(SKKN CHẤT 2020) một số biện pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng HSG tuyến 2 môn toán qua mạng cho HS THCS

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Sáng kiến kinh nghiệm:
"MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG
BỒI DƯỠNG TUYẾN 2 HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN
LỚP 8, 9 Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ ".

Quảng Bình, tháng 5 năm 2015.
1

download by :


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Sáng kiến kinh nghiệm:
"MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG
BỒI DƯỠNG TUYẾN 2 HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN
LỚP 8, 9 Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ ".

Họ và tên: Phan Thúc Bảy
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị cơng tác: Trường THCS Sơn Thủy

Quảng Bình, tháng 5 năm 2015.

2

download by :

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Bước sang thế kỉ XXI đất nước ta bước vào thời kì đẩy mạnh sự nghiệp
cơng nghiệp hóa, hiện đại hố đất nước. Trong đường lối đổi mới toàn diện của
đất nước ta về giáo dục và đào tạo, Đảng ta xác định: “Cùng với khoa học và công
nghệ, giáo dục và đào tạo là quốc sách hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo
nhân lực, bồi dưỡng nhân tài...”
Việc bồi dưỡng học sinh giỏi - học sinh năng khiếu, ươm trồng những hạt
giống nhân tài cho đất nước là một nhiệm vụ rất quan trọng và cần thiết vì những
người tài bao giờ cũng là nhân tố quan trọng để thúc đẩy xã hội phát triển.
Thực hiện tốt Nghị quyết Trung ương II khóa VIII, trong đó vấn đề bồi
dưỡng, đào tạo học sinh giỏi là vấn đề hết sức cấp bách bởi vì chỉ có những nhân
tài mới nhanh chóng tiếp thu thành tựu khoa học mới của nhân loại, phát minh ra
sáng kiến để phục vụ cho sự nghiệp cơng nghiệp hóa và hiện đại hóa đất nước.
Cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi là một việc làm thường xuyên và cấp thiết
đối với mỗi bậc học nói chung và đối với bậc Trung học cơ sở nói riêng. Nó tạo
điều kiện cho người thầy giáo qua đó bồi dưỡng cho mình vốn kiến thức sâu sắc
hơn, phong phú hơn. Đối với học sinh thông qua việc học nhằm tạo cho mình niềm
say mê ham hiểu biết, giúp cho các em rèn luyện óc tư duy sáng tạo, trí thơng
minh, đức tính kiên trì chịu khó tìm tịi, tạo tiền đề cho việc bồi dưỡng học sinh
giỏi các cấp học tiếp theo. Việc bồi dưỡng học sinh giỏi phải mang lại hiệu quả
thiết thực cho bản thân học sinh, cho giáo viên cũng như các bậc cha mẹ học sinh.
Xuất phát từ những nhận thức trên bản thân tơi đã và đang bồi dưỡng đội
tuyển giải tốn qua mạng lớp 9, bồi dưỡng tuyến 2 đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp
8, 9 và đội tuyển giải toán trên máy Casio lớp 9 không khỏi trăn trở, suy nghĩ tìm
các biện pháp để bồi dưỡng học sinh giỏi tuyến 2 đạt hiệu quả. Trong phạm vi đề
tài này, tôi mạnh dạn đưa ra một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi
dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi mơn Tốn lớp 8, 9 ở trường trung học cơ sở mà tôi

đã và đang áp dụng.
1.2. Điểm mới của đề tài.
Những năm trước đây bản thân tôi đã nghiên cứu các đề tài "Một số biện
pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn ở trường
THCS...", "Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi
giải toán qua mạng Internet trường THCS ...". Việc áp dụng các giải pháp trong 2
đề tài này vào giảng dạy đã góp phần đưa kết quả học sinh giỏi và giải toán qua
mạng của trường dự thi cấp huyện tăng cao rõ rệt. Số lượng học sinh được chọn
3

download by :


bồi dưỡng tại điểm trường bồi dưỡng của huyện đông hơn, song số học sinh được
chọn dự thi cấp tỉnh vẫn cịn ít, kết quả chưa thật cao. Chính vì vậy điểm mới trong
đề tài này là đưa ra các biện pháp bồi dưỡng tuyến 2 có hiệu quả để tăng số lượng
học sinh được chọn tham gia dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh và Quốc gia đồng thời
góp phần đem lại thành tích cao cho trường và huyện nhà.
1.3. Phạm vi áp dụng đề tài.
Do điều kiện về thời gian cũng như khả năng của bản thân nên phạm vi
nghiên cứu của đề tài chỉ tiến hành với đối tượng học sinh giỏi mơn tốn lớp 8, 9
đạt giải cấp huyện ở trường THCS đang công tác, được chọn tham gia bồi dưỡng
dự thi cấp tỉnh tại điểm trường bồi dưỡng tập trung của huyện. Bên cạnh đó, đề tài
có tham khảo đối chiếu ở một vài trường khác.

2.

