đáp ứng được yêu cầu của
các kì thi nói riêng và để đạt được các mục tiêu về năng lực, phẩm chất của giáo dục nói
chung, học sinh cần được trau dồi kiến thức môn học, rèn luyện kĩ năng thật tốt để có
thể phát hiện ra vấn đề trong từng bài toán và giải quyết nó trong một khoảng thời gian
nhanh nhất.
Có thể nói mạch kiến thức về nội dung “số phức” là nội dung cơ bản trong các đề
thi tốt nghiệp THPT. Các kiến thức về số phức từ cơ bản đến nâng cao, từ đơn giản đến
phức tạp liên tục được đưa vào trong đề thi tốt nghiệp THPT những năm gần đây. Với
vai trò quan trọng đó, các bài toán về nội dung số phức luôn được sử dụng trong các đề
thi và được thay đổi hình thức câu hỏi liên tục, đòi hỏi học sinh phải tự rèn luyện năng
lực tự học của bản thân trở nên linh hoạt hơn, sáng tạo hơn.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

  1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
    Từ năm học 2015 – 2016 trở về trước, với hình thức kiểm tra tự luận, các đề bài
    toán về nội dung số phức thường chỉ được khai thác dưới dạng phép toán biến đổi cơ
    bản. Tuy nhiên, với hình thức thi hiện tại là trắc nghiệm khách quan, nhiều dạng bài toán
    với nội dung số phức được đưa vào với mức độ vận dụng và vận dụng cao, đặc biệt
    nhiều bài toán số phức còn vận dụng các tính chất của hình học phẳng để giải Do đó,
    nhiều dạng đề bài khác được khai thác, yêu cầu học sinh ngoài kĩ năng sử dụng máy tính
    cầm tay vẫn phải ghi nhớ và vận dụng thành thạo các kiến thức, kĩ năng toán học liên
    quan, đặc biệt là các tính chất cơ bản của hình học phẳng để có thể vận dụng vào giải
    5
    các bài toán ở dạng vận dụng và vận dụng cao.
    Trong các đề thi minh họa của Bộ Giáo dục và đào tạo, đề thi THPT Quốc gia và
    đề thi thử của các trường THPT trên toàn quốc những năm gần đây, một dạng đề bài
    toán về nội dung số phức liên quan tới môđun của số phức và được giải theo phương
    pháp hình học rất nhiều và rất hiệu quả. Những dạng bài như thế không những hạn chế
    được việc lạm dụng máy tính cầm tay trong quá trình tìm ra đáp số bài toán của học sinh
    mà còn đòi hỏi học sinh phải ghi nhớ thật chắc chắn các kiến thức liên quan, tư duy thật
    nhanh nhạy và sáng tạo mới tìm ra được đáp án đúng trong khoảng thời gian cho phép.
    Chúng tôi xin giới thiệu một ví dụ về dạng toán này như sau:
    Ví dụ 1. [ ĐỀ MINH HOẠ NĂM 2018] Xét các số phức z a bi a b     ,  thoả mãn
    z i    4 3 5 . Tính P a b   khi z i z i      1 3 1 đạt giá trị lớn nhất.
    A. P 10. B. P  4 . C. P  6 . D. P 8.
    Phân tích: Hướng giải theo phương pháp sử dụng yếu tố hình học.
    Ta có z i z i        4 3 5 4 3 5   . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z
    là đường tròn tâm I 4;3 , bán kính R  5 .
    Xét T z i z i z i z i MA MB                1 3 1 1 3 1     , với A B   1;3 , 1; 1    .
    Bài toán dẫn tới là tìm điểm M trên đường tròn tâm I 4;3 , bán kính R  5 sao cho
    MA MB  đạt giá trị lớn nhất.
    Ví dụ 2. [Câu 44. ĐỀ THI TN NĂM 2021 – mã 101 – Đợt 1] Xét các số phức z w,
    thỏa mãn z 1 và w  2 . Khi z iw i   6 8 đạt giá trị nhỏ nhất, z w bằng?
    A.
    221
    5
    . B. 5 . C. 3 . D.
    29
    5
    .
    Lời giải
    Gọi M N, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z i  6 8 và iw .
    Ta có z z i i MI          1 6 8 6 8 1 1     , với I   6; 8 .
    Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn   T1
    tâm I   6; 8 và bán kính 1 R 1.
    Ta có     iw i w. 2. Suy ra tập hợp điểm N là đường tròn   T2
    tâm O và bán kính
    2 R  2 .
    Ta có P z iw i MN      6 8 .
    6
            min 10 1 2 7 P OI R R 1 2 (do   T1
    và   T2
    rời nhau).
    đạt được khi
    9 27 36
    ;
    10 5 5
    1 6 8
    ;
    5 5 5
    OM OI M
    ON OI N

      
                
                
     
     
    27 36 3 4 6 8
    5 5 5 5
    6 8 8 6
    5 5 5 5
    z i i z i
    iw i w i
     
            
       
             
    Vậy 2 29 1
    5 5
    z w i      .
    Cách 2:
    Ta có w iw    2 2. Gọi M N, là điểm biểu diễn của các số phức z iw, và A  3;4 .
    Khi đó z iw i OM ON OA OI OA AI          6 8 2 2 2
        
    , với I là trung điểm MN.
    Do M N, thuộc hai đường tròn tâm O, bán kính 1 và 2 nên I thuộc hình vành tròn
    được giới hạn bởi hai đường tròn bán kính 1
    2
    và 3
    2
    .
    Suy ra AI nhỏ nhất  O M N A , , , thẳng hàng.
    Khi đó
    3 4 3 4
    3 4 6 8 5 5 5 5
    ; , ;
    5 5 5 5 6 8 8 6
    5 5 5 5
    z i z i
    M N
    iw i w i
     
