Mô tả phương pháp rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học toán

Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

MỤC LỤC
TT Nội dung Trang
1 PHẦN I : MỞ ĐẦU 2
2 Lý do chọn đề tài. 2
3 Nhiệm vụ chọn đề tài 2
4 Phương pháp thực hiện 2
5 Cơ sở và thời gian tiến hành 3
6 PHẦN II: NỘI DUNG 4
7
Mô tả phương pháp rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học
sinh qua dạy học toán
4
8
Phương pháp 1 : Tập cho học sinh biết quan sát, dự đoán, nêu giả thuyết,
kiểm chứng giả thuyết
4
9
Phương pháp 2: Chọn một số bài tập có cách giải quyết đơn giản hơn
cách áp dụng các quy tắc đã học nhằm khắc phục sức ì của tư duy
5
10
Phương pháp 3 : Khuyến khích học sinh tìm nhiều lời giải khác nhau của
một bài toán, khai thác nhiều khía cạnh nhằm khắc sâu kiến thức kĩ năng
6
11
Phương pháp 4: Xây dựng cho học sinh cách giải tổng quát của nhiều bài
toán cùng loại
10
12 Phương pháp 5 : Giải bài toán không mẫu mực 13

13
Phương pháp 6 :Tập cho học sinh phát hiện chổ sai trong lời giải tìm
nguyên nhân và đề xuất cách giải đúng
14
14
Phương pháp 7 Từ một bài toán quen thuộc ta phát triển mở rộng thành
nhiều bài toán khó hơn
16
15 PHẦN III : KẾT LUẬN 18
16 Kết quả 18
17 Đề xuất – Kiến nghị 19
18 Tài liệu tham khảo 20
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 1 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

PHẦN I
MỞ ĐẦU
1.Lý do chọn đề tài:
Theo các nhà tâm lí học, phẩm chất trí tuệ của con người thể hiện chủ yếu ở tính linh
hoạt và tính độc lập. Cả hai đặc tính này tạo nên tính sáng tạo của con người. Do vậy trong
giáo dục sư phạm, giáo viên cần xây dựng cho học sinh tính linh hoạt và sáng tạo của trí
tuệ, thể hiện cụ thể:
 Kĩ năng thay đổi phương hướng giải quyết vấn đề phù hợp với sự thay đổi các điều
kiện, biết tìm ra phương pháp mới để giải quyết vấn đề, dễ dàng chuyển từ hoạt động này
sang hoạt động trí tuệ khác, không rập khuôn theo mẫu có sẵn.
 Kĩ năng nhìn một vấn đề, một hiện tượng theo nhiều quan điểm khác nhau.
 Kĩ năng xác lập sự phụ thuộc giữa các kiến thức theo thứ tự ngược lại (tính thuận
nghịch của quá trình tư duy).
 Tự mình phát hiện và tìm ra phương pháp giải quyết vấn đề, không đi tìm lời giải có

sẵn, không hoàn toàn dựa vào ý nghĩ và lập luận của người khác.
 Nghiêm túc đánh giá những lập luận và cách giải quyết của người khác và ngay cả
của mình.
 Cả tinh thần hoài nghi khoa học, luôn tự đặt cho mình các câu hỏi: tại sao, do đâu,
như thế nào khi lĩnh hội kiến thức.
Theo định hướng trên, mỗi giáo viên cần phải thường xuyên trao đổi, nâng cao kiến
thức, tìm tòi phương pháp giảng dạy, hệ thống bài tập phù hợp với mức độ, đối tượng học
sinh.
Không ít những khó khăn, vướng mắc về công tác chuẩn bị, phương pháp thực hiện,
thời gian tổ chức. Đặc biệt học sinh trong một lớp có khả năng tiếp thu kiến thức không
đều. Tuy nhiên, qua nhiều năm giảng dạy, tôi cũng cố gắng tìm tòi, tích lũy được chút kinh
nghiệm trong việc nâng cao tính linh hoạt và tính độc lập, sáng tạo của học sinh. Đó là lý
do để tôi chọn đề tài mới và khó này.
2.N hiệm vụ của đề tài:
 Đáp ứng được về đổi mới phương pháp giáo dục ở THCS: đó là phát huy tính linh
hoạt và độc lập của trí tuệ.
 Đáp ứng nhu cầu của thời đại công nghiệp hóa, hiện đại hóa, tính sáng tạo, nghiên
cứu khoa học sau này.
 Tháo gỡ những vướng mắc, khó khăn của giáo viên và học sinh khi học toán, giúp
học sinh hứng thú, tích cực, tự giác học tập.
3.P hương pháp thực hiện:
 Tiến hành tổ chức lồng ghép thường xuyên trong mỗi tiết dạy ở tất cả các lớp 6, 7, 8,
9 theo các yêu cầu và mức độ khác nhau.
 Giáo viên cần phải lựa chọn bài tập, phương pháp tổ chức lồng ghép hợp lý, phù hợp
với từng đối tượng học sinh nhằm phát huy tính sáng tạo của học sinh.
 Thông qua các tiết bài tập, giáo viên xây dựng cho học sinh phương pháp phân tích,
suy luận, tìm tòi… từ đó giáo viên có thể giao công việc, bài tập về nhà để học sinh tìm tòi
cách giải quyết nhanh hơn, gọn hơn…
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 2 -

Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

 Qua mỗi tiết ôn tập cần cho thêm các bài tập tổng hợp nhằm củng cố kiến thức đồng
thời móc xích được các đơn vị kiến thức.
 Hướng dẫn học sinh cách tham khảo tài liệu, sách báo, phân biệt được các dạng
toán… có thể gắn vào việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
4.C ơ sở và thời gian tiến hành:
 Cơ sở: LỰa chọn các bài tập trong SGK, SBT, STK ở các lớp 6, 7, 8, 9 có thể điều
chỉnh sửa chữa cho phù hợp với đối tượng trong lớp.
 Đối tượng: Áp dụng cho mỗi tiết học cả lý thuyết, lẫn tiết luyện tập ở tất cả các lớp
THCS ở trường THCS ĐăkChoong.
 Thời gian tiến hành: Từ năm học 2002 – 2003, 2003 – 2004, 2004 – 2005, 2005 –
2006, 2006 – 2007, 2007-2008.
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 3 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