PHẦN NỘI DUNG.
4

download by :


2.1. Thực trạng về công tác bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi ở trường THCS
bản thân đang công tác trong những năm gần đây.
Trong những năm học gần đây tôi trực tiếp dạy bồi dưỡng tuyến 2 đội tuyển
học sinh giỏi Toán lớp 8, 9 và đội tuyển giải toán qua mạng lớp 9 trường THCS ....
Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy:
Học sinh vẫn chưa thực sự tích cực tham gia các đội tuyển để bồi dưỡng.
Việc bồi dưỡng học sinh để dự thi các cấp quá nặng nề vì tính chất thời vụ mà gây
ảnh hưởng nhiều đến tâm lý và sức khỏe của học sinh.
-

Quá trình bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi chưa thực sự đặt trên cơ sở vững
chắc là nâng cao chất lượng dạy và học, đẩy mạnh và phát triển sâu rộng cơng tác
ngoại khóa một cách tồn diện mà chủ yếu cịn phó mặc cho giáo viên tuyến 1
(giáo viên trực tiếp bồi dưỡng tại trường điểm huyện).
-

-

Việc liên thông, thống nhất nội dung, phương pháp, giới hạn bồi dưỡng với

giáo viên tuyến 1 còn lúng túng, tài liệu bồi dưỡng chưa thật phong phú.
-

Việc huy động các nguồn lực cũng như chế độ bồi dưỡng học sinh giỏi cho

giáo viên tuyến 2 cịn chưa đạt u cầu mong muốn.
-

Cơng tác thi đua khen thưởng chưa đủ mạnh để khuyến khích cho học sinh

và giáo viên tuyến 2 quyết tâm cao trong công việc.
-

Việc tăng cường cơ sở vật chất thiết bị dạy học phục vụ cho công tác bồi

dưỡng học sinh giỏi chưa đáp ứng kịp thời.
Việc xây dựng kế hoạch cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà
trường đã có nhưng vẫn chưa đáp ứng được yêu cầu của ngành trong chiến lược
phát triển giáo dục và đổi mới phương pháp giáo dục.
-

Bản thân giáo viên dạy bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi ngoài việc bồi
dưỡng còn dạy nhiều tiết trên lớp và còn đảm nhận nhiều phần hành khác nên thời
gian đầu tư cho việc tìm tịi, nghiên cứu tài liệu cịn hạn chế.
-

Trong q trình giảng dạy, giáo viên cịn gặp một số khó khăn như bài tập
tốn đa dạng, phong phú, nếu không đủ thời gian nghiên cứu và phương pháp lựa
chọn bài tập thích hợp thì dể bị phiến diện, chọn bài tập dễ quá hoặc khó quá sẽ
gây cho học sinh tâm lí “sợ tốn” hoặc chán nản. Từ đó chỉ chú ý vào thủ thuật giải
mà quên rèn luyện phương thức tư duy.
-

Một số gia đình học sinh có hồn cảnh khó khăn, khơng đủ điều kiện để
đưa đón con em đi học, có phụ huynh cịn thờ ơ, ít quan tâm đến việc học tập của
con em, không mua đủ tài liệu tham khảo, dụng cụ học tập cho học sinh như
-

5

download by :


compa, êke, thước thẳng, thước đo độ... nên ảnh hưởng đến việc bồi dưỡng của các
em.
*
-

Kết quả thi Giải toán qua mạng lớp 9:

Năm học 2009 - 2010: Cấp huyện:
Giải cá nhân: Giải nhất: 2 giải; Giải nhì: 1 giải.
Giải đồng đội: Thứ nhất tồn huyện.
Khơng có học sinh nào dự thi cấp tỉnh.

- Năm học 2010 - 2011: Cấp huyện:
Giải cá nhân: Giải ba: 1 giải; Giải KK: 1 giải.
Giải đồng đội: Thứ ba tồn huyện.
Khơng có học sinh nào dự thi cấp tỉnh.
-

Năm học 2011 - 2012: Cấp huyện:
Giải cá nhân: Giải ba: 2 giải.
Giải đồng đội: Thứ nhì tồn huyện.
Cấp Tỉnh: Giải cá nhân: Giải ba: 1giải. Giải nhì 1 giải.
Có 1 HS dự thi cấp quốc gia không đạt giải

-

Năm học 2012 - 2013: Cấp huyện:
Giải cá nhân: Giải nhì: 1giải; giải ba: 1 giải
Giải đồng đội: Thứ nhất toàn huyện.
Cấp Tỉnh: Giải cá nhân: Giải nhì: 1giải.
Có 1 HS dự thi cấp Quốc gia đạt Huy chương Đồng.

- Năm học 2013 - 2014: Cấp huyện:
Giải cá nhân: Giải ba: 1giải; giải KK: 1 giải
Giải đồng đội: Khuyến khích (thứ 7 tồn huyện).
Khơng có học sinh nào dự thi cấp tỉnh.