                                   
    . Vậy 2 29 1
    5 5
    z w i      .
    7
    Ví dụ 3. [Câu 42. ĐỀ THI TN NĂM 2021 – mã 101 – Đợt 2] Xét số phức z và w thay
    đổi thỏa mãn z w   3 và z w  3 2 . Giá trị nhỏ nhất của
    P z i w i       1 2 5 bằng
    A. 5 3 2  . B. 29 2  . C. 17 . D. 5 .
    Lời giải
    Gọi M N, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z và w.
    Từ giả thiết ta có: 3
    3 2
    OM ON
    MN
      

     
     OMN vuông tại O
    w iz
    OM ON
    w iz
         
      
     
    .
    +) Trường hợp w iz  .
    Ta có P z i iz i z i z i MA MB               1 2 5 1 5 2     với
    A B     1;1 , 5;2 . Gọi E là giao điểm của đoạn AB với đường tròn   O;3 như hình
    vẽ.
    Có P MA MB AB    , AB  17 .
    Suy ra min 17 P  khi M E  , N là ảnh của M qua phép quay   0 O,90 Q .
    +) Trường hợp w i z   . .
    Ta có P z i iz i z i z i MA MC                 1 2 5 1 5 2     với
    A C     1;1 , 5; 2   . Gọi F là giao điểm của đoạn AC với đường tròn   O;3 như
    hình vẽ.
    8
    Có P MA MC AC    , AC  3 5 .
    Suy ra min 3 5 P  khi M F  , N là ảnh của M qua phép quay   0 O, 90 Q 
    .
    Kết hợp hai trường hợp, ta được min 17 P  .
    Ví dụ 4. [Câu 45. ĐỀ THI TN NĂM 2022 – mã 101] Cho các số phức 1 2 3 z z z , , thỏa mãn
    1 2 3 z z z    2 2 và   1 2 3 1 2 8 3 z z z z z   . Gọi A B C , , lần lượt là các điểm biểu
    diễn của 1 2 3 z z z , , trên mặt phẳng tọa độ. Diện tích tam giác ABC bằng
    A. 55
    32
    . B. 55
    16
    . C. 55
    24
    . D. 55
    8
    .
    Lời giải
    Ta có   1 2 3 1 2
    2 1 3
    8 8 3 8 3 z z z z z
    z z z
         2 1 2 1 3 3
    2 2 2
    2 2 1 1 3 3 2 1 3
    8 8 8 8 z z z z 3 3 z z
    z z z z z z z z z
         
    2 1 3
    2 1 3
    8 8 3 3
    4 4 1 2
    z z z
          z z z   1 .
    Gọi A B C    , , lần lượt là các điểm biểu diễn của 1 2 3 z z z , , suy ra A B C    , , lần lượt
    đối xứng với A B C , , qua trục Ox ABC A B C   S S     
    .
  • Ta có   3
    1
    2
        OA OB OC OD   
       
    , trong đó 3
    2 2,
    2
    OA OB OC OD OC        
     
    ,
    suy ra tứ giác OA DB   là hình thoi có 3
    2,
    2
    OA OB OD      và C OD OC     : 1.
  • Ta có 1 3 1 1 1 1
    2 4 2 4 3 3
    DC IC ID DC IC ID S S   A B C OA B                     .
  • 2 2 3 9 3 55 2 . . 4
    4 16 16 OA B OA I S S OI OA OI             .
    Vậy 55
    16 ABC A B C S S       
    .
    9
    Ví dụ 5. (Giải theo phương pháp hình học và phương pháp Đại số ) Cho các số phức z ,
    1z , 2 z thay đổi thỏa mãn các điều kiện sau: iz i    2 4 3; phần thực của 1z bằng
    2; phần ảo của 2 z bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 T z z z z     1 2 .
    A. 9 . B. 2. C. 5 . D. 4.
    Lời giải
    Phương pháp hình học:
    iz i    2 4 3 2 4 3
    i
    i z
    i
      
               i z i . 2 4 3     z i 2 4 3.
    Gọi M là điểm biểu diễn số phức z và I   2;4 .
    Ta có: z i    2 4 3   MI 3  M thuộc đường tròn   C tâm I , bán kính R  3 .
    Gọi A, B là điểm biểu diễn số phức 1z , 2 z . Ta có: 2 2 T z z z z     1 2
    2 2   MA MB .
    Vì phần thực của 1
    z bằng 2 nên A thuộc đường thẳng x  2 .
    Vì phần ảo của 2 z bằng 1 nên B thuộc đường thẳng y 1.
    Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng x  2 và y 1.
    Ta có: 2 2 T MA MB   2 2 2 2     MH HA MK KB 2 2   MH MK (1)
    Gọi E  2;1 . Tứ giác MHEK là hình chữ nhật 2 2 2    MH MK ME (2)
    Gọi M0
    là giao điểm của đường thẳng IE với đường tròn   C ( M0
    ở giữa I E, )
    (như hình vẽ).
    Ta có: ME M E  0   M C  (3)
    Từ (1), (2), (3) suy ra 2 T M E  0
    .
    10
    Ta có: 0 0 M E IE IM      5 3 2 . Suy ra T  4.
    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H A  , K B  và M M 0
    hay M M 0
    và A, B
    lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng x  2 và y  1.
    Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.
    Phương pháp Đại số:
    iz i    2 4 3 2 4 3
    i
    i z
    i
      
               i z i . 2 4 3     z i 2 4 3.
    Gọi z x yi    x y, 
    Ta có:     2 2
    x y     2 4 9 2 2       x y x y 4 8 11 () Gọi 1z ai  2 , 2 z b i   a b,  2 2 T z z z z     1 2         2 2 2 2         x y a x b y 2 1     2 2     x y 2 1 (1) Đặt     2 2 A x y x y         2 1 8 6 6 (theo ())
          8 2 6 4 34  x y   
    Ta có:           2 2 2 2 2          8 2 6 4 8 6 2 4 x y x y        
     2    A 34 100.9 (theo (*))
       4 64 A
    Suy ra A  4 (2).
    Từ (1) và (2) suy ra T  4 .
    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 4
    8 6
    8 6 6 4
    y a
    x b
    x y
    A x y
     