PHẦN II
NỘI DUNG
MÔ TẢ PHƯƠNG PHÁP RÈN LUYỆN VÀ PHÁT
TRIỂN CÁC PHẨM CHẤT TRÍ TUỆ CỦA HỌC SINH
QUA DẠY HỌC TOÁN
 PHƯƠNG PHÁP 1 :
Tập cho học sinh biết quan sát, dự đoán, nêu giả thuyết, kiểm chứng giả thuyết.
 V í dụ minh họa
1) Khi dạy đường trung bình của hình thang (Tiết 6 – Hình học 8)
GV Đưa ?4 Bảng phụ (hình vẽ). Hình thang ABCD
(AB // CD) EA = ED, EF//AB//CD
-Nhận xét gì về vị trí của I trên AC và F trên CB ?
HS: DỰ đoán I là trung điểm của AC và F là trung điểm của

BC. Vận dụng tính chất đường trung bình của tam giác
để kiểm chứng dự đoán.
GV: Khẳng định: định lý 3 SGK, có thể cho HS so sánh EF với tổng AB + CD từ đó đặt
vấn đề đến định lý 4.
2) Bài toán sau: (Đại số 8)
Từ các ví dụ sau hãy đưa ra một nhận xét và chứng minh nhận xét đó:
0.1.2.3 + 1 = 1
2
1.2.3.4 + 1 = 5
2
2.3.4.5 + 1 = 11
2
HS: Rút ra nhận xét: “ Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp cộng thêm 1 là một số chính
phương”.
C hứng minh : Biến đổi n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 thành (n
2
+ 3n + 1)
2
: là số chính phương
Xuất phát từ bài toán trên giáo viên có thể yêu cầu học sinh chứng minh bài toán sau:
“Chứng minh rằng số A = n(n+1)(n+2)(n+3) không thể là số chính phương với mọi n
là số nguyên dương”.
HD: Chứng minh được: (n
2
+ 3n)
2
< A < (n
2
+ 3n +1)
2

, tức là A nằm giữa hai số chính
phương liên tiếp, nên A không thể là số chính phương.
3) Sách bài tập Toán 9 (Bài 8 / trang 4 – NXBGD) có bài toán:
CMR:
3 3
1 2 1 2+ = +

3 3 3
1 2 3 1 2 3+ + = + +

3 3 3 3
1 2 3 4 1 2 3 4+ + + = + + +
Thật là dễ, HS chỉ chịu khó tính giá trị của VT và so sánh với VP là xong.
Nâng cao hơn một chút, GV yêu cầu HS quan sát, dự đoán và viết ra các đẳng thức
tiếp theo.
HS viết được:
3 3 3 3 3
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5+ + + + = + + + +

3 3 3 3 3 3
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6+ + + + + = + + + + +
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 4 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nâng cao hơn chút nữa, yêu cầu HS tổng quát bài toán trên? (GV có thể gợi ý (nếu
cần))
* Tổng quát:
3 3 3 3

1 2 3 n 1 2 3 n+ + + + = + + + +
(
n∀
nguyên dương)
GV yêu cầu HS chứng minh bài toán tổng quát trên.
GV hướng dẫn: Ta có nhận xét
2 2 2
2 2
3
x (x+1) -(x-1)
x(x+1) x(x-1)
- = = x
2 2 4
 
   
 
   
   
Áp dụng kết quả trên ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3
0.1 1.2 1.2 2.3 2.3 3.4 (n-1) n n(n+1)
1 +2 +3 + + n = - + - + - + +
2 2 2 2 2 2 2 2
               
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
               

2
n(n+1)

=
2
 
 ÷
 
Mặt khác:
1 2 3 n
+ + + +
=
n(n+1)
2
nên ta có đpcm.
Từ kết quả bài toán trên ta có bài toán sau: Tìm số nguyên dương x thỏa mãn:
3 3 3 3
1 2 3 5050x+ + + + =
(x = 100: Bài toán Gaussơ)
 PHƯƠNG PHÁP 2 :
Chọn một số bài tập có cách giải quyết đơn giản hơn cách áp dụng các qui tắc đã học,
nhằm khắc phục sức ì của tư duy.
 Ví dụ minh họa :
1) Khi dạy §4 Giá trị tuyệt đối của một số hữu tỉ (ĐS 7)
GV: Đưa bài tập: Tìm x
∈¤
. Biết rằng
2
x+ = 2 x
5
Để giải bài tập trên ta xét:
2 2
x+ > 0 x+ = 2 x

5 5
2 2
x+ < 0 - x- = 2 x
5 5

⇔



⇔


Đối với bài toán trên nếu ta để ý đến vế trái:
2 2
x 0 2 x 0 x 0 x+ 0
5 5
+ > ⇒ > ⇒ > ⇒ >
.
Từ đó ta chỉ xét một trường hợp
2
x 0
5
+ >
Bằng cách suy nghĩ này giúp ta giải được một số bài toán hay và khó hơn.
a)
1 4
x+ 2 + x+ + x+ = 4 x
5 5
b)
x+1 + x+ 2 + + x+2003 = 2004x

c)
1 2 101
x+ + x+ + + x+ =101x
101 101 101
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 5 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

d)
3 1
x+1 + x+ + x- + x+15 = 5x- 2
2 5
2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P = x
2
(y-z) + y
2
(z-x) + z
2
(x-y) (ĐS 8)
Để phân tích đa thức P thành nhân tử ta có nhiều cách:
Cách 1: Tách z–x thành –[(y-z) + (x-y)] hoặc:
Cách 2: KHAI triển y
2
(z-x) + z
2
(x-y) = y
2
z – xy
2
+ xz

2
– yz
2

= yz(y-z) – x(y
2
-z
2
)
Khi đó: P = (y-z)(x-y)(x-z)
-Ngoài hai cách làm thông thường trên ta còn có thể phân tích đa thức P bằng cách
khác.
Cách 3: Thay x bởi y thì P = y
2
(y-z) + y
2
(z-y) = 0, Vậy P chia hết cho x-y
Tương tự khi thay y bởi z và z bởi x thì P = 0. Vậy P cũng chia hết cho y-z và z-x.
Khi đó P có dạng: P = k(x-y)(y-z)(z-x)
Vậy ta có đẳng thức: x
2
(y-z) + y
2
(z-x) + z
2
(x-y) = k(x-y)(y-z)(z-x) đúng với mọi x, y,
z.
Vậy cho x = 2, y = 1, z = 0 (giá trị x, y, z tùy ý sao cho (x-y)(y-z)(z-x)
0≠
)