*
-

Về học sinh giỏi tốn mơn tốn lớp 9:

Năm học 2009 - 2010: Trường có 5 em được chọn tham gia bồi dưỡng HSG lớp 8

tại trường điểm huyện.
6

download by :


Năm học 2010 - 2011: Trường có 5 em được chọn tham gia bồi dưỡng HSG lớp
9 và 7 em lớp 8 tại trường điểm huyện nhưng khơng có em lớp 9 nào được dự thi
-

mơn tốn cấp tỉnh.
Năm học 2011 - 2012: Trường có 7 em tham gia bồi dưỡng HSG lớp 9 và 3 em
lớp 8 tại trường điểm huyện nhưng khơng có em lớp 9 nào được dự thi mơn tốn
cấp tỉnh.
-

Năm học 2012 - 2013: Trường có 3 em tham gia bồi dưỡng HSG lớp 9 và 4 em
lớp 8 tại trường điểm huyện, có 3 em lớp 9 được dự thi mơn tốn cấp tỉnh 2 em đạt
giải.
-

Năm học 2013 - 2014: Trường có 3 em tham gia bồi dưỡng HSG lớp 9 và 1 em
lớp 8 tại trường điểm huyện nhưng khơng có em lớp 9 nào được dự thi mơn tốn
cấp tỉnh.
-

Qua kết quả của các năm học trước cho thấy, mặc dù đã gặt hái được kết quả
rất cao trong việc thi học sinh giỏi lớp 7 cấp huyện để chọn bồi dưỡng đội tuyển dự
thi cấp tỉnh nhưng qua quá trình bồi dưỡng ở lớp 8 và lớp 9 rất nhiều em bị loại ra
khỏi đội tuyển của huyện không được tham dự thi cấp tỉnh. Chính vì vậy bản thân
tơi ln trăn trở, suy nghĩ muốn tìm ra những biện pháp dạy học phù hợp hơn để
nâng cao hơn nữa chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi môn Tốn ở trường
bản thân đang cơng tác.
2.2. Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học
sinh giỏi mơn Tốn lớp 8, 9 ở trường trung học cơ sở ...:
Để thành công trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tuyến 2 thì hai yếu tố
hầu như quyết định đó là người thầy giáo và học sinh, ngồi ra cịn phải cần đến sự
quan tâm, chỉ đạo của của ban lãnh đạo phòng giáo dục, nhà trường, của phụ huynh
học sinh và các lực lượng khác tạo điều kiện động viên giúp đỡ thầy và trò thực
hiện tốt nhiệm vụ.

2.2.1. Đối với giáo viên: Trước hết người giáo viên phải có lịng nhiệt tình
say mê lăn lộn với phong trào, biết trăn trở trước những bài tốn khó để tìm ra
đường lối giải. Ngay từ khi phòng giáo dục tuyển chọn đội tuyển từ kết quả thi học
sinh giỏi lớp 7 giáo viên được phân công bồi dưỡng tuyến 2 phải nắm bắt được tình
hình học tập, chất lượng đội tuyển của trường mình tại điểm bồi dưỡng. Từ đó liên
hệ với giáo viên tuyến 1 để nắm chương trình khung và kế hoạch bồi dưỡng của
giáo viên tuyến 1, tham gia góp ý nội dung chương trình bồi dưỡng tuyến 1. Rồi
xây dựng được chương trình bồi dưỡng tuyến 2. Sưu tầm tài liệu và lựa chọn
phương pháp bồi dưỡng cho phù hợp với từng đối tượng học sinh.
7

download by :


Người thầy giáo hơn ai hết cần phải tự học và biết khiêm tốn học hỏi kinh
nghiệm của đồng nghiệp tạo cho mình vốn kiến thức chắc chắn, gây niềm tin đối
với học sinh.
-

Việc bồi dưỡng học sinh giỏi tuyến 2 lớp 8, 9 quả thật là vất vả bởi nó đúc
kết tồn bộ các kiến thức của cả cấp học, có sự liên kết giữa các phân mơn đại số,
số học và hình học. Chính vì vậy, người thầy giáo khi lên lớp không nên chỉ ra cho
học sinh hàng loạt bài tập khó và xa lạ buộc các em phải làm bằng được trong khi
các em chưa có cơ sở lý luận, mà trước tiên phải xây dựng cho học sinh vốn kiến
thức cơ bản và nâng cao theo từng chuyên đề, có phương pháp giải đối với từng
loại bài tập, từ đó cho học sinh vận dụng giải tốn từ đơn giản đến khó dần. Có như
vậy học sinh mới không cảm thấy sợ hay chán nản vì bài q khó hoặc q dễ.
-