     
    
      
      

         
    2
    5
    11
    5
    x b
    y a

        
       
    Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.
    Ví dụ 6. (Giải theo phương pháp hình học và phương pháp Đại số ) Xét các số phức z ,
    w thỏa mãn z  2, iw i    2 5 1. Giá trị nhỏ nhất của 2
    z wz   4 bằng
    A. 4 . B. 2 29 3   . C. 8 . D. 2 29 5   .
    11
    Lời giải
    Phương pháp hình học:
    Ta có: 2 5 2 5 1 1 5 2 1 i
    iw i i w w i
    i
     
               .
    Ta có: 2 2 2 2 T z wz z wz z z wz z z z z z w z z w                  4 2   *
    Đặt z a bi   . Suy ra: z z bi   2 . Vì z  2 nên    4 2 4 b .
    Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn của w và 2bi . Suy ra:
  • A thuộc đường tròn   C có tâm I     5; 2 , bán kính R  1 .
  • B thuộc trục Oy và 4 4 B    x .
    Từ   * suy ra: T AB MN      2 2 2 4 8 (xem hình)
    Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi A M w i          4; 2 4 2 và
    B N bi i b           0; 2 2 2 1    z a i 2       a a 1 4 3     z i 3 .
    Vậy 2
    z wz   4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .
    Phương pháp Đại số :
    Đặt z a bi   , w c di   ( a , b , c , d   ). Từ giả thiết, ta có:
       
    2 2
    2 2
    4
    5 2 1
    a b
    c d
       

         
     
       
    , 2;2
    6; 4 , 3; 1
    a b
    c d
      
     
           
    .
    Ta có:
    2 2 2 2 T z wz z wz z z wz z z z z z w z z w                  4 2
       2 2 2             T bi c di b d c c c 2 2 2 2 2 2 2 4 8 (do c     6; 4 ).
    Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi
        2 2
    4
    2 0
    5 2 1
    c
    b d
    c d
       
      

         
    .
    12
    Suy ra một nghiệm thỏa mãn là
    4
    2
    1
    c
    d
    b
       
      

      
    .
    Vậy 2
    z wz   4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .
    Chú ý: Về một Lời giải SAI.
    Sau khi có
      2 T z wz z z w z w z EF OI                  4 2 2 2 2 2 1 2 2 2 29 5 .
    Khi đó, đẳng thức không xảy ra, vì hệ , 0
    29 3
    z w kz k
    z w
        

        
    vô nghiệm.
    Hoặc:
            2 T z wz z z w z z w z w                  4 4 4 2 4 2 29 3 4 2 29 5
    cũng không có đẳng thức xảy ra.
    Ví dụ 7. (Giải theo phương pháp hình học và phương pháp Đại số) Cho số phức z thỏa
    mãn z i    2 2 1. Số phức z i  có môđun nhỏ nhất là:
    A. 5 2  . B. 5 1 . C. 5 1 . D. 5 2  .
    Lời giải
    Phương pháp hình học:
    Đặt w z i z w i      .
    Gọi M x y   ; là điểm biểu diễn hình học của số phức w.
    Từ giả thiết z i    2 2 1 ta được:
    w i i     2 2 1     w i 2 1          x y i 2 1 1     2 2      x y 2 1 1.
    Suy ra tập hợp những điểm M x y   ; biểu diễn cho số phức w là đường tròn   C
    có tâm I   2;1 bán kính R  1 .
    13
    Giả sử OI cắt đường tròn   C tại hai điểm A B, với A nằm trong đoạn thẳng OI .
    Ta có w OM 
    Mà OM MI OI       OM MI OA AI   OM OA
    Nên w nhỏ nhất bằng OA OI IA     5 1 khi M A  .
    Phương pháp Đại số:
    Từ z i    2 2 1     2 2      a b 2 2 1 với z a bi a b      , 
    a x b x     2 sin ; 2 cos      a x b x 2 sin , 2 cos
    Khi đó: z i x x i i       2 sin 2 cos       2 2
        2 sin 1 cos x x
       6 4sin 2 cos   x x
        2 2 2 2     6 4 2 sin cos x x  2
          6 2 5 5 1 5 1
    Nên z i  nhỏ nhất bằng 5 1 khi
    4cos 2sin
    4sin 2cos 2 5
    x x
    x x
     

       
    2 5 sin
    5
    5
    cos
    5
    x
    x

       
     
     

    
    Ta được 2 5 5 2 2
    5 5
    z i
       
           
       
    Ví dụ 8. Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn iz i    1 2 3 và biểu thức
    T z i z i      2 5 2 3 3 đạt giá trị lớn nhất. Gọi M là giá trị lớn nhất của T . Giá
    trị tích của M n. là
    A. 10 21 . B. 6 13 . C. 5 21 . D. 2 13 .
    Lời giải
    14
    Gọi z x y   i , với x y,  . Khi đó M x y   ; là điểm biểu diễn cho số phức z .
    Theo giả thiết, iz i    1 2 3  z i    2 3      2 2
    x y     2 1 9 .
    Ta có T z i z i      2 5 2 3 3   2 3 MA MB , với A    5; 2 và B  0;3 .
    Nhận xét rằng A, B , I thẳng hàng và 2 3 IA IB  .
    Cách 1: Gọi  là đường trung trực của AB , ta có     : 5 0 x y .
    T MA MB   2 3   PA PB . Dấu “ ” xảy ra khi M P  hoặc M Q .
    Giải hệ     2 2
    5 0
    2 1 9
    x y
    x y
        

         

    8 2 2 2
    ;
    2 2
    P
           
     
    và 8 2 2 2
    ;
    2 2
    Q
           
     
    .
    Khi đó M T   max 5 21 .
    Vậy M n. 10 21  .
    Cách 2: Ta có A, B , I thẳng hàng và 2 3 IA IB  nên 2 3 0 IA IB  
      