Ta được: 4.1 + 1(-2) +0 = k.1.1.(-2)

⇔
k = -1
Vậy P = - (x-y)(y-z)(z-x) = (x-y)(y-z)(x-z)
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
2 2
(x-1) + (x-3)
(ĐS 8 )
 Theo cách thông thường ta biến đổi A =
2
2(x -4 x+5)
=
2
2(x 2) 2 2− + ≥
Vậy MinA = 2 khi x = 2.
 Ta có thể giải bài toán trên bằng cách khác đơn giản hơn:
Đặt x – 2 = y ta được A =
2 2
(y+1) + (y-1)
=
2
2 y +2 2≥
Vậy MinA = 2
y = 0 x = 2⇔ ⇔
4) Khi giải phương trình: (I)
x-3 = 4 - 2 y
x+ 3 + y-1 = 3y-5






(ĐS 9)
Nếu giải theo cách thông thường (phá dấu trị tuyệt đối và chia từng đoạn) thì
khá dài và phức tạp. Nhưng nếu ta xét rằng:
4 - 2 y 0≥
,
3y-5 0≥
Suy ra:
5
y 2
3
≤ ≤
thì khi đó
y-1
=
y-1
Khi đó ta cộng hai vế của hai phương trình (I) ta sẽ được:

x-3 = 0
x-3 + x+3 = 0
x+3 = 0

⇒


Vậy: Hệ đã cho vô nghiệm.
 PHƯƠNG PHÁP 3 :
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong

Trang - 6 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Khuyến khích học sinh tìm nhiều lời giải khác nhau của một bài toán, khai thác nhiều
khía cạnh nhằm khắc sâu kiến thức, kĩ năng.
 Ví dụ minh họa :
1) Bài toán (ĐS 8): Tìm bốn số tự nhiên liên tiếp sao cho tích của chúng bằng
1680
GV: Yêu cầu đưa ra nhiều cách giải.
Cách 1: Nếu đặt số bé nhất trong bốn số đó là a thì ta có:

a(a+1)(a+ 2)(a+3)
= 1680 (1)
Nếu cứ liên tục nhân với nhau thì sẽ dẫn đến phương trình bậc bốn đầy
đủ và rơi vào bế tắc.
Nhưng với việc nhân a với (a + 3) và (a + 1) với (a + 2) thì sẽ được:

2 2
(a +3a)(a + 3a+ 2) =1680
(2)
Không nhân tiếp mà đặt t = a
2
+ 3a với
t 0≥
. Khi đó ta được:
(2)
2
t + 2 t-1680 = 0⇔
. Giải phương trình ta được: t = 40. Giải tiếp phương trình
a

2
+ 3a = 40 ta có kết quả a = 5
Cách 2: Đặt x là số trung bình cộng giữa số đầu và số cuối.
Ta có :
(x-1,5)(x-0,5)(x+ 0,5)(x+1,5) = 1680
Thực hiện phép nhân ta có phương trình:
4 2
x -2,5x -1674,5 = 0
Và x = 6,5. Từ đó kết quả các số phải tìm: 5, 6, 7, 8.
Cách 3: Phân tích 1680 = 2
4
.3.5.7 và lập luận:
 Cả bốn số phải tìm không có số nào có hai chữ số. Nếu số lớn nhất là 10 thì số nhỏ
nhất là 7. Nhưng 7
4
= 2401 > 1680.
 Số 1680 chia hết cho 5 và 7. VÀ do nhận xét trên nên 5 và 7 là hai số phải tìm. Từ
đó suy ra các số kia là 6 và 8.
2) Từ bài toán: Tìm hai số x và y biết:
x y
=
2 5
và x.y = 10 (Bài 62 toán 7 tập 1)
GV gợi ý cho HS cách giải: Đặt
x y
=
2 5
= k
Khi đó:
x = 2k

y = 5k




Mà x.y = 10
2
10k = 10⇔

2
k = 1 k = ±1⇔ ⇔
Từ đó suy ra
x = ±2, y = ±5
Ngoài cách giải trên GV yêu cầu HS tìm ra nhiều cách giải khác.
Chẳng hạn:
Cách 1: Từ
2 5
x y
=
2 y
5x = 2 y x =
5
⇔ ⇒
Thay
2 y
x =
5
vào x.y = 10. Từ đó tìm được
y 5= ± ⇒
giá trị tương ứng của x

Cách 2: Từ x.y = 10
x 0
⇒ ≠
. Do đó:
x
0
2
≠
Từ đó suy ra:
2
x x y x x xy
. = . = x = ±2
2 2 5 2 4 10
⇔ ⇔
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 7 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Với
x 2
= ±
ta tìm được các giá trị tương ứng của y
Cách 3: TỪ x.y =10
10
x 0 y =
x
⇒ ≠ ⇒
Từ
x y
=

2 5
5x = 2 y⇔
20
5x =
x
⇔
x = ±2
⇔
* Khai thác bài toán trên nhiều cách giải đối với học sinh lớp 7, rèn luyện cho học
sinh kĩ năng suy luận, thay thế… Ngoài ra còn định hướng cho học sinh sau này, đối với
bài toán giải hệ phương trình lớp 9
x y
=
2 5
x.y = 2





3) Cho tỉ lệ thức
a c
=
b d
. Chứng minh rằng
a c
=
a- b c-d
(ĐS 7)
Cách đơn giản học sinh thường chứng minh:

a c a b
= =
b d c d
⇒
(Hoán vị các trung tỉ). Áp
dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được:
a b a- b a c
= = =
c d c-d a- b c-d
⇒
(hoán vị tỉ lệ thức :

a
c
=
a- b
c-d
)
GV phân tích tìm nhiều lời giải khác:
Cách 1: Xét tích a(c – d) và c(a – b)
Ta có: a(c – d) = ac – ad (1)
c(a – b) = ca – cb (2)
MẶt khác:
a c
=
b d
ad = bc
⇒
(3)
Từ (1), (2), (3)

a(c-d) = c(a-b)⇒
Do đó,
a c
=
a- b c-d
Cách 2: Đặt
a c
=
b d
= k
a = kb,c = kd⇒
khi đó,
a
a- b
=
kb k
=
kb- b k-1
(1)

c
c-d
=
kd k
=
kd- d k-1
(2)
Từ (1) và (2)
⇒

a c
=
a- b c-d
Cách 3: TỪ
a c
=
b d
b d
=
a c
⇒
b d a- b c-d
1- = 1- =
a c a c
⇒ ⇒ ⇒
a c
=
a- b c-d
Cách 4: TỪ
a c
=
b d
ad = bc⇒
Do đó:
c
c-d
=
bc bc
= =
b(c-d) bc- bd

ad ad
=
ad- bd d(a-b)
=
a
a- b
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 8 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

4) Chứng minh định lý về tính chất đường phân giác trong tam giác (HH8):
Ngoài cách chứng minh bằng cách vẽ đường thẳng song song với một cạnh và áp
dụng hệ quả của ĐL Ta-lét như SGK HH. Ta có thể hướng dẫn HS khai thác tìm tòi thêm
một số cách chứng minh khác như sau:
Cách 1 : Trên CD lấy điểm E sao cho AE = AD,
khi đó tam giác ADE cân tại A, nên:
Ta có:
·
·
·
AEC ADE CDB= =
Suy ra: ∆ACE ∆BCD (g-g)
Cho nên:
AE AC
BD BC
=
.
Vì: AE = AD, do đó:
DA CA
DB CB

=
(Đpcm)
Cách 2 : Trên CD lấy điểm E sao cho AE = AC,
khi đó tam giác ACE cân tại A, nên:
Ta có:
· ·
AEC ACE=
Suy ra: ∆AED ∆BCD (g-g)
Cho nên:
AE DA
CB DB
=
.
Vì: AE = AC, do đó:
DA CA
DB CB
=
(Đpcm)
Cách 3: Từ các đỉnh A, B hạ các đường vuông góc
AE, BF xuống đường thẳng CD.
Ta có : ∆AED ∆BDF (g-g). Suy ra:
DA EA
DB FB
=
(1)
Mặt khác: ∆ACE ∆BCF (g-g) .Suy ra:
CA EA
CB FB
=
(2); Từ (1) và (2) suy ra:

DA CA
DB CB
=
Cách 4 : Ta có tỉ số diện tích của hai tam giác có đường cao bằng nhau bằng tỉ số hai
cạnh đáy tương ứng. Nên:
CDA
CDB
S
DA
S DB
=
(1).
Mặt khác theo tính chất của phân giác của một góc, thì đường cao trong hai tam giác
CDA và CDB hạ từ đỉnh D bằng nhau. Nên:
CDA
CDB
S
CA
S CB
=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
DA CA
DB CB
=
(Đpcm)
5) Chứng minh định lý: “Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện
bằng180
0
“ (HH9)

• Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ta sẽ chứng minh
·
·
0
BAD + BCD 180=
.
Ngoài cách chứng minh cộng số đo của hai cung cùng căng một dây như SGK đã
hướng dẫn, ta có thể khai thác thêm nhiều cách chứng minh khác nhau như sau:
 Cách 1: Nối BD
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 9 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Ta có:
·
1
ABD
2
=
sđ
¼
AnD
;
·
1
ADB
2
=
sđ
¼

AmB
Suy ra:
·
·
1
ABD + ADB
2
=
sđ
¼
·
BAD BCD=
Mà:
· ·
·
0
BAD + ABD + ADB = 180
Suy ra:
·
·
0
BAD + BCD 180=
(đpcm)
 Cách 2 : Nối AC, BD. Ta có:
· ·
·
0
BAD + ABD + ADB = 180
(1)
·

·
·
·
ABD = ACD;ADB = ACB
Suy ra:
·
·
·
·
·
ABD + ADB = ACD + ACB = BCD
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra
·
·
0
BAD + BCD 180=
.
 Cách 3 : Qua A kẻ tiếp tuyến xy với (O).
Ta có:
·
1
BAy =
2
sđ
¼
BmA
;
·
1

DAx =
2
sđ
¼
DnA
.
Suy ra:
·
·
1
BAy + DAx
2
=
sđ
¼
BAD
Mà
·
1
BCD
2
=
sđ
¼
BAD
. Suy ra:
·
·
·
·

·
0
BAD + BCD = BAD + BAy DAx 180+ =
 Cách 4 : Nói OA, OB, OC, OD. Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODA đều cân
tại O.
Suy ra:
·
·
·
·
· ·
AOB+ 2OAB = BOC + 2OCB = COD + 2OCD

·
·
0
DOA + 2OAD = 180=

· ·
·
·
·
·
·
·
0
2(OAB+ OAB + OCD + OAD) = 4.180 - (AOB + BOC + COD + DOA)⇒

·
·

0
2(BAD + BCD) 360⇒ =

·
·
0
BAD + BCD 180⇒ =
(Đpcm)
 PHƯƠNG PHÁP 4 :
Xây dựng cho học sinh cách giải tổng quát của nhiều bài toán cùng loại
Khi giải bài tập cho học sinh, giáo viên cần phải định hướng, phân tích, tổng hợp
đưa ra phương pháp giải cho học sinh để từ đó học sinh có thể áp dụng giải các bài tập
tương tự.
 Ví dụ minh họa
1) Từ bài tập chứng minh đẳng thức:
k 1 1
= -
n(n+ k) n n+ k
(Với k, n
,n 0)∈ ≠¥
(Số học 6 – ĐS 8)
Qua bài tập trên, yêu cầu học sinh làm các bài tập áp dụng).
Tính tổng: A =
3 3 3 3
+ + + +
1.4 4.7 7.10 97.100
(Số học 6)
B =
3 3 3
+ + +

(x+ 2)(x+5) (x+ 5)(x+8) (x+11)(x+14)
(ĐS 8)
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 10 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

2) Từ bài toán:
Tìm ba số x, y, z biết rằng:
x y y z
= ; =
2 3 4 5
và x + y – z = 10 (Bài 61/31 – SGK
toán 7)
Để giải bài toán trên ta phải viết hai tỉ lệ thức:
x y
=
2 3
và
y z
=
4 5
về dãy tỉ số bằng nhau
x y z
= =
8 12 15
. Kết hợp với x + y – z = 10, ta tìm được giá trị: x = 16, y = 24, z = 30
 TỪ bài toán trên ta có bài toán tổng quát sau:
Nếu biết
x y
=

a b
và
y z
=
c d
ta được dãy tỉ số bằng nhau sau:
x y z
= =
a.b' b.b' d.c'
Trong đó b’=
BCNN(b,c)
b
c’=
BCNN(b,c)
c
 TỪ bài toán tổng quát trên giúp ta dễ dàng giải được các bài tập sau:
Bài 1: Tìm x, y, z biết
x y y z
= ; =
3 4 3 5
và 2x – 3y + z = 6
Bài 2: Tìm a, b, c biết 2a = 3b; 5b = 7c và 3a – 7b + 5c = 30
3) Đôi khi từ một bài toán ta lại xây dựng thành một phương pháp giải độc đáo
cho các bài toán cùng loại của nó, hoặc ứng dụng nó để giải các bài toán
liên quan:
Chẳng hạn: Ta dễ dàng chứng minh được hằng đẳng thức:
x
2
+ (p + q)x + pq = (x + p)(x + q) đúng với mọi x, p, q. Hằng đẳng thức này tuy đơn
giản nhưng ứng dụng của nó trong giải các bài toán hết sức phong phú và có hiệu

quả. Trước hết ta thấy ngay các hằng đẳng thức đáng nhớ: x
2
+ 2ax + a
2
= (x + a)
2
;
x
2
- 2ax + a
2
= (x - a)
2
; x
2
- a
2
= (x + a)(x – a) là các trường hợp đặc biệt của hằng
đẳng thức trên.
-Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử:
Giả sử ta cần phân tích một tam thức bậc hai dạng: x
2
+ ax + b thành nhân tử,
mà ta nhẩm được: a = p + q; b = p.q với p, q là hai số nào đó thì ta có ngay:
x
2
+ ax + b = (x + p)(x + q).
Vd1: Phân tích: x
2
- 5x + 6 thành nhân tử.

Vì: -5 = -3 + (-2); 6 = (-3)(-2) nên : x
2
- 5x + 6 = (x – 3)(x – 2)
Vd2: Phân tích:
2
3
100 3
100
A x x= + +
thành nhân tử.
Ta nhẩm thấy ngay:
3 3
100 100
100 100
= +
;
3
3 100.
100
=
Vậy:
3
( 100)( )
100
A x x= + +
Vd3: Phân tích: B = 1 + x – 42x
2
thành nhân tử.
Viết lại: B = 1 + x – 42x
2

= 1
2
+ (7x – 6x).1 + (7x).(-6x)
Vậy ta có ngay: B = 1 + x – 42x
2
= (1 + 7x)(1 – 6x).
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 11 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

-Phân tích đa thức bậc cao thành nhân tử:
Vd1: Phân tích đa thức: A = (x
2
+ x + 1)
2
+ (x
2
+ x + 2)(x
2
+ x + 1) + (x
2
+ 1)(x + 1)
thành nhân tử.
Đặt: y = x
2
+ x + 1, p = x
2
+ 1, q = x +1.
Khi đó A = y
2

+ (p + q)y + pq = (y + p)(y + q) = (2x
2
+ x + 1)(x
2
+ 2x + 2).
Vd2: Phân tích: B = (a + b)
3
+ (a + b)
5
+ ab thành nhân tử.
Đặt: x = (a + b)
4
.
Do đó: B = (a + b)
8
+ (a + b)
5
+ ab = x
2
+ (a + b)x + ab.
Vậy: B = (x + a)(x+ b) = [(a + b)
4
+ a][ (a + b)
4
+ b].
Vd3: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P = 1 + x + x
4
+ (x
4
+ x

2
)(x – x
2
).
Ta viết lại: P = 1
2
+ [(x
4
+ x
2
) + (x – x
2
).1 + (x
4
+ x
2
)(x – x
2
).
Vậy theo HĐT trên thì: P = (1 + x
4
+ x
2
)(1 + x – x
2
) = (1 + x + x
2
)(1 – x + x
2
)(1 + x –

x
2
).
(Vì: (1 + x
4
+ x
2
) = (1 + x + x
2
)(1 – x + x
2
))
-Giải các phương trình nghiệm nguyên:
Vd1: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn: x
2
+ (3 – y)x – 3y = 17.
Giải: Theo HĐT trên ta dễ thấy vế trái của pt bằng: (x + 3)(x – y), vì 17 là số nguyên
tố nên từ pt: (x + 3)(x – y) = 17 , ta rút ra ngay: x + 3 = 17 , x – y =1 hay x =14, y
=13.
Vd2: Tìm tất cả các số nguyên không âm n để biểu thức:
P = (n
3
+ 1)
2
+ (1989n + 1)(n
3
+ 1) + 1989n nhận giá trị nguyên tố.
Đặt: x = n
3
+ 1, khi đó: P = x

2
+ (1989n + 1)x + 1989n.1 = (x + 1989n)(x + 1)
Hay: P = (n
3
+ 1989n + 1)(n
3
+ 2). Từ đó suy ra ngay n = 0 là giá trị duy nhất để biểu
thức P là số nguyên tố.
4) Từ bài toán:
Tính
2 3 18 19
S 1 3 3 3 3 3= + + + + + +
(1)
Để làm bài toán trên: ta nhân các số hạng của tổng với 3, ta được
3S =
2 3 4 19 20
3 3 3 3 3 3+ + + + + +
(2)
Lấy (2) – (1) ta được: 3S – S = 3
20
– 1
Hay 2S = 3
20
– 1
Vậy S =
20
3 1
2
−
Từ bài toán trên, ta có bài toán tổng quát sau:

S =
2 3 n
1+ a +a + a + + a ( a 0, a 1, n )∀ ≠ ≠ ∈¥
(1)
Để tính được tổng S ta nhân các số hạng của tổng với a. Khi đó ta được:
aS =
2 3 4 n+1
a+ a + a +a + + a
(2)
LẤY (2) – (1) ta được: (a – 1)S =
n+1
a
- 1
Do đó, S =
n+1
a -1
a-1
Tổng quát: S =
n+1
a -1
a-1

