Một số biện pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 7

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“CÔNG TÁC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 ”

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài :
Được Ban Giám Hiệu nhà trường phân công bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều
nhăm liền, tôi nhận thấy các em chỉ đạt được thành tích cao hơn so với lớp học. Các
em chưa thật sự nắm được vấn đề một cách vững chắc, thiếu sáng tạo, linh hoạt trong
một số tình huống nhất định, chỉ biết vận dụng theo lối mòn sẵn có, cho nên sẽ khó đạt
được thành tích tốt trong học tập.
Từ những vấn đề nêu trên, tôi nghĩ rằng phải đầu tư nhiều hơn cho việc bồi
dưỡng cho các em về biện pháp học tập môn Toán, giúp các em có đủ khả năng hiểu
được vấn đề một cách chắc chắn, biết phân tích đề bài một cách rõ ràng chính xác,
giải quyết vấn đề hợp lí để đi đến việc giải bài toán đạt kết quả như mong muốn.
Để giải quyết những vấn đề nêu trên, tôi xin trình bày một số việc làm của mình
trong công tác bồi dưỡng học giỏi môn Toán 7 như sau.
1.2. Phạm vi nghiên cứu của đề tài:
Thời gian thực hiện đề tài: từ 8/2013 đến nay.
Nghiên cứu và áp dụng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 nói riêng
và toán THCS nói chung.

2. PHẦN NỘI DUNG:
2.1. Thực trạng của vấn đề cần nghiên cứu:
Với câu hỏi: “Năng lực các em như thế nào?”, tôi muốn tìm hiểu học sinh mình
có khả năng học tập cỡ nào, mức độ tiếp thu, tính sáng tạo, linh hoạt ra sao? để từ đó
tôi mới tìm ra cách hướng dẫn phù hợp với khả năng các em.
Việc tìm hiểu các em không chỉ về mặt kiến thức mà phải còn tìm hiểu thêm
khả năng tiếp thu của các em ở mức độ nào? Các em có những thói quen tốt, thói quen
chưa tốt nào? Kể cả cách trình bày bài làm ra sao?
Bước đầu, tôi cho các em làm những bài tập đơn giản như các em đã được tiếp
xúc trong năm học lớp 6 và đầu năm học lớp 7. Qua đó, có thể đánh giá được khả

năng của các em.
Biết được học sinh của mình, tuỳ theo từng em tôi có cách nhắc nhở riêng với
những điểm yếu cần khắc phục.
Từ những việc làm trên qua khảo sát chất lượng đầu năm kết quả như sau:
TT
1
2

lớp

Môn

7A Toán
7B Toán
Tổng

SS
29
35
64

Giỏi
SL %
5 17.2
0
0
5
7.8

Khá

SL %
9
31
10 28.6
19 29.7

TB
SL
15
12
27

%
51.7
34.3
42.2

Yếu
SL
%
0
0
12 34.3
12 18.8

Kém
SL %
0
0
1 2.9

1 1.6

TB Trở lên
SL
%
29
100
22 62.9
51 79.7

1


Kết quả cho thấy tỉ lệ học sinh giỏi còn thấp, trước thực trạng trên, để khơi dậy
trong các em sự hứng thú học tập, yêu thích bộ môn, say mê khám phá, tìm tòi kiến
thức, phát triển tư duy, tính sáng tạo cho học sinh, nhằm nâng cao chất lượng dạy học,
và giúp học sinh học giỏi hơn môn Toán tôi đi vào nghiên cứu và áp dụng thực tiễn đề
tài: “Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7” nhằm góp phần nâng cao chất lượng
học sinh giỏi môn toán ở trường THCS.
2.2. Biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài.
2.2.1 Xây dựng nề nếp học tập:
Điều trước tiên tôi quan tâm đó là nề nếp học tập trên lớp. Không phải chỉ
nghiêng về trật tự lớp học mà tôi còn chú ý ở các em cách dùng sách, vở, thước, bút,
… nói chung là dụng cụ học tập.
Khi nào sử dụng tập để làm bài, khi nào dùng nháp và sử dụng vở nháp như thế
nào ? Trình bày ở nháp có khoa học và cẩn thận không…? Khi nào phải làm bài một
cách độc lập, khi nào thì thảo luận nhóm. Điều này, trong khoảng 2 đến 3 tuần đầu các
em sẽ quen và hiểu được ý tôi muốn các em lúc nào phải làm gì?
Có như thế, các em sẽ biết tập trung nghe giảng lúc nào? Biết khi nào phải làm
bài? Khi nào cần phải thảo luận và phát biểu ý kiến đóng góp cùng các bạn hay cùng

với thầy để xây dựng bài mới.
2.2.2. Nghiên cứu chương trình môn TOÁN ở các khối lớp :
Để hướng dẫn cho các em được tốt thì trước tiên, ta phải biết được các em đã
học những gì và những gì chưa học. Trong quá trình bồi dưỡng mình mới hướng các
em đến những kiến thức có liên quan đến những điều đã học. Tránh việc bắt các em
phải làm những việc mà các em chưa biết, chưa học đến bao giờ.
Cho nên việc nghiên cứu chương trình ở các cấp lớp, giúp giáo viên bồi dưỡng
hiểu được các em đã học được những gì, và những gì chưa học. Từ đó nắm chắc được
kiến thức một cách có hệ thống và có kế hoạch bồi dưỡng một cách hợp lý phù hợp
đối với học sinh.
2.2.3. Nghiên cứu Sách Giáo Khoa và nhiều tài liệu khác để soạn riêng tài
liệu bồi dưỡng thích hợp:
Để soạn tài liệu bồi dưỡng cho các em, trước tiên tôi nghiên cứu ở Sách Giáo
Khoa (lớp 6 - lớp 7) về các dạng bài tập và cũng tự suy nghĩ về yêu cầu hệ thống các
mãng kiến thức trong từng chương, từng nhóm bài được trình bày qua các dạng bài
luyện tập trong Sách Giáo Khoa.
Ngoài ra, bản thân còn tham khảo thêm nhiều tài liệu khác, cũng như những bộ
đề thi Học Sinh Giỏi của những năm trước đây. Với những tài liệu tham khảo này, tôi
phải chọn lọc những bài tập thích hợp với các em. Không phải chọn những bài tập quá
khó ngay từ đầu mà chọn những bài tập từ cơ bản dần dần đến nâng cao tạo cho các
em có cách học thoải mái nhẹ nhàng và dần dần yêu thích môn học tạo cảm giác say
mê ham học ham khám phá những bài toán khó.
2


Tôi soạn tài liệu để bồi dưỡng cho các em, theo phương châm: “Biết đến đâu
học đến đấy. Học đến đâu hiểu đến đấy”, không thể bắt ép các em dồn vào đầu óc
mình những điều mà mình không hiểu được gì cả. Thà rằng chậm, từng bước tạo cho
các em có được những hành trang kiến thức thật sự của mình và biết được trong gói
hành trang đó có được những gì, nắm được tác dụng của từng loại hành trang có được.