    .
     2 2 2 3 MA MB      2 2
        2 3 MI IA MI IB
       
    2 2 2    5 2 3 MI IA IB  105 .
    Do đó  2
    2 T MA MB   2. 2 3. 3   2 2   5 2 3 MA MB  525 hay T  5 21 .
    Khi đó M T   max 5 21 . Dấu “ ” xảy ra khi M P  hoặc M Q .
    Vậy M n. 10 21  .
    Cách 3: Gọi z x yi   , với x y,  . Khi đó M x y   ; là điểm biểu diễn cho số
    phức z .
    Theo giả thiết, i 1 2i 3 z     z    2 i 3      2 2
    x y     2 1 9 .
    15
    Đặt
    2 3sin
    1 3cos
    x t
    y t
        
      
    . Khi đó
            2 2 2 2 P MA MB t t t t             2 3 2 3 3sin 3 3cos 3 2 3sin 2 3cos
          2 27 18 sin cos 3 17 12 sin cos   t t t t  
          2. 54 36 sin cos 3. 51 36 sin cos   t t t t  
    Ta thấy: P t t t t           2 3 54 36 sin cos 51 36 sin cos 521      .
    P đạt giá trị lớn nhất là 521 khi:
    54 36 sin cos 51 36 sin cos    
    2 3
        t t t t

    1
    sin cos
    3
    t t
            x y 2 0 .
    Toại độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình:     2 2
    2 0
    2 1 9
    x y
    x y
        

         
     Có hai điểm
    M thỏa mãn. Vậy M n. 10 21  .
    Ví dụ 9. Xét các số phức thỏa mãn . Gọi lần lượt là các số
    phức mà tại đó đạt giá trị nhỏ nhất và đạt giá trị lớn nhất. Mô đun bằng
    A. . B. . C. . D. .
    Lời giải
    Ta có:
    .
    Vậy
    khi và khi .
    Vậy .
    Phân tích
    Bài toán này hướng tới việc tìm Max và Min của khi quỹ tích điểm biểu
    diễn của nó nằm trên một đường tròn.
    z w, w i   2, z iw   2 1 2 z z,
    z 1 2 z z 
    3 2 3 6 6 2
      1
    z iw w z 2 2
    i
            w i 2   1
    z i 2 2
    i
          1
    z 2 1 2
    i
       
       z 3 2
    z z     3 3           z z z 3 3 3 3 3 3      1 5 z
    min   z 1 1z  1
    max   z 5 2 z  5
    1 2 z z   6 1 2    z z 6
    z
    16
    Cho số phức thỏa mãn : , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
    của
    Phương pháp đại số :
    Ta có
    .
    Vậy
    và .
    Phương pháp hình học : Ta có quỹ tích điểm biểu diễn số phức là
    đường tròn tâm bán kính .
    khi và khi .
    Qua các ví dụ có sử dụng phương pháp hình học và phương pháp đại số, ta thấy sử dụng
    phương pháp hình học giúp ta có cách nhìn trực quan hơn và định hướng lời giải theo cấu
    trúc hình học tốt hơn.
    Khi đối diện với các bài toán như thế này, đặc biệt là các bài toán ở mức độ vận
    dụng, vận dụng cao, với áp lực phải giải quyết trong một khoảng thời gian rất ngắn,
    nhiều học sinh có lực học khá giỏi và thậm chí cả một số giáo viên cũng lúng túng trong
    việc định hướng phương pháp giải quyết bài toán. Để khắc phục những khó khăn trên,
    trong quá trình giảng dạy, người giáo viên cần hướng dẫn các em củng cố, ghi nhớ thật
    chắc các kiến thức lý thuyết, luyện tập các bài tập theo từng dạng từ cơ bản đến nâng
    cao để rèn luyện tốt kĩ năng thực hành giải toán. Muốn vậy, giáo viên phải xây dựng
    được một hệ thống bài tập được chia dạng và phân chia theo các mức độ từ thấp đến cao
    để các em được tiếp cận và làm quen dần. Đối với những bài toán ở mức độ vận dụng và
    vận dụng cao, trong quá trình giảng dạy trên lớp, người giáo viên cần phân tích kĩ các
    giả thiết trong đề bài, đặt vấn đề về việc tìm hiểu ý nghĩa của từng yếu tố trong giả thiết
    cũng như kết luận, từ đó, giáo viên định hướng cho học sinh phương hướng giải quyết
    vấn đề, đồng thời giúp học sinh hình thành kĩ năng tìm kiếm những thông tin quan trọng
    trong mỗi bài toán để việc nhận dạng bài tập được thuận lợi hơn.
    z z a bi R     
    z
    z z a bi a bi          
                   z a bi a bi z a bi a bi z a bi a bi         
        2 2 2 2            R a b z a bi a bi R a b
    2 2
    max
    z R a b     
    2 2
    max 2 2
    R a b z a bi
    a b
     
      

    2 2
    min z R a b     
    2 2
    min 2 2
    R a b
    z a bi
    a b
     
      