Ví dụ: Khi dạy bổ sung chuyên đề "Bất đẳng thức" mà giáo viên tuyến 1 đã

cung cấp, tôi tiếp tục cho các em ôn lại các kiến thức cơ bản về Bất đẳng thức như
định nghĩa, tính chất cơ bản, và một số bất đẳng thức cơ bản thường găp. Sau đó
đưa ra một số dạng bài tập sử dụng các phương pháp chứng minh các bất đẳng
thức đơn giản rồi nâng dần lên các bài tập phức tạp hơn nhằm bổ sung những vấn
đề còn thiếu, còn yếu cho các em. Bổ sung những kiến thức cơ bản rồi thông tin
giáo viên tuyến 1 những vấn đề đã bổ sung.
* Ví dụ: Chứng minh rằng: |a| + |b| ³ |a + b| "a, b.
Giáo viên tuyến 1 đưa ra bài tập hướng dẫn học sinh chứng minh bằng
phương pháp biến đổi tương đương: Ta cần biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh
là A ³ B về bất đẳng thức C ³ D nào đó mà ta đã biết là đúng:
Giải: Nhận xét: |x| = x
Ta có:
|a| + |b| ³ |a + b| Û
|a| + 2|a|.|b| + |b| ³ (a + b)
a + 2|ab| + b ³ a + 2ab + b
|ab| ³ ab
(đúng với mọi a, b).
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Dấu “=” xảy ra Û ab ³ 0.
Thông qua bài tập này giáo viên tuyến 2 giới thiệu bổ sung thêm cho học
sinh cịn có một bất đẳng thức khác tương tự cũng liên quan tới dấu giá trị tuyệt
đối: |a| − |b| £ |a − b| (Dấu “=” xảy ra Û a ³ b³ 0 hoặc 0 ³ b ³ a). Rồi cho học
sinh chứng minh bất đẳng thức này nhằm giúp các em cũng cố, khắc sâu thêm kiến thức.
-

Người thầy giáo cần tập cho học sinh biết lựa chọn cơng cụ thích hợp để

giải các bài toán. Việc giải toán phụ thuộc chủ yếu vào việc xác định đúng đắn
8

download by :


đường lối giải bài tốn đó. Nhưng q trình đi từ đường lối đúng đắn đến việc có
một lời giải tốt địi hỏi người làm tốn phải biết cách lựa chọn các phương pháp và
cơng cụ thích hợp. Việc làm đầu tiên để xác định phương pháp giải toán là phân
tích và phát hiện các đặc điểm của bài tốn. Biến đổi các điều kiện của bài toán
thành các điều kiện tương đương, đưa về bài toán quen thuộc. Liên kết các điều
kiện đã cho của bài toán xem chúng có những mối liên hệ với nhau như thế nào.
*Ví dụ 1: Khi giải hệ phương trình

Giáo viên hướng dẫn học sinh phân tích bài tốn: Khi thay x cho y, y cho x
thì (1)  (2) và (2)  (1). Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 có dạng tổng
qt :
Đường lối giải: Lấy hai phương trình trừ vế theo vế cho nhau ta được
phương trình mới, đưa phương trình mới về dạng phương trình tích từ đó giải
phương trình tích để tìm nghiệm của hệ đã cho.
*Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1.
Đường lối giải: Đặt u = x + y, v = x.y với điều kiện u2

4v

Từ đó sử dụng hệ thức Viét để biến đổi hệ phương trình đã cho về hệ phương trình
có ẩn u, v để giải.
*Ví dụ 3: Giải phương trình: 5x4 – 3x3 + 4x2 – 3x + 5 = 0 (1) (Tốn 9)
Vì x = 0 khơng là nghiệm nên chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta được:
5x2 3x 4

Nhận xét x2

biến đổi trở thành phương trình bậc hai một ẩn, từ đó sữ dụng cơng thức nghiệm để
giải.
Phương trình (1) là phương trình đối xứng bậc chẵn dạng tổng quát của
phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (1)
Vì x = 0 không là nghiệm nên chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta
được:


9

download by :


ax2

bx c

Đặt y

d

a
1
1
2
x x 2 0 a(x x 2 ) b(x x ) c 0
1
x
ta được phương trình bậc hai 1 ẩn:
x



ay2 – 2a + by + c = 0



ay2 + by + c – 2a = 0

Trong quá trình giải toán người thầy giáo cần tập dượt cho học sinh biết
mị mẫm và dự đốn. Thực ra trong khi gặp bài tốn khó khơng phải tự nhiên
người ta lại nghĩ ngay vẽ đường phụ nọ, đường phụ kia mà những cái đó chỉ là kết
quả của một q trình mị mẫm, suy nghĩ tìm tịi. Ngay những ý sáng tạo độc đáo,
bất ngờ nhất cũng thường nảy sinh trên con đường quanh co tìm lời giải của bài
tốn. Như chúng ta thấy, quá trình đi đến lời giải đúng khơng đơn giản, phải mị
mẫm dự đốn kết quả bằng cách dựa vào các trường hợp đặc biệt của bài toán,
chứng minh bài toán cho các trường hợp đặc biệt, từ đó đưa ra đường lối giải cho
bài tốn tổng qt một cách dễ dàng.
-

Ví dụ: Bài tốn: “Tìm trong tam giác ABC một điểm sao cho tổng các
khoảng cách từ điểm đó tới các đỉnh của ABC là bé nhất”. (Hình 9).
Đây là một bài tốn khó. Trước hết nó khơng chỉ rõ là trong tam giác có một
điểm như vậy khơng và nếu có thì đó là điểm nào? Chính vì vậy trước tiên giáo
viên hướng dẫn học sinh dự đốn vị trí của điểm phải tìm (nếu có) bằng cách mị
mẫm dựa trên những trường hợp đặc biệt chẳng hạn ta chọn tam giác đó là tam
giác đều. Vì do tính chất đối xứng của tam giác đều mà điểm phải tìm (nếu có) sẽ
có tính chất đối xứng với 3 đỉnh. Trong tam giác đều có một điểm đáng chú ý là O
vừa là tâm của đường tròn nội tiếp vừa là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC
vừa là trọng tâm, trực tâm của ABC. Ta dự đoán rằng trong tam giác đều ABC