Tôi nghĩ như thế những kiến thức các em có được sẽ luôn ở bên mình trong suốt cuộc
hành trình vươn tới tương lai.
2.2.4. Xây dựng cho các em các bước để giải một bài toán:
Trước khi đi vào giải bài tập toán, tôi tập cho các em có được thói quen thực
hiện theo từng bước cụ thể để tìm hiểu đề bài thật chính xác rồi giải bài tập một cách
có hiệu quả.
Tôi yêu cầu các em phải thực hiện qua các bước như sau:
B1: Đọc kĩ đề bài (2 – 3 lần)
B2: Phân tích đề bài tìm cách giải.
B3: Tóm tắt đề toán (nếu cần).
B4: Giải bài toán (nháp).
B5: Trình bày bài giải.
B6: Kiểm tra kết quả.
Cụ thể:
* B1: Đọc kĩ đề bài (2 – 3 lần)
- Tìm xem đề bài cho biết gì? Chúng có quan hệ với nhau như thế nào? Vận
dụng những kiến thức nào đã hoc?
- Bài toán hỏi gì? (Quan trọng)
* B2: Phân tích đề bài tìm cách giải.
- Dựa vào câu hỏi của bài toán, đi tìm những điều cần thiết để tính.
- Căn cứ vào những điều đã cho để tìm cách giải.
- Dự đoán bài toán thuộc dạng bài toán gì?
* B3: Tóm tắt đề toán (nếu cần).
Ở bước này, nếu thuộc những dạng toán “Một số bài toán về đại lượng tỉ lệ
thuận, tỉ lệ nghịch, các bài toán chuyển động…” thì chúng ta tóm tắt bài toán. Còn
thuộc những dạng khác, tùy từng bài, nếu thấy cần thiết phải tóm tắt thì tóm tắt hoặc
những bài hình học, khi cần thiết phải biết vẽ hình cho rõ ràng chính xác để những dữ
kiện có liên quan được thể hiện một cách rõ hơn và tóm tắt bài toán bằng giả thiết, kết
luận.
* B4: Giải bài toán (nháp).

Bước này tập cho các em rèn tính cẩn thận khi làm bài. Sau khi tìm hiểu đề bài
và đã thấy được hướng giải quyết bài toán, các em liền ghi suy nghĩ của mình ra nháp,
kể cả việc thực hiện các phép tính (cộng, trừ, nhân, chia) và xem lại thật chính xác
trước khi ghi vào bài giải chính thức.
* B5: Trình bày bài giải.
Việc trình bày bài làm tuy các em đã được các thầy cô hướng dẫn qua từng năm
nhưng trong quá trình học tập thì mỗi em có một tính nết riêng. Có em kĩ lưỡng, có
3


em cẩu thả, có em thì quá tiết kiệm giấy,… nên mỗi em có thể có một biểu hiện riêng
trong cách trình bày bài làm của mình.
Qua quá trình bồi dưỡng, tôi thường theo dõi cách trình bày của các em để có
hướng nhắc nhở, giúp các em khắc phục được những hạn chế mà thể hiện bài làm một
cách rõ ràng, sạch sẽ, đúng quy định và khoa học.
Tuy là môn Toán nhưng tôi vẫn luôn để ý và sửa chữa các em về những lỗi
chính tả thường gặp khi trình bày bài giải một bài toán.
* B6: Kiểm tra kết quả.
Tôi nghĩ, đây là một bước rất cần thiết để các em tự kiểm tra và đánh giá lại kết
quả bài làm của mình.
Với các em bước kiểm tra kết quả bài làm, thường thì các em ít quan tâm đến.
Cho nên việc làm bài sai mà không hay, không biết là chuyện thường gặp ở các em.
Qua nhận định này, tôi luôn xây dựng cho các em một thói quen không thể thiếu là
biết kiểm tra lại kết quả khi đã giải xong bài tập, giúp các em xác định được bước đầu
kết quả bài giải của mình có đúng hay chưa? Khi cần thiết, các em biết kiểm tra lại
quá trình giải bài của mình, để chỉnh sửa lại cho chính xác, phù hợp với yêu cầu bài
toán.
2.2.5. Ôn tập các kiến thức cơ bản:
Như tôi đã nói ở phần trên (soạn tài liệu để dạy), để bồi dưỡng nâng cao kiến
thức cho các em, điều trước tiên tôi cho rằng: Các em phải nắm được những kiến thức

cơ bản đã học, nắm hiểu và vận dụng linh hoạt kiến thức cơ bản là chìa khóa cho mọi
sự thành công trong giải toán.
Thật ra, có một số em vào học bồi dưỡng mà kiến thức cơ bản, thậm chí tôi cho
là sơ đẳng các em còn không nhớ được. Ở đây tôi nói là không nhớ, chứ không phải là
không biết. Ví dụ như: Các định nghĩa, đinh lí, các quy tắc,… các em cũng không phát
biểu được. Có em hiểu được vấn đề nhưng nói chẳng thành câu !
Cho nên, trong thời gian các em học ở những tuần đầu, tôi cố gắng tái hiện lại
cho các em những điều gì đã học được ở lớp 6. Có thể nói giống như dạy lại những
bài luyện tập ở lớp 6, nên ở từng mãng kiến thức tôi vừa ôn tập lại cho các em, đến
khi các em nhớ lại chính xác vấn đề, tôi lại có một số bài tập nâng dần một cách nhẹ
nhàng, đủ sức để các em hiểu được vấn dề một cách mạch lạc, vững chắc.
2.2.6. Cung cấp cho các em nhiều dạng bài tập:
Ngoài việc tái hiện cho các em các kiến thức cơ bản đã được học ở lớp 6 và
đồng hành cùng các em với chương trình lớp 7 đang học ở lớp. Tôi mở rộng thêm
nhiều dạng bài tập khác liên quan đến các kiến thức đã học để các em được làm quen.
Ngoài những dạng toán điển hình, tôi còn tham khảo, nghiên cứu và suy nghĩ
thêm nhiều dạng đề bài khác và từng loại bài tôi nâng dần vừa sức với các em.