    M x y  ;  z
    I a b  ;  R
    Max
    z OI R  
    R
    IM OI
    OI

     
    Max
    z OI R  
    R
    IM OI
    OI
     
     
    17
  1. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
    Nội dung trong sáng kiến có thể giúp các giáo viên giảng dạy bộ môn Toán lớp 12
    có cái nhìn hệ thống và sâu sắc hơn đối với những bài toán về nội dung liên quan tới
    môđun của số phức được giải bằng phương pháp dùng tính chất của hình học phẳng,
    đồng thời cũng là nguồn tài liệu để giáo viên có thể sử dụng xây dựng bài giảng trên lớp
    cũng như xây dựng hệ thống bài tập cho học sinh luyện tập. Từ đó, bản thân người giáo
    viên sẽ xây dựng được cho mình phương pháp giảng dạy hiệu quả, đồng thời, các em
    học sinh cũng có được kĩ năng tốt hơn khi phải giải quyết những bài toán ở dạng đó.
    Trước đây, đa số học sinh và thậm chí cả một bộ phận giáo viên cũng gặp nhiều
    khó khăn khi phải giải quyết những bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất liên quan
    tới môđun của số phức trong khoảng thời gian ngắn của một bài tập dạng trắc nghiệm.
    Một phần nguyên nhân là do các câu hỏi này khá đa dạng về cả nội dung lẫn hình thức
    hỏi, nhiều bài lại ở mức độ vận dụng, vận dụng cao trong các đề thi, phần khác là do bản
    thân học sinh và thậm chí một bộ phận giáo viên cũng chưa được học tập, nghiên cứu
    đầy đủ, chi tiết và rèn luyện kĩ năng giải toán ở các dạng bài này. Nguyên nhân sâu xa là
    do hầu hết các tài liệu liên quan mới chỉ dừng lại ở việc đưa ra đề bài riêng lẻ và lời giải
    tương ứng mà chưa có nhiều tài liệu tham khảo đủ rộng và đủ sâu về các dạng toán trên
    để trợ giúp cả giáo viên và học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập. Điều này khiến
    cho cả giáo viên và học sinh đều không có được định hướng chính xác ban đầu khi đối
    diện với những bài toán này mặc dù đã rất thành thạo các kĩ thuật, phương pháp giải
    quyết các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học thông thường.
    Để khắc phục những khó khăn này, sáng kiến đã xuất phát từ những kiến thức cơ
    bản nền tảng, từ đó hình thành và phân loại các loại câu hỏi, vấn đề mà đề bài có thể đề
    cập theo từng mức độ từ dễ đến khó, từ cơ bản đến phức tạp. Ở mỗi dạng, loại, sáng kiến
    đều có những phân tích nhằm chỉ rõ những yếu tố mấu chốt trong cả giả thiết và kết luận
    của bài toán, điều này giúp cho cả giáo viên và học sinh hiểu rõ bài toán hơn, giáo viên
    có thể xây dựng, mở rộng và phát triển các bài toán đã có, còn học sinh sẽ tự hình thành
    những tư duy nhận dạng và cao hơn nữa là các tư duy thuật giải, từ đó học sinh sẽ không
    còn cảm thấy lạ lẫm trước những bài toán mới.
    Sáng kiến tập trung vào nghiên cứu các vấn đề sau:
  • Vấn đề 1: Sử dụng mối quan hệ giữa điểm và đường thẳng vào bài toán liên quan
    tới môđun của số phức
  • Vấn đề 2: Sử dụng mối quan hệ giữa điểm và đường tròn vào bài toán liên quan tới
    môđun của số phức
  • Vấn đề 3: Sử dụng mối quan hệ giữa đường thẳng và đường tròn vào bài toán liên
    quan tới môđun của số phức
  • Vấn đề 4: Sử dụng mối quan hệ giữa đường tròn và đường tròn vào bài toán liên
    quan tới môđun của số phức
    18
  • Vấn đề 5: Sử dụng tính chất của Parabol vào bài toán liên quan tới môđun của số
    phức
  • Vấn đề 6: Sử dụng tính chất của đoạn thẳng – tia vào bài toán liên quan tới môđun
    của số phức
  • Vấn đề 7: Phương pháp lấy đối xứng
  • Vấn đề 8: Tâm tỉ cự
  • Vấn đề 9: Phương pháp cân bằng hệ số
  • Vấn đề 10: Sử dụng tính chất của Elip vào bài toán liên quan tới môđun của số phức
    Các vấn đề trong sáng kiến đều được chia nhỏ thành các dạng, loại nhỏ và đều tiếp cận
    theo các khía cạnh:
  • Phân tích nội dung đề bài, hướng xử lý trong một số ví dụ cụ thể. Bài tập ví dụ được
    đưa ra phù hợp với mức độ tương ứng của dạng bài đang xét, đặc biệt trình bày kĩ các
    bài tập ở mức độ vận dụng, vận dụng cao bằng hướng tư duy theo cách sử dụng tính chất
    hình học phù hợp.
  • Tổng kết các ví dụ, đưa ra các thuật giải, các đặc điểm cần lưu ý để nhận dạng đề bài.
    Qua đó giúp hướng dẫn học sinh hình thành tư duy thuật giải để giải các bài trắc nghiệm
    tương tự được nhanh và đảm bảo chính xác. Đồng thời, dưới góc độ là giáo viên, chúng
    tôi đưa ra những phân tích, bình luận về những kiến thức cần củng cố cho học sinh nhằm
    giải quyết được bài toán.
  • Đưa ra một số kĩ thuật làm bài cần thiết dựa trên việc vận dụng sáng tạo các kiến
    thức cơ bản để đẩy nhanh tốc độ tìm ra đáp án của bài toán.
  • Đánh giá mức độ câu hỏi, các hướng phát triển vấn đề bài toán, những điểm cần lưu
    ý cho giáo viên khi thiết kế các bài toán theo từng dạng, loại.
  • Đưa ra một số bài tập trắc nghiệm khách quan tương ứng với từng dạng bài tập ở