* Từ bài toán tổng quát trên, HS có thể dễ dàng giải được các bài tập sau:
Bài 1: TÍNH tổng S =
2 3 2001 2002
1 1 1 1 1
1
2 2 2 2 2
+ + + + + +
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong

Trang - 12 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Bài 2: Tính 3S – 2003, biết rằng: S =
2 3 2002
1 2 2 2 2− + − + +
 PHƯƠNG PHÁP 5 :
Giải các bài toán không mẫu mực
Khi dạy toán phải xây dựng cho học sinh phương pháp giải. Trong một số trường
hợp cụ thể ta phải linh hoạt giải bằng cách “khác thường”.
 Ví dụ minh họa:
1) Giải hệ phương trình:
2 2 2
x + y + z = 27
x.y+ y.z+ z.x = 27



(ĐS 9)
Theo cách thông thường thì giải phương trình trên rất khó. Ta giải hệ phương trình
trên bằng cách “khác thường”
Nhân 2 với cả hai vế của từng phương trình và trừ từng vế ta có:
2 2 2
(x- y) +(y- 2) +(z- x) = 0
2
2
2
(x- y) = 0
(y- z) = 0
(z- x) = 0



⇔



Ta được x = y = z. Thay kết quả trên vào từng phương trình ta được x = y = z = 3;
x = y = z = -3
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
2 2
(x -3x+1)(21+3x- x )
GV giới thiệu “mệnh đề”: “Nếu hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất
khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau”.
GV: Vì
2
(x -3x+1)
và
2
(21+3x- x )
có tổng bằng 22 (không đổi) nên tích của chúng
lớn nhất khi và chỉ khi
2
(x -3x+1)
=
2
(21+3x- x )
2
1 2
x -3x-10 = 0 x = 5, x = -2⇔ ⇔
Khi đó A = 11.11 = 121

Vậy MaxA = 121
1 2
x = 5, x = -2⇔
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B =
2
16 x + 4 x+1
2 x
với x > 0
GV: Giới thiệu “mệnh đề”: “Nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của chúng
nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau”.
B =
2
16 x + 4 x+1
2 x
=
1
8x+ 2 +
2 x
Hai số 8x và
1
2x
là hai số dương (x > 0) có tích không đổi (bằng 4) nên tổng của
chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi 8x =
1
2 x
2
16x = 1⇔
1
x =
4

⇔
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 13 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Vậy MinB =
1+1+1
1
2
= 6
1
x =
4
⇔
 PHƯƠNG PHÁP 6 :
Tập cho học sinh phát hiện chỗ sai trong lời giải, tìm nguyên nhân và đề xuất cách giải
đúng.
 Ví dụ minh họa :
1) Khi giải bài toán: Tìm giá trị nhỏ nhất của A =
2 2
x - x+3 + x - x- 2
(ĐS 8 – 9)
-Một bạn học sinh làm như sau:
A =
2 2
x - x+3 + x - x- 2
=
2 2 2 2
1 1 11 1 1 9
x -2. x+ ( ) + + x - 2. x+ ( ) -

2 2 4 2 2 4
=
2 2
1 11 1 9
(x- ) + + (x- ) -
2 4 2 4
Suy ra: A
11 -9 11 9 20
+ = + = = 5
4 4 4 4 4
≥
Vậy MinA = 5
1 1
x- = 0 x =
2 2
⇔ ⇔
-Hãy chỉ ra chỗ sai của cách giải trên. Nêu cách giải đúng.
GV hướng dẫn HS phát hiện chỗ sai:
2 2
1 11 1 9 11 -9
(x- ) + + (x- ) - +
2 4 2 4 4 4
≥
Ta thấy
2
1 9
(x- ) -
2 4
-9
x

4
≥ ∀
nhưng không thể suy ra
2
1 9
(x- ) -
2 4
-9
4
≥
Chẳng hạn khi x = 0 thì
2 2
1 9 1 9 -9
(x- ) - = (0 - ) - = -2 = 2 <
2 4 2 4 4

TA có thể giải bài toán trên như sau:
A =
2 2
x - x+3 + x - x- 2

A =
2
x - x+3
+
2 2 2
2 + x- x x - x+ 3+ 2+ x- x 5≥ =
minA = 5
2 2
(x - x+3)(2 + x- x ) 0⇔ ≥

2
2 + x- x 0⇔ ≥

2
(x - x+3 > 0)

2
x - x-2 0⇔ ≤

1 x 2
⇔ − ≤ ≤
2) Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

4 4 4 2 2 2 2 2 2
a + b +c < 2(a b + b c + c a )
-Hãy nhận xét lời giải sau, nếu sai thì chỉ ra chỗ sai và nêu lời giải đúng.
Lời giải : Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, nên
b-c < a
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
b - 2bc+ c < a b + c -a < 2bc (b + c - a ) < (2bc)⇒ ⇒ ⇒
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
b + c + a + 2 b c - 2a b -2c a < 4b c⇒
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 14 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

4 4 4 2 2 2 2 2 2
b + c + a < 2(b c + b a + c a )⇒
(Đpcm)

Bài giải trên sai ở chỗ:
2 2 2 2 2 2 2 2
b + c -a < 2bc (b + c -a ) < (2bc)⇒
vì khi a < b thì chưa chắc
chắn a
2
< b
2
* Cách chứng minh đúng:
4 4 4 2 2 2 2 2 2
a + b +c < 2(a b + b c + c a )
⇔
4 4 4
a + b +c
−
2 2 2 2 2 2
2(a b + b c + c a )
< 0
2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
(a - b ) + (b - c ) + (c -a ) - a - b - c < 0⇔
2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4
(a - b ) -a + (b - c ) - b + (c -a ) - c < 0
     
⇔
     
Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên:
Có thể giả sử: a > b > c > 0
2 2
b-a < 0 b - 2a < 0⇒ ⇒

2 2
c-a < 0 c - 2a < 0⇒

2 2
c- b < 0 c - 2 b < 0⇒
Do đó:
2 2 2 4
(a -b ) -a
 
 
=
2 2 2
b (b - 2a ) 0<
Tương tự:
2 2 2 4
(b -c ) - b
 
 
< 0

2 2 2 4
(c - a ) - c < 0
 
 
Nên
2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4
(a - b ) -a + (b - c ) - b + (c -a ) - c < 0
     
⇔
     

Vậy :
4 4 4 2 2 2 2 2 2
a + b +c < 2(a b + b c + c a )
(Đpcm)
3) Bài toán lớp 8: Tìm GTNN của biểu thức: P = (x
2
– 1) (x
2
+ 1)
*Lời giải của một HS:
Ta có
2
x 0 x≥ ∀
Suy ra
2
x 1 1− ≥ −
và
2
x 1 1+ ≥
Suy ra P = (x
2
– 1) (x
2
+ 1)
( 1).1 1≥ − = −
P 1⇒ ≥ −
Đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi:
2
2

x -1= -1
x 0
x +1 = 1


⇔ =



Vậy MinP = - 1 khi x = 0.
* Lời giải trên đã hoàn toàn đúng chưa: Nếu chưa hãy phát hiện chỗ sai và nêu lời
giải đúng.
GV gợi ý để HS phát hiện chỗ sai:
Từ
2
2 2
2
x 1 1
(x -1)(x +1) 1
x 1 1

− ≥ −

⇒ ≥ −

+ ≥


đã hoàn toàn đúng chưa?
Hãy lấy ví dụ để chứng tỏ điều suy ra này là sai.

5 3
5.( 2) 9
2 3
>

⇒ − > −

− > −

(Vô lí)
Như vậy lời giải trên sai ở chỗ: Khi nhân từng vế của hai BĐT cùng chiều trong khi
có những vế nhận giá trị âm.
Lời giải đúng:
2 2 4
P = (x -1)(x +1) = x 1 1− ≥ −
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 15 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Ta có
4
P 1 x 0= − ⇔ =
hay x = 0
Vậy MinP = -1 khi x = 0
4) HS lớp 7 đã biết cách chứng minh định lý: “Trong một tam giác, góc đối diện với
cạnh lớn hơn là góc lớn hơn”.
* Yêu cầu HS kiểm tra xem cách chứng minh sau đây đã đầy tính thuyết phục chưa?
 Vẽ
ABC∆
có AC > AB, ta sẽ chứng minh

µ µ
B > C
.
Thật vậy, dựng AH
⊥
BC tại H, trên tia HC lấy
điểm M sao cho HM = HB.
Ta có
AHB AHM∆ = ∆
(c-g-c)

·
·
ABH = AMH⇒
Mặt khác
·
AMH
là góc ngoài của
AMC
∆
nên
·
·
AMH > ACM
Từ đó suy ra:
·
·
ABH > ACM
hay
µ µ

B > C
GV: Hướng dẫn cho HS thấy: LỜI giải trên chưa tổng quát (chỉ đúng khi
µ
B
nhọn)
 PHƯƠNG PHÁP 7 :
Từ một bài toán quen thuộc ta phát triển, mở rộng thành nhiều bài toán khó hơn.
 Ví dụ minh họa:
1) Từ bài toán:
Chứng minh rằng:
2 2 2
a + b +c = ab+ ac+ bc a = b = c⇔
(ĐS 8)
Giải:
Ta có
2 2 2
a + b +c = ab+ ac+ bc

2 2 2
2(a + b + c ) = 2(ab+ ac+ bc)⇔

2 2 2
2a + 2b + 2c - 2ab- 2ac-2 bc = 0⇔

2 2 2
(a- b) +(b- c) +(c- a) = 0⇔

2 2 2
(a- b) = (b-c) = (c-a) = 0⇔

a = b = c⇔
(đpcm)
* Mở rộng bài toán trên ta có bài toán sau:
 Bài 1:
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 2 n 1 2 2 3 n 1 1 2 3 n
a a + + a = a a + a a + + a a a = a = a = a+ ⇔ =
Nếu thay
1 1 1
a = , b = ,c =
x y z
ta có bài toán sau
 Bài 2:
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
+ + = + + x = y = z 0
x y z xy yz xz
⇔ ≠
Khai thác bài toán 2 ta có bài toán sau:
 Bài 3 :
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 16 -
M
H
B
C
A
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Tìm ba số a, b, c biết rằng:
a+ b+ c = 2abc
và
2 2 2
1 1 1
+ + = 2
a b c
(1)
Giải:
Từ
a+ b+ c = 2abc

1 1 1
+ + 2
ab bc ca
⇔ =
(2)
Từ (1) và (2)
2 2 2
1 1 1 1 1 1
+ + = + +
a b c ab bc ca
⇒

a = b = c 0≠
(Theo bài toán 3)
2) Xét bài toán sau:
Chứng minh rằng:
2 2

2 2
4 x - 4 x+ 7 (x- 2)
= 3 +
x +1 x +1
* Lời giải như sau:
VP =
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
(x- 2) 3(x +1) + (x- 2) 3x + 3+ x - 4x+ 4 4 4 7
3+ = =
x +1 x +1 x +1 1
x x
x
− +
=
+
=VT
Ở đây, nếu để ý đến vế phải của đẳng thức vừa chứng minh ta nhận thấy rằng:
2
2
(x-2)
0 x
x +1
≥ ∀
Do đó ta có bài toán sau:
 Bài 1 : Chứng minh rằng:
2
2
4 x - 4 x+ 7
3 x

x +1
≥ ∀
Tiếp tục thấy rằng: Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x- 2 = 0 x = 2⇒
. Cho ta bài toán sau:
 Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
4 x - 4 x+ 7
x +1
Nếu ta “quan tâm” đến :
2 2
2 2
4 x - 4 x+ 7 (x- 2)
= 3
x +1 x +1
−
2 2 2
2 2 2
(4x - 4x+ 7)(3x + 2) (x-2)
- = 3
(x +1)(3x + 2) x +1
⇔
4 3 2 2
4 2 2
12x -12x + 29 x -8x+14 x - 4 x+ 4
- = 3
3x + 5x + 2 x +1
⇔
Ta có bài toán sau:

 Bài 3:
Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của biến:
4 3 2 2
4 2 2
12x -12x + 29 x -8x+14 x -4 x+ 4
-
3x +5x + 2 x +1
3) Từ bài toán 73* SBT Toán 6: Cho
1 1 1 1
S
11 12 13 20
= + + + +
. So sánh S với
1
2
Giải:
Ta thấy
1 1
11 20
>