điểm phải tìm là điểm O. Nghĩa là OA + OB + OC < AM +BM + CM với M là một
điểm bất kì khác O trong tam ABC việc chứng minh nó khơng khó.
Như vậy bài tốn đã cho được giải quyết trong trường hợp đặc biệt là tam
giác đều. Chuyển sang trường hợp tổng quát với tam giác bất kì thì khó khăn đầu
tiên dự đốn xem O là điểm nào? Tâm của đường tròn nội tiếp hay ngoại tiếp
ABC trọng tâm hay là trực tâm ...? Ta phải tiếp tục mị mẫm trên một trường hợp
đặc biệt khác đó là tam giác cân vì trong tam giác cân các điểm đặc biệt đó đều
nằm trên đường cao ứng với cạnh đáy của tam giác cân và có thể dễ khảo sát hơn.
Để dễ tính tốn ta lại cho tam giác vng cân tại A có cạnh góc vng bằng đơn vị
có trực tâm là đỉnh A của ABC. Qua q trình phân tích và chứng minh
10

download by :


cho cái đặc biệt ta tìm được điểm O có tính chất đặc biệt là từ điểm đó nhìn các
cạnh của ABC bất kì dưới một góc bằng 120 0 đó là điều khá bất ngờ, bây giờ rất
dễ dàng chứng minh cho trường hợp tổng quát và đưa về thành bài tốn đơn giản
“Trong ABC giả sử có điểm O sao cho: BOA = COA = BOC = 1200 .
Chứng minh: OA + OB + OC < AM + BM + CM với M khác O.
Việc tìm ra đường lối giải chưa đủ mà người thầy giáo cần phải rèn cho
học sinh nét đặc thù của tốn học đó là tính logic và chặt chẽ. Mỗi điều nói, viết ra
sau phải là hệ quả của những điều đã nói, viết và đã được chứng minh tính đúng
đắn của nó.
-

Chẳng hạn: Khi dạy bồi dưỡng tuyến 2 cho học sinh lớp 8 về chuyên đề "Số
chính phương" câu hỏi rất tự nhiên nảy ra là: Hai chữ số cuối cùng của số chính
phương có thể là những chữ số nào?.
Giả sử : A là số chính phương, tức là có thể biểu diễn A dưới dạng

A = ( 10a + b)2 ở đây a, b là các số nguyên không âm và b £ 9
Vì A = 20a (5a + b) + b 2, mà số 20a (5a + b) có hàng đơn vị là 0 cịn hàng chục
là số chẳn nên tính chẳn lẽ của hai chữ số tận cùng của A trùng với tính chẳn lẽ của
hai chữ số của số b2. Điểm lại tất cả các giá trị có thể có được của b 2: 00; 01; 04;
09; 16; 25; 36; 49; 64; 81 ta rút ra một số kết luận sau.
Tính chất 1: Nếu hàng đơn vị của 1 số chính phương là 6 thì chữ số hàng
chục phải là số lẽ.
Tính chất 2: Nếu hàng đơn vị của 1 số chính phương khác 6 thì chữ số hàng
chục phải là số chẵn.
Tính chất 3: Khơng có số chính phương nào có tận cùng là hai số lẽ.
Tính chất 4: Nếu hai số cuối cùng của một số chính phương cùng chẵn thì
chữ số hàng đơn vị của số đó chỉ có thể là 0 hoặc 4 sử dụng các tính chất trên ta có
thể giải một cách dễ dàng hàng loạt các bài toán liên quan tới số chính phương xin
nêu ví dụ điển hình.
Bài tập 1. Chứng minh rằng:
a)

Tổng của ba số chính phương liên tiếp khơng phải là một số chính phương.

b)

Tổng S = 12 + 22 + 32 +....+ 302 không phải là một số chính phương. (Tốn 8)
Giải:

a)

Gọi ba số chính phương liên tiếp là (n - 1)2 ; n2 ; (n + 1)2

Tổng của chúng là: (n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 = 3n2 + 2
11

download by :


Tổng này chia 3 dư 2 nên không phải là số chính phương.
b)Ta viết S thành tổng của 10 nhóm, mỗi nhóm 3 số hạng.
S

= (12 + 22 + 32) + ( 42 + 52 + 62) +...+ (282 + 292 + 302)

Mỗi nhóm chia 3 dư 2 nên:
S

= (3k1 + 2) + (3k2 + 2) +...+ (3k10 + 2)

S

= 3k1 + 3k2 +...+ 3k10 + 18 + 2

S

= 3k + 2 (trong đó k = k1 + k2 +...+ k10 +6)

Trên đây ta đã chứng minh một số không phải là số chính phương bằng cách
xét số dư trong phép chia số đó cho 3. Vì số dư là 2 nên ta khẳng định số đó khơng
phải là số chính phương. Nếu số dư là 0 hay là 1 thì ta chưa khẳng định được điều
gì, nên chớ vội vàng kết luận số đó là số chính phương.
Trình bày xong lời giải một bài toán chưa vội thỏa mãn ngay mà người dạy
với người học cần phải tạo ra cho mình thói quen: cần tập trung suy nghĩ, lật lại
vấn đề tìm kết quả mới hơn. Tìm được cái mới hơn rồi lại tiếp tục đi tìm cái mới

hơn nữa cứ như thế chúng ta sẽ tìm được những kết quả thú vị. Nói một cách khác,
trong q trình giải tốn hãy ln nghĩ đến việc khai thác bài tốn để có thể sáng
tạo ra các bài tốn mới trên cơ sở bài tốn đã có.
-

Sau đây là một ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: (Bài tập về nhà của giáo viên tuyến 1 cho HS lớp 8 năm 2014).
Tính tổng:

Áp dụng cơng thức:

Tổng qt: Tính tổng S(n)
Khai thác bài tốn: Ta thấy các giá trị ở tử khơng thay đổi và chúng đúng
bằng hiệu hai thừa số ở mẫu tương ứng. Mỗi số hạng đều có dạng
m
b(b m)

1
b

đó luôn viết được dưới dạng hiệu của hai phân số khác với các mẫu tương ứng.
Nên ta có một tổng với đặc điểm: các cặp số hạng liên tiếp đối nhau (số trừ của
nhóm trước bằng số trừ của nhóm sau liền kề).
Trên cơ sở bài tốn đó ta có thể đó sáng tạo ra bài tốn mới, tương tự :


12

download by :

Tính tổng : B

2
2
2
1.3 3.5 ... 17.19

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên
cạnh AB, AC theo thứ tự lấy M, N sao cho góc MON = 600. (Tốn 9).
a

2
4 ;

a)

Chứng minh BM .CN

b)

Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN;

c)

Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường trịn cố định.

Phân tích bài toán:
Ở phần a là một dạng toán chứng minh hệ thức, chính vì vậy việc hướng
dẫn học sinh tìm lời giải bài toán hết sức quan trọng nhằm phát triển tư duy hình

học ở học sinh.
a)

Chúng ta có thể dùng phương pháp phân tích đi lên để tìm lời giải bài toán.
Với sơ đồ như sau:
BM.CN

a

BM.CN
2
BM.CN BO.CO
BM
BO

BMO đồng dạng CON
ˆ ˆ 0
B

C

60

BMO = CON
B+ BMO+ BOM = BOM + MON+ NOC (= 1800).
Căn cứ vào sơ đồ ta có lời giải sau:
Ta có BMO:

B+ M+ O = 1800

BOM+ MON+ NOC = 1800 ( BOC = 1800)
ˆ ˆ
BMO = CON; lại có B C 600 (vì ABCđều)

C
C


13

download by :


BMO đồng dạng CON (g.g), từ đó suy ra
hay BM .CN

BO.CO ; mà BO

CO

BC
2

a

BM

BO CN

2 do đó BM .CN

CO
a

2
4 (đpcm)

Cũng tương tự như vậy ở phần b) thầy giáo cũng giúp học sinh phát triển
tư duy lôgic, thao tác tư duy phân tích, tổng hợp, đặc biệt là tư duy phân tích đi lên,
một thao tác tư duy đặc trưng của mơn hình học. Với sự phân tích như vậy học sinh
sẽ thấy đó chính là sử dụng tính chất đường phân giác của tam giác BMN. Nghĩa là
học sinh cần chỉ ra MI là tia phân giác của góc BMN. Từ đó ta có lời giải sau:
b)

Theo phần a) BMO đồng dạng CON
suy ra

BM

CO

MO
BM
ON hay
BO

MO
ON

Lại có B = MON (=600) BMO đồng dạng OMN (c.g.c). Từ đó suy

ra BMO = OMN do đó MO là tia phân giác của góc BMN hay MI là tia phân
giác BMN.
Xét BMN có MI là tia phân giác của

c)

BMN, áp dụng tính chất đường

Đây là một dạng tốn liên quan giữa tính bất biến (cố định) và tính thay

đổi: ứng với mỗi điểm M, N thì ta có vị trí của đoạn thẳngAMN thay đổi theo(chuyểnđộng)nhưnglạilntiếpxúcvớimột

đường trịn cố định (bất biến). Vậy trước khi
tìm lời giải của bài tốn giáo viên cần cho
học sinh chỉ ra yếu tố cố định, yếu tố
nào thay đổi.

Ta có lời giải sau:
Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vng
góc với AB và MN. Do O, AB cố định nên OH cố định. Vậy đường tròn (O;OH) là
đường trịn cố định.
Vì MO là tia phân giác của góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân
giác) K (O;OH) (1).
14

download by :


Lại có OK MN ( cách dựng)
Từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O;OH). Vậy MN ln

tiếp xúc với một đường trịn (O;OH) cố định.
Khai thác bài toán:
Ở

phần a) của bài toán ta thấy tích BM.CN khơng đổi, nếu sử dụng BĐT

Cơsi ta có thêm câu hỏi sau:
1:

Tìm vị trí của M, N trên AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm là
BM CN 2 BM .CN dấu "=" xảy ra

do đó BM

CN

2

a2

BM và CN ta có

BM = CN. Theo phần a) BM .CN

a2

4

a (không đổi).

4

a
Vậy GTNN của BM + CN = a BM = CN = 2 M, N theo thứ tự là trung

điểm của AB và AC.
Ta thử suy nghĩ nếu tam giác ABC là tam giác cân thì bài tốn cịn đúng

khơng? và giả thiết như thế nào? từ đó ta có bài tốn sau:
2: Cho tam giác ABC cân ở A, O là trung điểm
thứ tự lấy các điểm M, N sao cho BMO = CON.
Chứng minh rằng:
a) BM .CN
b) BN MO =

I

,

Chứng minh BI.MN = IN.BM;
c) Khi M, N thay đổi trên AB, A
MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố
định.

3: Cho tam giác ABC cân ở A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O tiếp xúc

với các cạnh AB, AC của tam giác. Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N.

Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O)B
Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC nên O cách đều AB, AC do đó O thuộc


tia phân giác của góc A.

download by : skkn


Lại có ABC cân nên phân giác góc A
đồng thời là trung tuyến mà OBC nên O là BMO; từ đó
trung điểm cạnh BC.
BM M
(): Giả sử MN là tiếp tuyến (O) tại P.
Nối OM, ON.
MN là tiếp
Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt nhau
của (O), NP, NC cũng là hai tiếp tuyến cắt B
nhau của (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến
cắt nhau ta suy ra được
Theo phần thuận ta có BM .CN '

BC 2
4 .

O

AC ở N'. Ta chứng minhNN'. N.

Kết hợp với giả thiết ta

suy ra BM.CN' =
BM.CN
CN' = CN.
Mà N', N cùng thuộc
cạnh AC do đó N'
N (đpcm).
Chú ý: - Nếu M nằm
trong đoạn AB thì N nằm
trong đoạn AC.
-

4:

Nếu M nằm
ngồi đoạn AB
thì N cũng nằm
ngoài đoạn
AC.

Cho ABC cân ở A.
Lấy M, N trên cạnh
AB, AC sao cho
BC 2
BM .CN
4 .

Tìm vị trí của M, N sao cho
AMN có diện tích lớn nhất.
5:

Cho M, M' trên tia

AB và tia đối của tia BA; N, N'
thuộc tia CA và tia đối của tia
CA. Chứng minh rằng:
1)

N
ếu
M

B.N
C=


M'B.N'C
=

BC2
thì tứ giác MM'N'N
ngoại tiếp được một 4

đường trịn;
2) Phân giác tạo bởi MN và MM' đi qua
một điểm cố định.
6:

1) Cho tam giác ABC. Dựng hai điểm
P, Q thứ tự trên AB và AC sao cho

AP = AQ và BP.CQ =

PQ

2
4 ;

Cho hình vng ABCD, lấy điểm F
thuộc CD, G thuộc BC sao cho EG// AF (với E
là trung điểm của AB). Chứng minh rằng FG là
tiếp tuyến của đường trịn nội tiếp hình vng.
2)

Cho tam giác ABC cân ở A. Đường
trịn có tâm O là trung điểm của BC tiếp xúc
với AB, AC thứ tự ở H và K. Lấy P thuộc đoạn
AB, Q thuộc đoạn AC sao cho PQ là tiếp tuyến
của (O). Tìm quĩ tích tâm O' của đường tròn
ngoại tiếp tam giác OPQ.
7:

16

download by :



Trong q trình giải tốn, việc hướng dẫn học sinh tìm hiểu nhiều cách
chứng minh khác nhau từ một bài tốn, tơi thấy giờ học của học sinh sơi nổi hơn,
các em say mê tạo các phương án để tìm lời giải khác nhau cho bài tốn, giờ giảng

khơng bị thụ động vào tài liệu, học sinh độc lập chủ động khai thác để có nhiều
cách giải bài qua đó phần nào rèn luyện tính linh hoạt, sáng tạo của các em. Ngoài
ra, việc hướng dẫn học sinh tập dượt phương pháp suy luận như đặc biệt hoá, khái
quát hoá cũng rất quan trọng.
-

Ví dụ 3: Trong hình vng ABCD và nữa đường trịn đường kính AD và vẽ
cung AC mà tâm là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đường
trịn đường kính AD ở K. Chứng minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB.
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý : - Kẻ PI
-

AB

Xét hai tam giác APK và API

Giải: Kẻ PI AB (I AB).
Xét APK và API có
APK vng tại K (Vì góc AKD là góc nội
tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD)
ADP cân tại D (vì AD = DP )
P2DAP

Mặt khác. P1 DAP ( So le trong vì AD // PI ) Do
đó: P1 P2 APK = API
(cạnh huyền - góc nhọn)

PK = PI

Cách giải 2: Hình 2
Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh APK = API
bằng nhau cách 1 ta chứng minh P1 P2 .
Ta có thể chứng minh
-

A1

A2

Gọi F là giao điểm của AP với đường tròn

đường kính AD
Giải: Ta có: AFD 900
( Góc nội tiếp chắn nữa đường trịn)
Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao nên DF cũng là phân giác
suy ra D1 D2
mà D2

A1 ; D1

A2 Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vng góc

17

download by :


Suy ra: A1

A2

APK = API (Cạnh huyền - góc nhọn) PK = PI Cách
giải 3: Hình 2.
Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A1 A2 nhưng việc chứng
minh được áp dụng bằng kiến thức khác.
-

Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm D nên ta có:

1
Giải: Ta có IAK ADK ( Có số đo bằng 2 sđ cung AK )

Mặt khác IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường trịn tâm D
nên góc

IAP
1

IAP

2

ADP

APK = API ( Cạnh huyền - góc nhọn)
PK =PI
Cách giải 4: Hình 3
Gợi ý:
-

Kéo dài AK cắt đường tròn tâm D tại E

-

Áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến

và dây cung
Giải: DK AE nên P là điểm chính giữa của
cung AE. Góc BAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây
cung AE ). Vì AP lại đi qua điểm chính giữa của
cung AE nên AP là tia phân giác của góc BAE
Suy ra: A1 A2
APK = API ( Cạnh huyền - góc nhọn ) PK
=PI
Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta
đi chứng minh APK = API vấn đề giáo viên tuyến 2 cần cho học sinh tư duy và
vận dụng sáng tạo kiến thức về trường hợp bằng nhau trong tam giác vng, góc
tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp.
Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tịi lời giải. Giáo viên khơng nên
đưa ra lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài toán.
18


download by :


Sau khi giáo viên tuyến 2 phối kết hợp với giáo viên tuyến 1 giảng dạy cho
học sinh các chuyên đề, luyện kĩ từng chuyên đề, phương pháp giải từng bài tập,
giáo viên phải biết liên kết vận dụng các chuyên đề thông qua việc cho học sinh

luyện giải các bộ đề thi khác (của các năm trước và khai thác các bộ đề trên mạng),
rèn cho các em phương pháp trình bày bài giải và thực hành. Thơng qua các bài
kiểm tra từng đợt giáo viên sửa chữa cho học sinh một số sai lầm mắc phải, những
yêu cầu chung, yêu cầu cá biệt cần bổ sung cho từng em. Đồng thời chỉ ra các
phương pháp giải hay, độc đáo, từng bước nâng dần hiệu quả làm bài của học sinh.
Qua đó nhận xét q trình học tập của từng em theo từng giai đoạn, có dự kiến về
mục tiêu cần đạt (liên thông với giáo viên tuyến 1 để dự kiên mỗi học sinh đến
tháng nào được lọt vào tốp mấy? giải mấy?...).
-

Để tăng thêm hứng thú học tập cũng như kĩ năng giải toán cho học sinh,
việc tổ chức cho các em trong đội tuyển học sinh giỏi từ lớp 8, 9 phải tham gia
đăng kí thành viên dự thi giải toán trên mạng Internet là điều quan trọng và tất yếu,
mỗi học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi tỉnh phải lập được cho mình từ 5 đến 10
nick. Hàng tuần tham gia giải từ 1 đến 2 buổi. Trong mỗi buổi thời gian đầu tôi ôn
tập, cũng cố cho học sinh những kiến thức cơ bản, trọng tâm theo chương trình của
tuần học, kết hợp với giải các bài tập trong sách tự luyện Violympic của vịng đó,
các bài tập vịng đó của những năm trước, sau đó cho học sinh giải trực tiếp trên
máy tính. Trong q trình giải trên máy khi gặp những bài khó và những dạng mới
tơi in ra giấy để luyện cho các em. Đối với học sinh giỏi GTQM lớp 9 việc bồi
dưỡng tuyến 2 để tham gia dự thi cấp tỉnh, cấp quốc gia, tính từ sau khi thi cấp
trước đó thì thời gian luyện thi rất ngắn, vã lại học sinh đã được học trước chương
trình nên tơi cho các em luyện giải thêm các vịng thi 17, 18 ở các năm học trước
được lưu lại trên giấy, đồng thời hướng dẫn các em sử dụng phần mềm giải tốn
Violympic khơng cần nối mạng giúp các em giải trước các vòng thi cấp huyện tỉnh.
-

Để việc giải tốn trên mạng có hiệu quả hơn tơi động viên gia đình các em
trong đội tuyển học sinh giỏi mua sắm máy vi tính và nối mạng Internet để cho các
em tự luyện thêm ở nhà. Thông qua việc tổ chức cho các em giải toán trên mạng đã

bổ trợ rất nhiều trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi giúp các em phát hiện
nhanh hơn các dạng các dạng tốn và nắm chắc hơn cách giải.
-

Một số ví dụ về câu hỏi vòng thi cấp huyện GTQM lớp 9 năm học 20132014:
Câu 1:
Tuổi hai anh em cộng lại bằng 21. Tuổi anh hiện nay gấp đôi tuổi em lúc anh
bằng tuổi em hiện nay. Tuổi anh và tuổi em là:
19

download by :