    tất cả các mức độ, giúp học sinh rèn luyện năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, đồng
    thời giúp các em làm bài tập thành thạo hơn, nhanh hơn và chính xác hơn. Hình thành
    năng lực tự học của học sinh.
    Với các nội dung trên, chúng tôi tin tưởng sáng kiến hoàn toàn có thể trở thành một
    tài liệu tham khảo có chất lượng để giúp giáo viên sử dụng trong quá trình xây dựng
    chuyên đề, bài giảng đưa vào giảng dạy. Đồng thời, với cấu trúc như đã trình bày ở trên
    cũng như cách tiếp cận vấn đề dưới góc độ người làm bài, đi từ việc phân tích giả thiết,
    kết luận đến việc định hướng, hình thành phương pháp để tìm ra đáp án, sáng kiến cũng
    hoàn toàn phù hợp để các em học sinh khá giỏi có thể tự đọc và tự học để nâng cao,
    củng cố kiến thức cho bản thân.
    19
    CHƯƠNG 1
    CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TRẠNG SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
    TRONG GIẢI BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI MÔĐUN SỐ PHỨC NHẰM PHÁT
    TRIỂN NĂNG LỰC TỰ HỌC CỦA HỌC SINH
  1. Cơ sở lí luận
    1.1. Khái niệm tự học
    Tự học là tự mình động não, suy nghĩ, sử dụng các năng lực trí tuệ (quan sát, so sánh,
    phân tích, tổng hợp…) và có khi cả cơ bắp (sử dụng các phương tiện) cùng các phẩm chất,
    cả động cơ, tình cảm, cả nhân sinh quan, thế giới quan, không ngại khó, ngại khổ, kiên trì,
    nhẫn nại, lòng say mê… để chiếm lĩnh một lĩnh vực khoa học nào đó, biến lĩnh vực đó
    thành sở hữu của mình.
    Theo tác giả Nguyễn Cảnh Toàn, tự học được định nghĩa như sau: “Tự học là tự mình
    động não, suy nghĩ, sử dụng các năng lực trí tuệ: quan sát, so sánh, phân tích, tổng hợp, …
    và có khi cả cơ bắp cùng các phẩm chất của mình, rồi cả động cơ, tình cảm, cả nhân sinh
    quan, thế giới quan để chiếm lĩnh một lĩnh vực nào đó của nhân loại, biến lĩnh vực đó thành
    sở hữu của mình”.
    Từ những quan niệm về tự học nêu trên, có thể đưa ra khái niệm về tự học như sau: Tự
    học là người học tích cực chủ động, tự mình tìm ra tri thức kinh nghiệm bằng hành động
    của mình, tự thể hiện mình. Tự học là tự đặt mình vào tình huống học, vào vị trí nghiên cứu,
    xử lí các tình huống, giải quyết các vấn đề, thử nghiệm các giải pháp…Tự học thuộc quá
    trình cá nhân hóa việc học.
    1.2. Vai trò tự học
    Nếu xây dựng được phương pháp tự học, đặc biệt là sự tự giác, ý chí tích cực chủ
    động sáng tạo sẽ khơi dậy năng lực tiềm tàng, tạo ra động lực nội sinh to lớn cho người học.
  • Tự sắp xếp thời gian phù hợp với mình nhất, học bất cứ lúc nào, nơi đâu bạn thấy
    tiện lợi và hứng thú.
  • Tự khám phá ra điểm mạnh và sở thích của bản thân.
  • Học với tốc độ phù hợp với bạn.
  • Tìm thấy điều bạn say mê trong môn học, và biến việc học thành điều bạn thích, chứ
    không chỉ là nghĩa vụ.
  • Học với bất kì ai bạn thích, học kết hợp với cách hoạt động khác.
  • Tự chủ tìm kiếm và thu nạp thông tin, kiến thức ngoài giới hạn chương trình. Không
    giới hạn NL bản thân người học.
    Tự học là một xu thế tất yếu, bởi vì quá trình giáo dục thực chất là quá trình biến
    người học từ khách thể giáo dục thành chủ thể giáo dục (tự giáo dục). Tự học giúp nâng cao
    kết quả học tập của học sinh và chất lượng giáo dục của nhà trường, là biểu hiện cụ thể của
    việc đổi mới PPDH ở các trường phổ thông.
    20
    1.3. Các mức độ tự học
    Nói đến quá trình tự học là nói đến vai trò quan trọng của người học, tuy nhiên bên
    cạnh đó cũng vẫn có vai trò của người thầy. Căn cứ vào mức độ độc lập của việc học, có thể
    chia tự học thành các mức độ khác nhau.
  • Tự học hoàn toàn (không có GV): Thông qua tài liệu, qua tìm hiểu thực tế, học kinh
    nghiệm của người khác. HS gặp nhiều khó khăn do có nhiều lỗ hổng kiến thức, HS khó thu
    xếp tiến độ, kế hoạch tự học, không tự đánh giá được kết quả tự học của mình… Từ đó HS
    dễ chán nản và không tiếp tục tự học.
  • Tự học trong một giai đoạn của quá trình học tập: thí dụ như học bài hay làm bài tập
    ở nhà (khâu vận dụng kiến thức) là công việc thường xuyên của HS phổ thông. Để giúp HS
    có thể tự học ở nhà, GV cần tăng cường kiểm tra, đánh giá kết quả học bài, làm bài tập ở
    nhà của họ.
  • Tự học qua phương tiện truyền thông (học từ xa): HS được nghe GV giảng giải minh
    họa, nhưng không được tiếp xúc với GV, không được hỏi, không nhận được sự giúp đỡ khi
    gặp khó khăn. Với hình thức tự học này, HS cũng không đánh giá được kết quả học tập của
    mình.
  • Tự học qua tài liệu hướng dẫn: Trong tài liệu trình bày cả nội dung, cách xây dựng
    kiến thức, cách kiểm tra kết quả sau mỗi phần, nếu chưa đạt thì chỉ dẫn cách tra cứu, bổ
    sung, làm lại cho đến khi đạt được (thí dụ học theo các phần mềm trên máy tính). Song nếu
    chỉ dùng tài liệu tự học HS cũng có thể gặp khó khăn và không biết hỏi ai.