1 1
12 20
>
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 17 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán


1 1

13 20
>
……
Do đó, ta có
1 1 1 1
S
11 12 13 20
= + + + +
>
1 1 1 1

20 20 20 20
+ + + +
1 4 4 4 2 4 4 4 3
10 số

1
S
2
⇒ >
* Tương tự, GV yêu cầu HS so sánh S với 1
HS: ta thấy
1 1
11 10
<

1 1
12 10
<
……

1 1
20 10
<
Do đó,
1 1 1 1
S
11 12 13 20
= + + + +
<
1 1 1

10 10 10
+ + +
1 4 42 4 4 3
10 số
Hay: S < 1
* Mở rộng bài toán trên, ta có bài toán sau:
Chứng tỏ rằng :
1 1 1 1 1 1

3 101 102 149 150 2
< + + + + <
PHẦN III
KẾT LUẬN
Nhằm nổ lực phấn đấu trong công tác giảng dạy mà ngành cấp trên đã giao, bản thân
tôi công tác ở Trường THCS ĐăkChoong, là một trường mà đối tượng là học sinh dân tộc
thiểu số, hiểu rất rõ để cho các em yêu thích bộ môn thì người giáo viên thi đua trong công
tác giảng dạy, luôn phấn đấu đầu tư, nghiên cứu nội dung chương trình, trao dồi, học hỏi
kinh nghiệm lẫn nhau nhằm tìm ra phương pháp giảng dạy mới. Sáng kiến kinh nghiệm

này là một sự cố gắng nhằm tìm kiếm các phương pháp hợp lý để tổ chức rèn luyện và
phát triển các phẩm chất trí tuệ cho học sinh thông qua học tập bộ môn, tìm kiếm cách giải
quyết một vấn đề hợp lí để học sinh nắm kiến thức cơ bản một cách nhẹ nhàng, từ đó phát
triển thêm cho học sinh khả năng phân tích và suy luận toán học, làm nền tảng cho công tác
phát hiện và bồi dưỡng học giỏi, học sinh năng khiếu bộ môn. Đây công tác mũi nhọn rất
quan trọng trong sự nghiệp đào tạo.
 Kết quả:
-Ý thức tự giác học tập bộ môn toán được nâng cao, học sinh thích thú giải quyết một
vấn đề liên quan đến toán học.
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 18 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

-Học sinh có khả năng phân tích, tổng hợp, tư duy tìm lời giải hay, đơn giản cho một
bài toán.
-Kĩ năng nhìn nhận một vấn đề, một hiện tượng ở nhiều khía cạnh khác nhau, biết xác
lập được mối quan hệ giữa các đơn vị kiến thức, giữa đại lượng đã biết và chưa biết. Kĩ
năng trình bày bài làm một cách rõ ràng, mạch lạc, sử dụng chính xác các kí hiệu toán học.
-Hình thành cho học sinh kỹ năng giải quyết một vấn đề có phương pháp, làm việc có
khoa học. Đối với việc giải các bài toán nâng cao, học sinh làm quen dần việc vận dụng và
mở rộng các kiến thức, hình thành và khái quát thành những phương pháp giải, để giải toán
có hiệu quả.
-Học sinh có ý thức hổ trợ nhau để cùng giải quyết một vấn đề khó trong bài tập,
nghiêm túc đánh giá những lập luận và cách giải quyết của người khác và ngay cả mình.
-Các tiết học toán ngày càng có chất lượng khi giáo viên biết phối hợp, lồng ghép các
kiến thức, các phương pháp giải toán, nhằm phát triển tư duy, phẩm chất trí tuệ của học
sinh.
 Đề xuất-Kiến nghị:
-Triển khai sáng kiến ở phạm vi các lớp học mà giáo viên đang trực tiếp giảng dạy,
dưới hình thức lồng vào các tiết học, hay tổ chức bồi dưỡng thành các chuyên đề.

-Có kế hoạch tổ chức kiểm tra, đánh giá những mảng kiến thức, phương pháp mà sáng
kiến kinh nghiệm này đã khai thác dưới nhiều hình thức kiểm tra, nhằm khắc phục những
hạn chế, bổ sung những thiếu sót, để sáng kiến ngày càng hoàn thiện hơn.
-Phổ biến sáng kiến đến giáo viên bộ môn giảng dạy toán, sử dụng làm tài liệu nghiên
cứu khai thác giảng dạy.
Tuy nhiên việc tổ chức hoạt động rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học
sinh cho mỗi tiết học vẫn còn không ít những khó khăn. Thực tế hiện nay, học sinh tiểu học
bước vào THCS chưa đồng đều, một số em tiếp thu còn chậm, nên nắm kiến thức cơ bản
chưa sâu. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này nhằm trao dồi chút ít kinh nghiệm trong các
đồng nghiệp về phương pháp và nội dung cần đưa vào trong mỗi tiết dạy để phát triển
phẩm chất trí tuệ cho học sinh, thiếu sót chắc chắn sẽ không tránh khỏi, chúng tôi sẽ khắc
phục dần trong những năm học tới để đề tài hoàn thiện hơn.
//*0*\\
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 19 -
Sáng kiến: Một số kinh nghiệm quản lý việc rèn luyện và phát triển các phẩm chất trí tuệ của học sinh qua dạy học Toán

Tài liệu tham khảo
1. Sách giáo khoa toán 6, 7, 8, 9 do Nhà xuất bản Giáo dục ấn hành năm
2002,2003,2004, 2005.
2. Sách bài tập toán 6, 7, 8, 9 do Nhà xuất bản Giáo dục ấn hành năm 2002,2003,2004,
2005.
3. Sách Giáo viên toán 6, 7, 8, 9 do Nhà xuất bản Giáo dục ấn hành năm
2002,2003,2004, 2005.
4.Các loại sách tham khảo Do Bộ giáo dục và Đào tạo, tài liệu bồi dưỡng giáo viên.
5. Báo Giáo dục và thời đại, tài hoa trẻ, thế giới trong ta.
NguyÔn Quang Duyªn Trêng THCS §¨kChoong
Trang - 20 -