Do điều kiện không cho phép sau đây tôi xin đưa ra một số bài toán đại số
bắt đầu từ bài toán cơ bản, tôi thay đổi giả thiết của bài toán để được bài toán
mới vẫn giữ nguyên bản chất của bài toán cũ nhưng phải có mức độ tư duy cao
hơn; phải có tư duy tổng quát hoá mới giải quyết được vấn đề ,tôi thấy vận dụng
4


vào quá trình ôn tập cho học sinh giỏi lớp 7 rất phù hợp. Trước hết chúng ta bắt
đầu với bài toán khá đơn giản sau:
Bài toán1: Cho

x y z

= = và x+y+z=-360, Tìm x,y,z
3 5 3

Đối với bài tập này với học sinh lớp 7A mà tôi phụ trách, số lượng cac em làm
được là khá nhiều (25/29 học sinh), vì đơn thuần bài tập này chỉ việc áp dụng tính chất
a

c

e

a+c+e

dãy tỉ số bằng nhau b = d = f = b + d + f . Một học sinh đã lên bảng trình bày lời giải
khá chuẩn như sau:
Giải:
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, từ
x y z x + y + z −360
= = =
=
= −36 ,
2 5 3 2+3+5
10
x
= −36 ⇒ x=-72
Suy ra:
2
y
= −36 ⇒ y=-180
5

z
= −36 ⇒ z=-108
3

x y z
= = , x+y+z=-360 ta có
3 5 3

Vậy: x=-72, y=-180, z=-108
Vẫn giữ nguyên dữ kiện thứ 2 của bài toán nhưng tôi thay đổi dữ kiện thứ nhất
đi một chút, tôi có bài toán thứ hai khó hơn như sau:
Bài toán2: Cho 5x=2y,3y=5z và x+y+z=-360, tìm x,y,z.
Đến bài toán này trong 28 học sinh lớp 7A tôi chỉ thấy có 5 em giơ tay xung
phong làm, các em còn lại không biết bắt đầu từ đâu. vì vậy tôi đưa ra cho các em một
số gợi ý sau:
Gợi ý
? Bài toán này khác gì so với bài toán trước?
H/S: khác dữ kiện đầu tiên.
? Hãy biến đổi 2 đẳng thức 5x=2y,3y=5z thành dãy tỉ số bằng nhau?
H/S: ???
Gợi ý thêm: ? Hãy viết 2 đẳng thức 5x=2y,3y=5z thành hai tỉ lệ thức có chứa
x,y,z ở “ tử ”?
x
2

H/S: 5x=2y ⇔ =
3y=5z ⇔

y
(1)

5

y z
= (2)
5 3

? Từ (1) và (2) ta suy ra điều gì?
H/S:

x y z
= =
2 5 3

Đến lúc này cả lớp ồ lên vì thực ra bài toán này không khác gì so với bài toán
trước và hào hứng làm vào vở.Tôi gọi 1 học sinh lên giải, lời giải của em như sau:
5


Giải:
x
2

Ta có: 5x=2y ⇔ =

y
y z
x y z
(1) 3y=5z ⇔ = (2) Từ (1) và (2) ta có: = =
5
5 3

2 5 3

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, và x+y+z=-360 ta có:
x y z x + y + z −360
= = =
=
= −36 ,
2 5 3 2+3+5
10
x
= −36 ⇒ x=-72
Suy ra:
2
y
= −36 ⇒ y=-180
5
z
= −36 ⇒ z=-108
3

Vậy: x=-72, y=-180, z=-108
Vẫn giữ nguyên dữ kiện thứ 2 của bài toán tôi tiếp tục thay đổi dữ kiện thứ
nhất đi một chút, tôi có bài toán thứ 3 khó hơn như sau:
Bài toán3: Cho 15x=6y=10z và x+y+z=-360, tìm x,y,z.
Đến bài toán này trong 29 học sinh lớp 7A không thấy có em nào giơ tay, vì các
em chưa thấy mối liên hệ nào giữa đẳng thứ kép 15x=6y=10z với dãy tỉ số bằng nhau
để có thể áp dụng T/C dãy tỉ số bằng nhau. do đó tôi đưa ra một số gợi ý để học sinh
làm như sau:
Gợi ý:
? BCNN(15;6;10)=?

H/S: 30
? Hãy chia các vế của đẳng thức cho BCNN(15;6;10)?
H/S:

15 x 6 y 10 z
x y z
=
=
⇔ = =
30 30 30
2 5 3

Đến đây học sinh lại ồ lên vì thực chất bài toán 3 cũng chính là bài toán 1, cả
lớp hào hứng bắt tay vào làm.
Từ cách gợi ý của hai bài toán trên tôi lại giữ lại dữ kiện thứ nhất của bài toán 2
và bài toán 3 thay đổi dữ kiện thứ hai Tôi đưa ra cho học sinh bài toán 4 khó hơn như
sau:
Bài toán4: Cho 5x=2y,3y=5z và 2x-3y+z=288, tìm x,y,z
Cho 15x=6y=10z và 2x-3y+z=288, tìm x,y,z
Nhận xét: Rõ ràng H/S đã biết được cách biến đổi 5x=2y,3y=5z và 15x=6y=10z
thành dãy tỉ số bằng nhau
hệ giữa

x y z
= = . Vấn đề đặt ra là các em chưa tìm được mối liên
2 5 3

x y z
= = với dữ kiện 2x-3y+z=288 của bài toán. Để học sinh làm được bài
2 5 3

toán này tôi đưa ra cho học sinh một số gợi ý sau:
Gợi ý:
? Để áp dụng được 2x-3y+z=288 Thì trên “tử” của các tỉ số

x y
, phải xuất hiện
2 3

thêm các thừa số nào?
H/S: Trên tử phải xuất hiện các tích 2x và 3y trên “tử”
6


? Muốn xuất hiện 2x và 3y trên tử các tỉ số

x y
, ta làm thế nào?
2 3

H/S: Nhân cả tử và mẫu của các tỉ số trên lần lượt với 2 và 3, ta được dãy tỉ số
bằng nhau mới

2x 3y z
=
= .
4 15 3

Đến đây thì các em đã tìm ra cách giải một cách không thể mĩ mãn hơn được.
Cả lớp hào hứng bắt tay vào làm. Kết quả học sinh tìm được là:

x=-72, y=-180, z=-108.
Tiếp tục khai thác bài toán trên, thay dữ kiện 2x-3y+z thành dữ kiện
2
2
x +y +z2=152 ta có bài toán mới khó hơn như sau:
Bài toán 5: Cho 5x=2y,3y=5z và x2+y2+z2=152, tìm x,y,z
Cho 15x=6y=10z và x2+y2+z2=152, tìm x,y,z
Ở bài toán này học sinh đã biết cách biến đổi 5x=2y,3y=5z và 15x=6y=10z
thành dãy tỉ số bằng nhau

x y z
x y z
= = . Vấn đề là làm cách nào để biến đổi = = để
2 5 3
2 5 3

áp dụng được dữ kiện x2+y2+z2=152.
Thật bất ngờ, đến bài này có rất nhiều học sinh giơ tay (22/28 học sinh). Rõ ràng đúc
kết từ kinh nghiệm bài trên các em đã rút ra được muốn áp dụng được dữ kiện
x2+y2+z2=152 thì các em phải bình phương các tỉ số
nhau mới

x y z
, , để được dãy tỉ số bằng
2 5 3

x2 y 2 z 2
=
=
.

4 25 9

Một em lên bảng trình bày lời giải tương đối hoàn chỉnh như sau:
Giải:
Ta có:

x y z
x2 y2 z 2
= = ⇔
=
=
.
2 5 3
4 25 9

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau cùng với dữ kiện x2+y2+z2=152 ta được
x 2 y 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 152
=
=
=
=
=4
4 25 9
4 + 25 + 9
38
 x2
 4 =4
 2
 x = ±4
y


⇒  = 4 ⇒  y = ±10 .
 25
 z = ±6

 z2
 =4
9

Vậy tồn tại 2 cặp giá trị (x, y, z) thõa mãn đề bài là:
(x=4; y=10;z=6) và (x=-4; y=-10; z=-6)
Các bạn thấy đấy bằng cách thay đổi 1 dữ kiện trong bài toán cũ ta lại được một
bài toán có vẻ khó hơn. Song nếu tìm thấy được mối liên hệ giữa các bài toán đó ta
thấy chúng thật đơn giản phải không? Từ các bài toán này học sinh hình thành hướng
giải hàng loạt bài toán về dãy tỉ số bằng nhau một cách dễ dàng.
Sau bài học này, tôi giao cho học sinh 3 bài tập sau cho học sinh về làm:
7


Bài toán 6: Tìm x, y, z biết
x y y z
= ; = , x + y − z = −78
2 3 5 4
x −1 y − 2 z − 3
=
=
, x − 2 y + 3 z = 14
b)
2
3

4
x y z
c) = = , x 2 + 2 y 2 − z 2 = −12
2 3 5

a)

Đến hôm sau, tôi thu vở chấm thật bất ngờ đa số các em làm rất tốt các bài tập
mà tôi đã giao. Cụ thể: 24/28 học sinh đã làm được các bài tập này với một đáp án
chính xác là:
a) x=-60; y=-90; z=-72
b) x=3; y=5; z=7
c) x=4; y=6; z=10 và x=-4; y=-6; z=-10.
Quả thật đây là một kết quả như tôi mong đợi trước khi tiến hành bài dạy, tuy
chỉ là một vấn đề nhỏ gói gọn trong một tiết luyện tập xong tôi nhận thấy hiệu quả của
nó thật là to lớn.
2.2.7. Hình thành năng lực giải toán qua việc phát triển các bài toán từ bài
toán ban đầu:
- Để tạo ra một bài toán từ bài toán ban đầu thì phải tuân theo các con đường sau:
1. Lập bài toán tương tự.
2. Lập bài toán đảo.
3. Thêm một số yếu tố rồi đặc biệt hoá.
4. Bớt một số yếu tố rồi khái quát hoá.
5. Thay đổi một số yếu tố.
* Sau đây xin trình bày một số ví dụ minh hoạ:
Bài toán 1: Tính x, biết rằng: x − 1,7 = 2,3
Bài toán này chúng ta đã có lời giải.
Ta có hai trường hợp:
* x – 1,7 = 2,3 => x = 2,3+ 1,7=4
* x – 1,7 = - 2,3 => x = -2,3 + 1,7 = -0,6

Ở bài này đối với học sinh trung bình, yếu không thể làm được. Ta có thể tinh
giản đưa về dạng đơn giản hơn mà ở đó học sinh chỉ cân đọc SGK là làm được bài. Ta
có bài toán mới.
Bài toán 1.1 : tính x, biết rằng: x = 2,3
+ Phân tích: ta thấy 2,3 = 2,3 và - 2,3 = 2,3 nên khi x = 2,3
thì x = 2,3 hoặc x = -2,3
Từ bài toán 1.1 ta thêm yếu tố (-1,7) vào giá trị tuyêt đối cho học sinh nhìn thấy
sự giống nhau hai bài toán.
2,3 = 2,3 và - 2,3 = 2,3 nên khi x − 1,7 = 2,3 thì …

8


+ Phân tích: Từ bài toán trên ta thấy yếu tố quan trọng của bài toán không phụ
thuộc nhiều vào biểu thức trong ngoặc. ta chỉ cần thay vế phải bằng hai giá trị đối
nhau. từ đó cho ta đề suất bài toán tương tự
Bài toán 1.2: Tìm x, biết rằng: x − 2009 = 2000
Bài toán này chắc rằng học sinh sẽ giải được dựa vào bài toán 1. ta cung có thể
thay 2009, 2000 bằng những phân số…
Ta có hai trường hợp:
• x – 2009 = 2000 => x = 2000 + 2009 = 4009
• x – 2009 = -2000 => x = -2000 + 2009 = 9
thêm một vài yếu tố cho bài toán 1 ta được
Bài toán 1.3: tìm x, biết rằng: x − 1,7 − 3,2 = 2,3
+ Phân tích: ở dạng bài này cần áp dụng quy tắc chuyển vế thự hiện cộng, trừ thì
bài toán trở về dạng Bài toán 1.
x − 1,7 − 3,2 = 2,3
x − 1,7 = 2,3 + 3,2
x − 1,7 = 5,5

Kết quả: x = 7,2 hoặc x = -3,8
Ở bài 1.3 nội dung gần giống như bài toán 1 nhưng đã được nâng lên với mức
độ khó hơn mà học sinh vẫn giải được.
Khai thác:Trong bài toán 1
 x − 1,7 nêu x - 1,7 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1,7
x − 1,7 = 2,3 theo định nghĩa ta có x − 1,7 = 
- ( x - 1,7) nêu x - 1,7 ≤ 0 ⇒ x ≤ 1,7

* x – 1,7 = 2,3 => x = 2,3+ 1,7=4
* -(x – 1,7) = 2,3 => x-1,7 = -2,3 => x = -2,3 + 1,7 = -0,6
Tới đây ta có thể đề xuất bài toán đăt biệt hơn. Đòi hỏi học sinh phải hiểu rõ nội
dung định nghĩa giá trị tuyệt đối. có phương pháp suy luận tốt. ta có bài toán mở rộng.
Bài toán 1.4: tìm x, biết: x + x =

1
2

Phân tích: trong trường hợp này ta phải xét từng trường hợp dấu của biểu thức
trong dấu giá trị tuyệt đối.
Giải
1
2

• Nếu x ≥ 0 thì x = x và x + x = x + x = 2 x = ⇒ x =
• Nếu x ≤ 0 thì x = − x và x + x = − x + x = 0 x =
Vậy x =

1
4

1
không thoả mãn
2

1
4

Lưu ý: dễ thấy x > 0 vì nếu x < 0 thì x +x = 0
Từ việc cần phải xét dấu biểu thức trong giá trị tuyệt đối. ta đề xuất thêm bài
toán tương tự.
2
3

Bài toán 1.5 tính giá trị của biểu thức: A = x + − x − 3 khi x ≥ 3
9


Giải
2
Vì x ≥ 3 nên x + > 0 và x − 3 ≥ 0; do đó
3
2
2
x + = x + và x − 3 = x − 3
3
3
2
2
2
−7

=> x + − x − 3 = x + - ( x – 3) = ( x- x ) + ( - 3 ) =
3
3
3
3

Khai thác trong bài toán trên ta phải xét dấu trong giá trị tuyệt đối với một giá trị
của x . vậy với nhửng bài có nhiều dấu giá trị tuyệt đối thì ta cũng xét tương tự. đối
với bài toán chưa cho giá trị của x trước ta sẻ xét tường trường hợp một của x. ta có đề
xuất bài toán mới như sau:
Bài toán 1.6 tìm x , biết: 2. x − 17 + x = 36
 x khi x ≥ 0
 x − 17 khi ( x − 17) ≥ 0
; x − 17 = 
− x khi x < 0
− ( x − 17)khi ( x − 17) < 0

Phân tích: x = 

Do đó ta cần phải xét dấu đầy đủ hai giá trị tuyệt đối. trong từng trường hợp cụ
thể vì khi x ≥ 0 trong đó còn trường hợp x < 17.
Bài toán được giải như sau:
* Khi x< 0 thì |x| = - x và x – 17 <0 nên |x – 17|= -(x – 17) = -x + 17 suy ra
2.|x – 17| + |x| = 36
2(-x +17) – x = 36
-2x + 34 – x = 36
-3x
=2
x

=−

2
3

* Khi 0 < x < 17 thì |x| = x và x – 17 <0 nên |x – 17|= -(x – 17) = -x + 17 suy ra
2.|x – 17| + |x| = 36
2(-x +17) + x = 36
-2x + 34 + x = 36
-x
=2
x
= -2 ( không thoả mãn)
{0 < x < 17}
* Khi x ≥ 17 thì |x| = x và |x – 17| = x – 17 suy ra
2.|x – 17| + |x| = 36
2( x – 17) + x = 36
2x – 34 + x = 36
3x
= 70
x
Vậy x = −

=

70
3

2
70

hoặc x =
3
3

Xét Bài toán 2: viết các phân số

1 1
,
dưới dạng số thập phân.
99 999

Phân tích: Trong bài toán trên để tính được chỉ cần thực hiện phép chia tử cho
mẫu.
10


Giải
1
99
100
0,0101…
100
100
…
Vậy

1
999
1000
0,001001

1000
…
1000
…

1
1
= 0, (01);
=0,(001)
99
999

Khai thác bài toán: ta thấy phép chia là một số thập phân vô hạn tuần hoàn. Chu
kỳ gồm có số các số đúng bằng số các chữ số 9 ở mẫu, trong đó số cuối cùng là tử số
1 các số còn lại là chữ số 0. ví dụ

1
= 0, (0001) .
9999

Từ đây cho phép ta lập bài toán tương tự.
Bài toán 2.1: Viết các số sau dưới dạng số thập phân:

2 3
4
;
;
99 999 9999

Tương tự cách giải trên ta có:

2
= 0, (02);
99

3
= 0, (003);
999

4
= 0, (0004)
9999

Theo quy tắc trên cho ta bài toán đảo:
Bài toán 2.2: Viết các số sau dưới dạng số thập phân tối giản: 0,(4); 0,(05); 0,
(006); 0,(33).
Ta cung có thể áp dụng quy tắc trên để dự đoán kết quả.
Giải
1
9

4
9
1
5
• 0,(05) =5. 0,(01) = 5. =
99 99
1
6
2
=

=
• 0,(006) = 6. 0,(001) = 6.
999 999 333
1 33 1
• 0,(33) = 33.0,(01) = 33. = =
99 99 3

• 0,(4) = 4.0,(1)= 4. =

* Phân tích: ta thấy chu kỳ của một số bắc đầu ngay dấu phẩy, khi đổi số thập
phân vô hạn tuần hoàn này ra phân số ta được phân số có:
+ tử là chu kỳ
+ mẫu là lột số gồm các chữ số 9. số chữ số 9 bằng số các số có trong chu kỳ.
Khai thác: trong trường hợp số thập phân vô hạn tuần hoàn mà chu kỳ không
bắc đầu ngay dấu phẩy ta làm như thế nào? Ta có ví dụ sau:
Bài toán 2.3: viết phân số 0,1(25) dưới dạng số thập phân tối giản.
Phân tích: ta thấy 0.1(25) = 0,1 + 0,0(25). Số 1 trong số thập phân được gọi là
phần bất thường một số thập phân như vậy gọi là số thập phân vô hạn tuần hoàn tạp.
Dựa vào đây ta tìm cách giải tổng quát.
11


Giải
1
1 1
1 1 25 1 25
+ 0,0(25) = + .0, (25) = + . = +
0,1(25) =
10
10 10

10 10 99 10 990
1.99 + 25 1(100 −1) + 25 100 −1 + 25 125 −1 124
=
=
=
=
=
990
990
990
990
990
Vậy 0,1(25) =

124
.
990

* Khai thác: Khi đổi số thập phân vôi hạn tuần hoàn tạp sang phân số, ta được
một phân số là:
+ Tử là một số gồm phần bất thường kèm theo một chu kì ( ở vd trên là 125) trừ
bớt đi phần bất thường ( 125 – 1).
+ Mẫu là một số gồm các chữ số 9 và chữ số 0. số chữ số 9 bằng số chữ số
trong chu kì, còn số chữ số không bằng số chữ số trong phần bất thường.
Bài toán 2.4: viết số sau dưới dạng phân số tối giản. 0,2(16); 0,63(84)
Giải
6384 − 63 6321 2107
216 − 2 214 107
=
=

=
=
0.2(16)=
;
0,63(84)=
9900
9900 3300
990
990 495
Từ bài toá trên có thể đề xuất bài toán sau.
0,1(6) + 0.(3)

Bài toán 2.5: Tìm x, biết. 0, (3) + 1,1(6) .x = 0.(2)
Giải
Ta có:
16 − 1 15 1
3 1
=
= ;
0, (3) = = ;
90
90 6
9 3
0,1(6) + 0.(3)
Do đó: 0, (3) + 1,1(6) .x = 0, (2)
1 1
3
+
6 3 .x = 2
6 .x = 2

=>
=>
1 7
9
9
9
+
6
3 6
0,1(6) =

1,1(6) =

x=

116 − 11 105 7
=
= ;
90
90 6

0, (2) =

2
.
9

2
3

Ví dụ 3: chúng ta bắt đầu từ bài toán sau:
Bài toán 3: Cho a,b ∈ Z, b > 0. So sánh hai số hữu tỉ

a
a + 2001
và
b
b + 2001

(bài 9, trang 4 SGK tóan 7)
Bài toán này chúng ta đã có lời giải sau
Xét tích a( b + 2001) = ab + 2001a, b(a + 2001) = ab + 2001b
Vì b>0 nên b + 2001 > 0
- Nếu a > b thì ab + 2001a > ab + 2001b
a(b + 2001) > b>(a + 2001)
=>

a a + 2001
>
b b + 2001

12


a a + 2001
<
b b + 2001
a a + 2001
- Nếu a = b thì rõ ràng =
b b + 2001

- Tương tự, nếu a< b thì

Điều này cho ta bài toán tương tự bài toán trên
Bài toán 3.1: Cho a,b ∈ Z, b > 0. So sánh hai số hữu tỉ
Đến đây chúng ta cũng lập bài toán tương tự.

a
a + 2009
và
b
b + 2009

Bài toán 3.2: Cho a,b ∈ Z, b> 0, n ∈ N*. So sánh hai số hữu tỉ
Giải
Xét tích a( b + n) = ab + an,
b(a + n) = ab + bn
Vì b > 0 và n ∈ N* nên b + n > 0
- Nếu a > b thì ab + an > ab + bn
a(b + n) > b(a + n)
=>

a a+n
>
b b+n

- Tương tự, nếu a < b thì =>
- Nến a= b, thì rõ ràng

a

a+n
và
b
b+n

a a+n
<
b b+n

a a+n
=
b b+n

Từ lời giải này chúng ta lại có bài toán mới
Bài toán 3.3: Cho a,b ∈ Z, b > 0 và n ∈ N*. chứng minh rằng:
a
a a+n
a) Nếu > 1 thì >
b
b b+n
a
a a+n
b) Nếu < 1 thì <
b
b b+n
Giải
Ta có

a
>1  a> b

b

 an > bn
( Vì n ∈ N*)
 ab + an > ab +bn


a a+n
>
b b+n

b) chứng minh tương tự câu a).
Áp dụng điều này cho ta đề xuất tiếp bài toá thực tế.
Bài toán 3.4: So sánh hai phân số:
1983 2009
và
1973 1999
2000 1000
và
b)
2009 1009

a)

13


Giải

1983

1983
1983 + 26 2009
=
>1 nên theo bài 3.3 a) suy ra
>
1973 + 26 1999
1973
1973
1000
1000 1000 + 1000 2000
=
b) ta có
<1 nê theo bài 3.3 b) say ra
<
1009
1009 1009 + 1000 2009

a) Ta có:

bài toán này vẩn cò có thể khái thác thành bài toán mới ví dụ:
Bài toán 3.5: So sánh hai số hữu tỉ sau
19832009 + 1
19832008 + 1
và
y
=
19832008 + 1
19832007 + 1
20082008 + 1
20082007 + 1

b) a =
và
b=
20082009 + 1
20082008 + 1

a) x =

…

Ở hình học việc lập ra các bài toán mới có phần khó khăn hơn. Tuy nhiên
giúp học sinh đưa ra các bài toán mới cũng rất cần thiết. Ta có ví dụ sau:
Bài toán 4: cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm D thuộc cạnh AC, Điểm E
thuộc cạnh AB, Sao cho AD = AE.
a) So sánh ABˆD và ACˆE
A
b) ∆IBC là tam giác gì? Vì sao?
E
∆ABC (AB= AC)
D
GT
I
D∈AC, E∈AB,AD = AE
a)
so sánh ABˆD và ACˆE
KL
B
C
b) ∆IBC là tam giác gì?
* Phân tích: Ta thấy ABˆD và ACˆE là các góc của tam hai tam giác ABD và tam

giác ACE. Hai tam giác này có đủ các yếu tố để bằng nhau. Ta chứng minh cho
ABˆD = ACˆE

* Chứng Minh
a) Xét ∆ABD và ∆ACE có
AB = AC ( GT)
AD = AE (GT)
ˆ : góc chung
A
=> ∆ABD = ∆ACE ( C – G – C)
=> ABˆD = ACˆE ( hai góc tương ứng)
ˆ E = AC
ˆ B − AC
ˆE
ˆ D = AB
ˆ C − AB
ˆ D;
b) Ta có CB
BC
ˆ E ( Câu a)
ˆ D = AC
mà ABˆ C = ACˆ B( hai góc đáy tam giác cân); AB
=> CBˆD = BCˆE

=> ∆IBC là tam giác cân

14


* Khai thác: rõ ràng nếu AD + AE thì BE = CD . và IB = IC (∆IBC là tam). Từ

đó giúp đề xuất bài toán tương tự.
Bài toán 4.1: Cho tam giác cân ABC có AB = AC. Trên cạnh AB lấy điểm E.
Trên cạnh AC lấy điểm D. sao cho AD = AE. Chứng minh rằng:
a) ∆BCE = ∆CBD
A
b) IB= IC, ID=IE
E

I

GT
KL

∆ABC (AB= AC)
D∈AC, E∈AB, AD = AE
a) ∆BCE = ∆CBD
b) IB= IC, ID=IE

D

B

C

* Phân tích:
Tương tự bài trước chứng minh ∆BCE = ∆CBD theo trường hợp Cạnh – Góc
ˆ I ( từ kết quả câu a) còn
– Cạnh. Câu b) ∆IBE và ∆ICD đã có EB = DC và BEˆI = CD
ˆ D . Vì vậy ta chứng minh cho IB
ˆD.

ˆ E = IC
ˆ E = IC
thiếu điều kiện IB
* Chứng minh
a) Xét ∆BCE và ∆CBD có:
BE = AB – AE;
CD = AC – AD Mà AB = AC, AE = AD (GT)
=> BE = CD, BE cạnh chung
ˆ B ( Hai góc ở đáy tam giác cân)
ˆ C = DC
EB
=> ∆BCE = ∆CBD ( C- G–C)
ˆ I = EB
ˆ C - IB
ˆ C ; DCˆI = DCˆB - ICˆB
b) Ta có: EB
mà EBˆC = DCˆB; IBˆC = ICˆB (hai góc tương ứng)
=> EBˆI = DCˆI
Xét có: ∆IBE và ∆ICD
BE = BD ( câu a)
ˆ C ( Câu a)
IEˆB = ID
ˆ I ( chứng minh trên)
ˆ I = DC
EB
=> ∆IBE = ∆ICD (G – C – G)
=> IB = IC, ID = IE ( hai canh tương ứng)
Khai thác: Bài toán 4.1 a) trường hợp ∆BCE = ∆CBD theo trường hợp góc
- cạnh – góc. Trong đó hai góc là do yếu tố tam giác cân. Và hai cạnh bằng nhau BC
= CB.

Dựa vào đó ta phát triễn bài toán mới như sau
15


Bài toán 4.2: Cho tam giác ABC cân tại A. Trên BC lấy hai điểm D và E sao
cho BD = CE. Từ D kẽ DH ⊥ AB (H ∈ AB). Từ E kẽ EK ⊥ AC (K ∈AC). Chứng
minh rằng:
a) DH = EK
b) Gọi I là giao điểm của DH và EK . ∆IDE là ta giác gì? Vì sao

GT

KL

∆ABC (AB = AC)
D,E ∈ BC, BD = CE
DH ⊥ AB. EK ⊥ AC
a)
DH = EK
b) ∆IDE là ta giác gì? Vì sao?

* Phân tích: a) ta thấy DH và CK là hai cạnh của hai tam giác BDH và
tam giác CEK. chứng minh dựa vào trường hợp bằng nhau của tam giác
vuông.
b) từ câu a có thể suy ra hai góc IDE bằng góc IED. Dựa vào hai góc
đối đỉnh.
* Chứng minh
a)
Xét ∆BDH và ∆CEK có
ˆ = Cˆ (hai

BD = CE ( GT); Hˆ = Kˆ = 900 ; B
góc đáy tam giác cân)
=> ∆BDH = ∆CEK (G – C – G )
=> DH = CK ( hai cạnh tương ứng)
b) Từ câu a) suy ra
ˆ
=> D1 = Eˆ1 ( hai góc tương ứng)
Mà Dˆ 2 = Dˆ1 , Eˆ 2 = Eˆ1 ( Hai góc đối đỉnh)
=> Dˆ 2 = Eˆ 2
=> ∆IDE cân tại I.

16


* Khai thác: theo tính chất của tam giác cân, và điều kiện BD = CE, ta vẽ
thêm AD và AE để có thêm hai tam giác bàng nhau mới.
Bài toán 4.3: Cho tam giác ABC cân tại A. Trên BC lấy hai điểm D và E sao
cho BD = CE. Chứng minh rằng:
a) AD = AE
b) Từ D kẽ DH ⊥ AB (H ∈ AB). Từ E kẽ
EK ⊥ AC (K ∈AC).Gọi I là giao điểm của DH
và EK . chứng minh ID = IE.

GT
KL

∆ABC (AB = AC)
D,E ∈ BC, BD = CE
DH ⊥ AB. EK ⊥ AC
a)AD = AE

b) ID = IE

* Phân tích: a) thực hiện chúng minh tam giác ABD bằng Tam giác ACE theo
trường hợp (c – g – c).
b) chứng minh giống như bài 4.2 => ID = IE hai cạnh bên.
* Chứng minh
a) Xét ∆ABD và ∆ACE có
AB = AC ( GT)
BD = CE (GT)
ˆ E ( Hai góc đáy tam giác cân)
ˆ D = AC
AB
=> ∆ABD = ∆ACE ( C – G – C)
=> AD = AE ( hai cạnh tương ứng)
b) Chứng minh ∆IDE cân tại I như bài 4.2 => ID = IE (hai cạnh bên)
Khai thác: với việc tạo thêm hai cạnh bằng nhau ta cũng có bài toán tương tự.
Bài toán 4.4: cho tam giác ABC. Từ A kẽ AM vuông góc BC (M∈ BC). Trên
tia đối của BM lấy điểm D, trên tia đối của CM lấy điểm E, sao cho BD = MC, CE =
MB. Từ B kẽ BH ⊥ AD(H∈AD), từ C kẽ CK ⊥ AE ( K∈ AE).
a)
chứng minh rằng: AD = AE
b)
Gọi O là giao điểm của BH và CK. Xác định dạng của tam giác OBC.
∆ABC
A
AM ⊥ BC,
GT
BD = MC, CE = MB
H
K

BH ⊥ AD(H∈AD), CK ⊥ AE ( K∈ AE)
1 B
D
1
M
C
a) AD = AE
21
21
KL
b) Xác định dạng của tam giác OBC
* Phân tích: a) để chứng minh cho AD = AE,

O

E


Ta chứng minh cho ∆AMD = ∆AME hai tam giác này có đã có đủ những yếu tố
để bằng nhau.
b) tương tự bài 4.3 ta chứng minh cho gócOBC bằng gócOCB.
* Chứng minh
a)
Xét ∆AMD và ∆AME có
MD = MB+ BD; ME = MC + CE
Mà MB = CE; MC = BD
=> MD = ME
AM cạnh chung
ˆ D = AM
ˆ E = 90 0

AM
=> ∆AMD = ∆AME ( C – G – C)
=> AD = AE (hai cạnh tương ứng)
b) từ AD = AE ( ở trên)
=> ∆ADE cân tại A.
=> Dˆ = Eˆ ( hai góc đáy tam giác cân)
Mà Bˆ1 + Dˆ = 180 0 , Cˆ1 + Eˆ = 180 0 ( hai góc nhọn tam giác vuông)
=> Bˆ1 = Cˆ1
=> Bˆ2 = Cˆ 2 ( đối đỉnh với hai góc bằng nhau)
=> ∆ OBC là tam giác cân.
2.2.8. Động viên học sinh giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau:
Các em giải được bài tập đó là một yêu cầu cần thiết. Nhưng để phát triển thêm
tư duy cho các em, tôi còn động viên các em tìm ra nhiều cách giải khác (nếu có thể
được).
Khi các em biết giải thêm những cách khác trên cùng một bài tập, như thế các
em sẽ nắm và hiểu được vấn đề một cách chắc chắn hơn và cũng để tạo cho các em có
được tính linh hoạt, sáng tạo và biết chọn lọc được cái hay trong giải toán.
Việc tìm ra nhiều cách giải cho bài toán là một cách rèn luyện tư duy hiệu quả.
Từ một bài toán ban đầu ta có thể đặc biệt hóa nó để có được những bài toán mới rồi
từ đó tìm ra nhiều lời giải cho bài toán này. Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu với
các bạn ví dụ như vậy
a

c

a

c

VD: Cho b = d chứng minh rằng a − b = c − d .

Đối với bài toán này ta có thể đặt

a c
= = k hoặc biến đổi tỉ lệ thức cho trước để
b d

chúng trở thành đẳng thức cần chứng minh.
Giải:

a c
b d
b
d
a −b c −d
a
c
⇒
=
⇒ = ⇒ 1− = 1− ⇒
=
=
(đpcm)
b d
a c
a
c
a
c
a−b c−d
a c

a b a −b
a
c
⇒
=
Cách 2: = ⇒ = =
(đpcm)
b d
c d c−d
a −b c −d

Cách 1:

Cách 3: ( Cách này áp dụng được vào nhiều bài toán dạng này)


a c
= = k suy ra a = bk ; c = dk
b d
a
bk
bk
k
Ta có: a − b = bk − b = b(k − 1) = k − 1 (1)
c
dk
dk
k
=
=

=
(2)
c − d dk − d d (k − 1) k − 1
a
c
=
Từ (1) và (2) suy ra
a −b c −d

Đặt

Nhận xét. Như vậy, bằng cách biến đổi hoặc đặt, ta đã có 3 cách giải cho bài
toán trên.
2.2.9. Rèn luyện kỹ năng giả toán thông qua việc giải toán qua mạng
Intenet:
Song song với quá trình bồi dưỡng theo chương trình kế hoạch mà giáo viên đề
rà thì giáo viên kết hợp ôn luyện cho học sinh rèn luyện kỹ năng giải toán qua mạng
theo trình tự các bước như sau:
* Bước 1: Khám phá:
Mỗi vòng thi bắt đầu, giáo viên yêu cầu học sinh lên mạng tự giải, ghi tất cả các
bài toán cũng như đáp số lại. Sau đó phân dạng bài, nhóm bài.
* Bước 2:Thảo luận nhóm :
Các HS học nhóm trao đổi với nhau kết quả những bài giải được, chưa giải
được, thảo luận tìm cách giải, sau đó sắp xếp các bài toán theo từng dạng cho dễ
nhớ. Những bài nào không làm được giáo viên trợ giúp (Tổ chức HD cả lớp cùng
giải để tất cả học sinh đều nắm được cách giải).
Bước 3: Tăng tốc độ:
Từng học sinh dưới sự giám sát của giáo viên giải độc lập từng bài. Qua mỗi
bài giáo viên đều ghi lại thời gian để thấy được sự tiến bộ của các em. Giáo viên
hướng dẫn các em thêm 1 số thao tác của máy tính, cách nhập số sao cho nhanh,

cách lựa chọn bài nào làm trước, làm sau để đạt số điểm tối đa .
Bước 4: Về đích và mở rộng :
Học sinh thực hành giải trên máy theo diễn tiến của các vòng thi. Giáo viên kết
hợp hướng dẫn thêm các bài toán khó để các em có thêm kiến thức. Sau mỗi vòng thi,
giáo viên lại yêu cầu học sinh ôn lại bài đã làm để củng cố kiến thức. Giúp các em
nắm chắc kiến thức đã học.
* Kết quả đạt được:
Được Ban Giám Hiệu trường phân công bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 7 trong
những năm qua, bản thân luôn cố gắng hết sức mình để nghiên cứu, tham khảo và học
hỏi ở mọi nơi, mọi lúc. Kết quả đạt được:
**. Chất lượng bộ môn cuối năm 2013 – 2014:
TT

lớp

Môn

SS

Giỏi
SL %

Khá
SL %

TB
SL

%

Yếu
SL
%

Kém
SL %

TB Trở lên
SL
%


1
2

7A Toán
7B Toán
Tổng

29
35
64

12
2
14

41.4
5.7
21.9

15
13
28

51.7
37.1
43.8

2
15
17

6.9
42.9
26.6

0
5
5

0
14.3
7.8

0
0
0

0

0
0

29
30
59

100
85.7
92.2

***. Kết quả học sinh giỏi cấp Huyện:
- Năm học 2011 - 2012: +Đồng đội: Xếp thứ 8 toàn huyện.
+ Dự thi 6 HS, có 3 em đạt giải, có 1 giải ba và 02 giải Khuyến khích.
- Năm học 2012 - 2013: + Đồng đội: Đạt giải Nhì.
+ Dự thi 7 HS, có 7 em đạt giải, có 1 giải nhất, 02 giải nhì, 02 giải ba và 02 giải
Khuyến khích.
- Năm học 2013 - 2014: + Đồng đội: Đạt giải Khuyến khích.
+ Dự thi 5 HS, có 4 em đạt giải, có 1 giải ba và 03 giải Khuyến khích.
3. PHẦN KẾT LUẬN
3.1. Ý nghĩa của sáng kiến
Thực tế, bồi dưỡng học sinh giỏi, không thể có một khuôn phép nhất định nào
được, vì học sinh mỗi năm mỗi khác, nhất là đối với môn Toán. Ngoài những kiến
thức cơ bản có ở trong chương trình thì nó còn bao la như bể trời vô tận. Cho nên để
bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán có chất lượng theo yêu cầu thì trước tiên người
giáo viên phải biết được năng lực học sinh của mình như thế nào về kiến thức, về khả
năng, mức độ tiếp thu của các em để có phương pháp phù hợp khi tiếp xúc, truyền thụ
kiến thức mới cho các em. Biết được các em như thế nào? thì giáo viên mới biết mình
phải chuẩn bị về tài liệu ra sao và nâng dần mức độ bài tập như thế nào cho đúng tầm
của các em? Có như thế trong quá trình giảng dạy giữa thầy và trò có sự hoạt động

nhịp nhàng, thầy tổ chức các hình thức hoạt động, trò thực hiện một cách tích cực có
hứng thú học tập, nhớ bài nhanh hơn, chất lượng bài tập tốt, khả năng tư duy môn học
cũng tăng lên, các em cảm thấy yêu môn học nhiều hơn.
3.2. Đề xuất, kiến nghị:
Thư viện nhà trường cần bổ sung thêm các tài liệu tham khảo về bồ môn để cho
giáo viên, học sinh có tài liệu học tập nghiên cứu.
Trên đây là những kinh nghiệm nhỏ tôi vừa rút ra từ công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi, hi vọng phần nào sẽ góp phần nâng cao chất lượng sinh giỏi. Tuy đã rất cố
gắng nhưng không tránh khỏi những thiếu sót, kính mong các cấp lãnh đạo, các bạn
đồng nghiệp góp ý để đề tài được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu cùng các bạn đồng nghiệp đã quan
tâm, góp ý, giúp đỡ, tạo điều kiện cho tôi trong quá trình nghiên cứu và thực hiện sáng
kiến kinh nghiệm này.