  • Tự lực thực hiện một số hoạt động học dưới sự hướng dẫn chặt chẽ của GV ở lớp:
    Với hình thức này cũng đem lại kết quả nhất định. Song nếu HS vẫn sử dụng SGK như hiện
    nay thì họ cũng gặp khó khăn khi tiến hành tự học vì thiếu sự hướng dẫn về phương pháp
    học.
    1.4. Các hình thức thức tổ chức học sinh tự học
     Tự học trên lớp
    Để tổ chức hoạt động tự học ở trên lớp cho HS, GV có thể tiến hành một loạt các biện
    pháp như tạo môi trường học tập, tổ chức cho HS làm việc theo nhóm, kết hợp thảo luận
    toàn lớp, tăng cường việc giải các bài tập, sử dụng mô hình hóa, thông tin phản hồi nhanh
    nhằm tích cực hóa hoạt động của HS trong quá trình tự học.
     Tự học ở nhà
    GV giao nhiệm vụ học tập cho HS thực hiện ở nhà, có thể hoạt động nhóm hoặc cá
    nhân. Các nhiệm vụ có thể là các bài tập, các bài thực hành thí nghiệm, các dự án học tập,
    … Tự học ở nhà giúp cho người học chuẩn bị bài mới, đồng thời cũng là để củng cố kiến
    thức đã học, vận dụng vào thực tiễn hay tìm tòi mở rộng để nâng cao kiến thức đã học.
    21
     Tự học cá nhân
    Làm việc cá nhân là hoạt động của mỗi HS để tác động vào kiến thức. Mỗi cá nhân tự
    định hướng nhiệm vụ, tự nghiên cứu SGK, quan sát phương tiện trực quan hay làm thí
    nghiệm dưới sự hướng dẫn của GV. Sau đó trao đổi kết quả với bạn bên cạnh hoặc với GV,
    từ đó hình thành kiến thức, kĩ năng.
     Tự học theo nhóm
    Tổ chức dạy học theo nhóm kết hợp với thảo luận là giải pháp về tổ chức nhằm đảm
    bảo quá trình học tập diễn ra tích cực và hiệu quả. Thông qua môi trường học tập hợp tác,
    HS không chỉ học được tri thức, kinh nghiệm, thái độ mà còn học được các kĩ năng thực
    hành, kĩ năng hợp tác. Ngoài ra, học tập theo nhóm kết hợp thảo luận toàn lớp còn giúp HS
    phát triển ý thức làm việc tập thể, phát huy trí tuệ tập th ể, phát huy tính tích cực học tập,
    năng lực tự học của HS, năng lực tổ chức, quản lý, tự quản của HS, tạo điều kiện cho mỗi
    HS có cơ hội để trải nghiệm.
  1. Lý thuyết năng lực tự học
    2.1. Khái niệm năng lực
    Năng lực là khả năng vận dụng các kiến thức, kỹ năng, thái độ, niềm tin, giá trị…
    vào việc thực hiện các nhiệm vụ trong những hoàn cảnh cụ thể của thực tiễn.
    2.2. Khái niệm năng lực tự học
    Năng lực tự học là khả năng của bản thân người học tự giải quyết những vấn đề đặt ra
    một cách nhanh chóng và hiệu quả bằng cách áp dụng kiến thức đã lĩnh hội vào những tình
    huống, những hoạt động thực tiễn để tìm hiểu thế giới xung quanh và có khả năng biến đổi
    nó.
    2.3. Những kĩ năng cần có khi tự học
  • Kỹ năng định hướng: Trước tiên, để quá trình tự học diễn ra thành công người học
    cần thiết lập cơ sở định hướng của hành động. Để có được cơ sở định hướng, người học
    phải trả lời được các câu hỏi: Học nhằm mục đích gì? Thái độ học tập ra sao? Học như thế
    nào?
  • Kỹ năng lập kế hoạch học tập: Mọi việc sẽ dễ dàng hơn nếu người học xác định được
    mục tiêu, nội dung và phương pháp học. Muốn vậy, người học phải xây dựng được kế
    hoạch học tập. Trên cơ sở bộ khung đã được thiết lập đó, người học có thể tiếp cận và
    chiếm lĩnh tri thức một cách dễ dàng.
  • Kỹ năng thực hiện kế hoạch: Muốn thực hiện thành công kế hoạch mình đã tạo lập,
    người học cần có một số kỹ năng sau:
    Tiếp cận thông tin: Lựa chọn và chủ động tiếp nhận thông tin từ nhiều nguồn khác
    nhau và từ những hoạt động đã được xác định như đọc sách, nghe giảng, xem truyền hình,
    tra cứu từ Internet, làm thí nghiệm…
    Xử lí thông tin: quá trình này có thể được tiến hành thông qua các kỹ năng ghi chép,
    22
    phân tích, đánh giá, tóm lược, tổng hợp, so sánh…
    Vận dụng tri thức, thông tin: thể hiện qua việc vận dụng thông tin tri thức khoa học để
    giải quyết các vấn đề liên quan như thực hành bài tập, thảo luận, xử lí các tình huống, viết
    bài thu hoạch…
    Trao đổi, phổ biến thông tin: việc trao đổi kinh nghiệm, chia sẻ thông tin tri thức
    thông qua các hình thức: thảo luận, thuyết trình, tranh luận… là công việc cuối cùng của
    quá trình tiếp nhận tri thức.
  • Kỹ năng tự kiểm tra, đánh giá, rút kinh nghiệm: Khi người học tự đánh giá được kết
    quả học tập của mình, người học sẽ tự đánh giá được năng lực học tập của bản thân, hiểu
    được cái gì mình làm được, cái gì mình chưa làm được để từ đó có hướng phát huy hoặc
    khắc phục.
    Để phát triển được kĩ năng dạy học GV cần lưu ý một số vấn đề sau:
    GV cần tạo cho HS niềm say mê môn học. GV có thể dùng tiết dạy để giới thiệu về
    môn học, về những giá trị của môn học trong thực tiễn bằng những ví dụ minh họa cụ thể
    nhằm kích thích động cơ học tập ở các em.
    GV cần hướng dẫn cho HS cách xây dựng kế hoạch học tập từ ban đầu. Ngay từ tiết
    học đầu tiên của môn học hoặc tiết đầu tiên mỗi phần nội dung hoặc chương hoặc chuyên
    đề, GV nên đi giới thiệu sơ lược về chương trình, nội dung và phương pháp học một cách
    khái quát nhất để HS hiểu và từ đó HS xây dựng cho mình một kế hoạch học tập phù hợp
    với NL và hoàn cảnh của mình.
    GV hướng dẫn cho HS cách tìm và đọc sách hoặc tài liệu liên quan đến môn học. GV
    cần cho các em thấy được lượng thông tin trong SGK là hạn chế vì vậy các em muốn hiểu
    sâu và đầy đủ thì phải tham khảo thêm các tài liệu khác hoặc truy cập thông tin trên
    internet. GV cũng có thể giới thiệu địa chỉ một số trang web chuyên ngành, hoặc các trang
    diễn đàn trao đổi kinh nghiệm học tập để HS tham khảo thêm.
    GV nên hướng dẫn cho HS cách ghi chép và nghe giảng vì đây là những kỹ năng học
    tập vô cùng quan trọng, ảnh hưởng trực tiếp đến quá trình học tập của HS. GV nên khuyến
    khích HS ghi chép theo ý hiểu của mình. Sơ đồ hóa thông tin thu được, gạch chân, đánh dấu
    cụm từ quan trọng. Chỗ nào chưa hiểu hoặc chưa rõ cần đánh dấu, chỗ nào có trong tài liệu
    thì chú thích địa chỉ để tự tìm hiểu sau.
    GV cần giao nhiệm vụ cụ thể cho HS hoặc nhóm HS ở tiết học tiếp theo. Để phát huy
    tối đa năng lực tự học và thúc đẩy HS tận dụng hết thời gian tự học. Vì các em chưa quen
    nên GV giao nhiệm vụ cụ thể, nếu cần thì phải hướng dẫn các bước thao tác khai thác thông
    tin, địa chỉ cần tìm hiểu…Có như vậy HS mới có thể hoàn thành được nhiệm vụ tự học ở
    nhà của mình. Khi có sự chuẩn bị trước ở nhà, việc học trên lớp sẽ trở nên có hiệu quả hơn
    rất nhiều.
    Gv hướng dẫn tự ĐG mức độ tự học của mình. Để HS có thể tự ĐG được thì GV nên
    giới thiệu các nấc thang nhận thức của S.Bloom. Theo cách phân chia trong thang nhận thức
    của Bloom, HS có thể học cách phân tích, tổng hợp, vận dụng tri thức vào từng tình huống
    thực tiễn, học cách nhận xét, đánh giá, so sánh đối chiếu các kiến thức khác…
    23
    Tự học có kế hoạch, nề nếp sẽ tạo nên thói quen sống và phong cách làm việc của từng
    cá nhân, tự học giúp con người định hướng trong thời đại thông tin đang bùng nổ. Có kĩ
    năng tự học sẽ giúp cho con người có khả năng hoàn thiện mình trong cả cuộc đời.
  1. Thực trạng
  • Việc rèn luyện năng lực, kĩ năng tự học cho HS hiện nay rất được quan tâm để thực
    hiện. Hầu hết GV đều nhận thấy cần thiết để rèn luyện kĩ năng tự học cho HS.
  • Về mức độ thường xuyên tổ chức hoạt động tự học. Đa số GV được khảo sát thường
    xuyên hoặc có tổ chức nhưng không thường xuyên cho HS tự học. Điều này rất có ý nghĩa
    trong việc rèn luyện và phát triển năng lực người học.
  • Về hình thức tự học thì hầu hết GV cho HS tự học ở nhà, còn trên lớp các GV ít tổ
    chức hoạt động tự học cho HS. Điều này thể hiện còn ít GV quan tâm rèn luyện cho HS tự
    học tại lớp vì sợ mất thời gian, ảnh hưởng đến việc dạy học kiến thức mới. Cần thiết phải
    tăng cường tổ chức cho HS tự học tại lớp, vì ở lớp GV dễ dàng quan sát và hướng dẫn HS
    tự học tốt hơn. Cũng như vậy, ở lớp cần thiết kế các hoạt động tự học để có thể học cá nhân
    và hoạt động nhóm.
  • Về thái độ của HS khi tự học: Hầu hết GV đều nhận được sự hợp tác từ HS qua tinh
    thần hứng thú trong tiết học. Tổ chức tự học để HS phát huy bản thân là điều hoàn toàn phù
    hợp đối với lứa tuổi THPT.
    Từ những điều trên cho thấy việc tổ chức cho học sinh tự học trên lớp và ở nhà, tự học
    cá nhân và học theo nhóm đang rất cần được phổ biến sâu rộng đến đội ngũ GV và nên tạo
    điều kiện nhiều hơn để GV có thể tạo điều kiện cho HS phát triển kĩ năng tự học.
    Tuy nhiên, việc GV tổ chức cho học sinh tự học cũng mới chỉ mang tính tự phát, GV
    chưa thực sự nhấn mạnh việc rèn luyện kĩ năng tự học cho HS, cũng như chưa kiểm tra
    đánh giá những gì HS đạt được thông qua tự học. Do GV cũng chưa có nhiều kinh nghiệm
    cũng như sự sáng tạo và nhiệt tình, đặc biệt họ chưa có cơ sở lí luận vững chắc về việc thiết
    kế các hoạt động học tập cho HS cũng như chưa có kĩ năng kiểm tra đánh giá HS tự học.
    Kết luận chương 1
    Trong chương 1 chúng tôi đã tập trung làm sáng tỏ về tổng quan một số nghiên cứu về
    tự học và năng lực tự học. Từ đó thấy được các hoạt động tự học được tổ chức đa dạng,
    phong phú sẽ càng lôi cuốn từng đối tượng HS nhận thức được năng lực bản thân để phát
    huy theo hướng tích cực hơn.
    24
    Đối với cơ sở lí luận về tự học và năng lực tự học, chúng tôi đã nghiên cứu: khái niệm
    tự học, khái niệm năng lực, khái niệm năng lực tự học, vai trò của tự học, các dạng hoạt
    động học tập theo hướng tự học để tiến hành tổ chức cho HS tự học.
    Về cơ sở thực tiễn, chúng tôi thấy đa số GV đều nhận

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ


Comments

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *