SKKN Khai thác từ một bài toán nhằm phát triển tư duy tích cực độc lập sáng tạo của học sinh khá giỏi ở khối lớp 8 và khối lớp 9

I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Vấn đề đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo theo định hướng lấy học sinh làm trung
tâm đã được những người làm công tác giáo dục ở nước ta đặt ra từ lâu. Thực hiện được
điều này cho phép ngành giáo dục đào tạo nên thế hệ những con người có khả năng tư duy
sáng tạo và có khả năng thích ứng cao với sự phát triển đang diễn ra từng ngày. Thực hiện
được điều này cũng có nghĩa là chúng ta đã giải quyết được vấn đề quan trọng hàng đầu
trong giai đoạn CNH - HĐH đất nước, đó là yếu tố con người.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác bài toán rất quan trọng, nó không chỉ
cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính khái
quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho
các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa
chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học toán.
Một trong những điều kiện có thể phát triển tư duy tích cực - độc lập - sáng tạo của học
sinh là phát hiện và giải quyết vấn đề mới từ vấn đề quen thuộc. Trước yêu cầu đó, tôi xin
trình bày đề tài “ Khai thác từ một bài toán” nhằm phát triển tư duy tích cực - độc lập sáng tạo của học sinh khá giỏi ở khối lớp 8 và khối lớp 9.
2. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
a. Đối tượng nghiên cứu:
- Các bài toán hình học về tam giác,tứ giác và các yếu tố liên quan
b. Phạm vi nghiên cứu:
- Học sinh khá giỏi lớp 8 và 9
- Áp dụng giảng dạy cho học sinh khá giỏi lớp 8 và lớp 9
3. MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ:
- Trang bị cho học sinh kiến thức cơ ban về hinh học, biết phát hiện và giải quyết vấn đề
mới
- Khắc sâu kiến thức,rèn luyện tư duycho hoc sinh.
- Gây hứng thú, chủ động cho học sinh.
4. GIẢ THIẾT KHOA HỌC:
- Nếu đề tài được áp dụng sẽ có hiệu quả khá tốt khi dạy phát triển tư duy hình học cho học
sinh.
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

- Nghiên cứu tài liệu
- Phân tích tổng hơp kết quả ,kinh nghiệm của bản thân, đồng nghiệp.
- Tìm hiểu nguyên nhân từ học sinh, qua khảo sát hai năm học 2012-2013 và năm học
Trang 1


2013-2014 khi tôi chưa áp dụng đề tài này. Kết quả bồi dưỡng 20 em học sinh khối 9 khi
gặp các bài tập 2 ; 4 ; 7 ; 16 như sau:
Điểm
Năm

Dưới 3,5

Từ 3,5 < 5

Từ 5 < 7

Từ 7 < 9

Từ 9 - 10

12-13 13-14 12-13

13-14

12-13

13-14 12-13

13-14

12-13

13-14

Bài 2

20%

20%

25%

30%

30%

35%

20%

15%

5%

0%

Bài 4

30%

25%

40%

45%

25%

30%

5%

0%

0%

0%

Bài 7

15%

20%

30%

40%

45%

30%

10%

10%

0%

0%

Bài 16

25%

30%

40%

35%

25%

30%

10%

5%

0%

0%

Bài

6. ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI
- Các em có chiều hướng tốt trong giải quyết bài tập hình học.
- Giúp học sinh hứng thú tìm tòi, tương tự, khái quát, vẻ thêm yếu tố phụ trong hình học.
- Rèn luyện kỉ năng sáng tạo.
- Góp phần nâng cao chất lượng.
II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN:
a. Cơ sở lí luận:
- Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn vươn lên làm người lớn, muốn tự mình khám
phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập,
sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều
hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hình thành và phát triển tư duy
tích cực, độc lập sáng tạo cho học sinh là một quá trình lâu dài.
- Tư duy tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh được thể hiện một số mặt sau:
+ Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rập
khuôn, máy móc.
+ Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở
nhiều khía cạnh.
+ Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có
trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không?
+ Tính độc lập còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề.
+ Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết.
2. Cơ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy, tôi thấy:
- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy

trong quá trình học tập.
Trang 2


- Học sinh còn học vẹt, làm việc rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực,
độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Học không đi đôi với hành làm cho các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn
luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được
phát huy hết.
- Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa
tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa cao.
- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai
thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập,
sáng tạo của bản thân.
- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán
trong các các giờ luyện tập, tự chọn ...
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển một
bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư
duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán.
Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho
phù hợp.
2. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:
Qua những bài toán mà học sinh đã giải được, tôi định hướng cho học sinh tư duy theo
các phương pháp như: Tương tự, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá để phát triển thêm
những vấn đề mới, bài toán mới.
Trong phần này tôi xin được phép phát triển từ một bài toán quen thuộc để xây dựng một
số bài toán khác có liên quan. Nhằm làm cho học sinh thấy được tầm quan trọng trong việc
thay đổi các giả thiết, tương tự hoá bài toán, liên hệ giữa bài toán này với bài toán khác có
liên quan.
Bài toán mở đầu:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD. Chứng
minh rằng CF = BD.
Bài giải:
D
Xét hai tam giác: ∆ DAB và ∆ CAF, có:
A
DA = CA (gt)
F
0
⇒
∠ DAB = ∠ CAF (= ∠ BAC + 60 )
AB = AF (gt)
⇒ ∆ DAB = ∆ CAF (c.g.c)
⇒ CF = BD (đpcm)
C
B
Trang 3


Bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía ngoài của tam giác ABC thì liệu AE; BD; CF
có đồng quy không? Và ta có bài toán thứ hai:
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.
Bài giải:
D
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
A
Ta có ∆ DAB = ∆ CAF (bài toán 1)
F

1
1
⇒ ∠ B1 = ∠ F1 ⇒ AOBF nội tiếp
1
⇒ ∠ O1 = ∠ B2 = 600
2
1
3O
∠ O2 = ∠ A1 = 600
2
⇒ ∠ AOB = 1200 (1)
1 C
B
0
Tương tự: ∠ AOC = 120
⇒ ∠ BOC = 1200
Mà ∠ BEC = 600 ⇒ BOCE nội
tiếp
⇒ ∠ O3 = ∠ C1 = 600 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ∠ AOF = 1800
E
⇒ A; O; E thẳng hàng
Hay AE; BD; CF đồng quy.
Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 1200. Từ đây ta xây dựng
bài toán dựng hình khá quen thuộc:
Bài toán 3:
Dựng điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho ∠ AOB = ∠ AOC = ∠ BOC =1200.
Bây giờ ta trở lại bài toán mở đầu. Gọi O là giao điểm của CF và BD, trên cạnh BD ta
lấy điểm P sao cho PD = OA.
Xét hai tam giác: ∆ CPD và ∆ COA, có:

D
PD = OA (ta vẽ)
A
P
⇒
∠ PDC = ∠ OAC (OADC nt)
F
DC = AC (gt)
⇒ ∆ CPD = ∆ COA (c.g.c)
⇒ CP = OC (1)
O
0
∠ CPD = ∠ COA = 120
⇒ ∠ CPO = 600 (2)
C
B
Từ (1) và (2) suy ra ∆ CPO đều
⇒ OP = OC
Vậy, ta có:
OA + OB + OC = PD + OB + OP
Trang 4


Hay OA + OB + OC = BD
Đây là một đẳng thức khá đẹp, nhưng đẳng thức trên có ý nghĩa gì không? Ta xét bài toán
khác.
Bài toán 4: Xác định điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng khoảng cách từ O tới
ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.
Bài giải:
Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC, dựng tam giác đều ACD ở phía ngoài

tam giác ABC.
Xét hai tam giác: ∆ CQD và ∆ COA, có:
D
CQ = CO
F
A
⇒
∠ QCD = ∠ OCA (=600 - ∠ QCA)
DC = AC (gt)
Q
⇒ ∆ CQD = ∆ COA (c.g.c)
⇒ OA = QD
O
Vậy, ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD
≥ BO + OD
B
C
≥ BD
“ =” xảy ra khi
+ O, Q, D thẳng hàng
Mà ∠ CQO = 600 ⇒ ∠ CQD = 1200
⇒ ∠ COA = 1200 (1)
+ B, O, Q thẳng hàng
Mà ∠ COQ = 600 ⇒ ∠ COB = 1200 (2)
Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác dưới một góc bằng 1200
Như vậy ta thấy điểm O vừa là giao điểm của ba đường thẳng ở bài toán 2, vừa nhìn các
cạnh của tam giác dưới một góc bằng 1200, vừa có tổng khoảng cách tới các đỉnh nhỏ nhất.
Trở lại bài toán mở đầu. Ta thấy giả thiết có thừa khi chỉ cần chứng minh BD = CF, thực tế
chỉ cần giả thiết AF = AB; AD = AC; ∠ BAF = ∠ CAD là đủ, mặt khác cần xem thử các
tam giác ABF và ACD thỏa mãn điều kiện gì để BD ⊥ CF. Chúng ta tiếp tục nghiên cứu

bài toán 5.
Bài toán 5:
D
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác,
dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại
A. Chứng minh rằng CF = BD; CF ⊥ BD.
Hướng dẫn giải:
+ CF = BD (tương tự như bài toán 1)
+ CF ⊥ BD:
Do ∆ ACF = ∆ ADB (c.g.c)

F

A

O

⇒ ∠ BOF = ∠ BAF = 900

B

C
Trang 5


D

Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lượt là
trung điểm của BF; CD; BC, ta có:
IM là đường TB của tam giác BCF nên:

IM // =

1
CF (1)
2

F
A

Tương tự ta có:
IN // =

1
BD (2)
2

Mà: CF ⊥ = BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra:

IM ⊥ IN
IM = IN
Hay ∆ MIN vuông cân tại I

M

N
O

B

C
I
Nhận xét rằng ∆ AMB và ∆ ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán tiếp.
Bài toán 6:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, vẽ các
tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân
A
N
tại N. Gọi I là trung điểm của BC. ∆ MIN là tam
giác gì?
M
Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa
gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em.
C
B
I
Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách
thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta được
bài toán đơn giản hơn. Ta có bài toán 7.

Trang 6


Bài toán 7:
Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngoài tam giác các
hình vuông ABDE và
ACHF.
a.Chứng minh rằng:
BF = CE và BF ⊥ CE

b.Gọi I, J lần lượt là tâm
của hai hình vuông đó. M
là trung điểm của BC.
D
Chứng minh rằng ∆ MIJ là
tam giác vuông cân.

F

E
A
H

J
I

B

M

C

Bài toán 7 không chỉ đơn giản hơn cho học sinh ở chỗ có câu a là bài toán phụ để
chứng minh câu b. mà có thể phát triển sang bài toán khác tương tự và tổng quát hơn.
Nếu gọi N là trung điểm của EF thì ta cũng có NJ là đường trung bình của ∆ ECF, và ta
cũng dễ dàng suy ra được tứ giác IMJN là hình vuông, từ đây ta có bài toán 8
Bài toán 8:
F
Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngoài tam giác các

N
hình vuông ABDE và
ACHF. Gọi I, J lần lượt là
E
tâm của hai hình vuông
A
H
đó. M, N là trung điểm
J
của BC và EF. Chứng
minh rằng tứ giác IMJN là
I
hình vuông.

D
C
M
Ở bài toán trên, ta có thể chứng minh được đường trung tuyến AN của tam giác AEF
vuụng gúc BC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC vuụng gúc EF. Ta có bài toán
9.
B

Trang 7


Bài toán 9:
Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngoài tam giác các
hình vuông ABDE và
ACHF. Chứng minh rằng

đường trung tuyến AN của
tam giác AEF vuụng gúc
BC và đường trung tuyến
AM của tam giác ABC
vuụng gúc EF .

Q
F

N
E
H

A

D
B

P

M

C

Bài giải:
Trước hết ta chứng minh AN ⊥ BC.
Gọi P là giao điểm của AN và BC.
Dựng hình bình hành AEQF, suy ra Q, N, A thẳng hàng.
Xét hai tam giác: ∆ ABC và ∆ FQA, có:
AB = FQ (= AE)

⇒ ∆ ABC = ∆ FQA (c.g.c)
∠ BAC = ∠ QFA (cùng bù với ∠ EAF)
FA = AC (gt)
⇒ ∠ ACB = ∠ FAQ
⇒ ∠ CAP + ∠ ACP = 900
Mà ∠ FAQ + ∠ CAP = 900
⇒ ∠ CPA = 900.
Hay AN ⊥ BC.
Hoàn toàn tương tự, ta dựng hình bình hành ABGC thì ta cũng chứng minh được
AM ⊥ EF.
Ở bài toán trên ta nhận thấy QA ⊥ BC. Liệu QC có vuông góc với BH không? Từ đây ta
có bài toán 10.
Bài toán 10:
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ
hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng:
BH = QC và BH ⊥ QC

Trang 8


Bài giải:
Q
Gọi O là giao điểm của
F
BH và QC. Theo BT 9, ta
có: ∆ ABC = ∆ FQA,
nên: BC = QA
Và ∠ ACB = ∠ FAQ
N
⇒ ∠ BCH = ∠ QAC.

E
Xét hai tam giác:
∆ BCH và ∆ QAC, có:
H
A
BC = QA
⇒
∠ BCH = ∠ QAC
O
CH = AC (gt)
∆ BCH = ∆ QAC (c.g.c)
⇒ BH = QC (1)
D
∠
∠
Và CBH = AQC
C
B P
M
Mà ∠ AQC + ∠ QCP = 900
⇒ ∠ CBH + ∠ QCP =
900
Hay ∠ BOC = 900
Hay BH ⊥ QC (2)
Từ (1) và (2) suy ra
đpcm.
Tương tự như trên ta cũng có CD ⊥ QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đường cao của
tam giác QBC. Và từ dây ta xây dựng được bài toán mới được phát biểu ở dạng khác.
Bài toán 11:
Q

Cho tam giác ABC, dựng về phía
ngoài tam giác các hình vuông
F
ABDE và ACHF, vẽ hình bình
hành AEQF, Chứng minh rằng
QP, BH và CD đồng quy.
E
H
(ta thấy QP, BH và CD là ba
A
đường cao của tam giác QBC,
nên chúng đồng quy)

D
B

P

C

Tiếp tục bài toán 9, ta có đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác
AEF. Từ đây ta khai triển được bài toán mới tổng quát hơn.

Trang 9


Bài toán 12:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam
giác dựng các hình vuông ABEF;
ACMN; BCPQ. Chứng minh các đường

cao của các tam giác AFN; CMP; BQE
xuất phát từ A, B, C đồng quy.
(Ta nhận thấy đó là ba đường trung
tuyến của tam giác ABC nên chúng đồng
quy)

N
H
F

M
A

E

K

J

V

B

I

C

P
Q
Trở lại bài toán mở đầu. Gọi M; N; I lần lượt là trung điểm của AF; AD; BC. Thì tam

giác MNI có gì đặc biệt không?
Bài toán 13: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD. Gọi M; N; I lần lượt là trung điểm của AF; AD; BC.
Chứng minh rằng tam giác MNI đều.
Bài giải:
D
N
Gọi T là trung điểm của AC.
F
M
Xét hai tam giác: ∆ AMN và ∆ TIN, có:
AM = TI (=1/2 AB)
A
⇒
∠ MAN = ∠ ITN (=2400 - ∠ BAC)
T
AN = NT (=1/2 AD)
⇒ ∆ AMN = ∆ TIN (c.g.c)
⇒ MN = IN (1)
C
∠ MNA = ∠ INT
B
I
0
⇒ ∠ MNI = 60 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ MNI đều.
Tiếp tục bài toán trên, ta dựng hình bình hành AFPD, thì ta cũng có tam giác PBC đều.
Bài toán 14: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD, dựng hình bình hành AFPD. Tam giác PBC là tam giác gì?

Trang 10


Bài giải:
P
Xét hai tam giác: ∆ ABC và ∆ DPC, có:
D
AB = DP (= AF)
∠ BAC = ∠ PDC (= ∠ PDA + 600) ⇒ F
A
AC = DC (gt)
⇒ ∆ ABC = ∆ DPC (c.g.c)
⇒ BC = PC (1)
Chứng minh tương tự ta có:
B
C
∆ ABC = ∆ FBP (c.g.c) ⇒ BC = BP (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ PBC đều.
Trở lại bài toán 6, ta thấy tam giác MIN là tam giác đều, hơn nữa I là trung điểm của BC
nên khi ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I thì ta được hình bình hành ABDC và cũng
dựng về phía ngoài hình bình hành này các tam giác vuông cân thì ta có bài toán mới phức
tạp hơn.
Bài toán 15:
N
A
Cho hình bình hành ABCD, về phía
ngoài hình bình hành, dựng các tam giác
ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân
M
tại N; BDP vuông cân tại P; CDQ vuông

cân tại Q. Chứng minh rằng tứ giác
NMPQ là hình vuông.
C
B
I

Q

P
Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 16.

D

Trang 11


Bài toán 16:
Cho hình bình hành ABDC, về phía
ngoài hình bình hành, dựng các
hình vuông ABEF, ACMN, DBPQ,
CDKL, Gọi S, G, R, H lần lượt là
tâm của các hình vuông trên. Chứng
minh rằng tứ giác SGHR là hình
vuông.

N

F

A

G
M

S
E

B
C

L
H

P

D

R

K

Q

Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác
thường thì liệu tứ giác SGHR có tính chất gì không? Ta có bài toán 17.
Bài toán 17: Cho hình tứ giác ABCD, về phía ngoài tứ giác, dựng các hình vuông ABMN,
ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh
rằng KS = VJ và KS ⊥ VJ.
Bài giải:
M

Gọi I là trung điểm của AC, theo
N
Q
bài toán 7 ta chứng minh được tam
giác SIJ và tam giác VIK vuông
V
B
cân tại I.
F
Xét hai ∆ : ∆ VIJ và ∆ KIS, có:
A
K
VI = KI
P
⇒
∠ VIJ = ∠ KIS
IJ = IS
S
R
I
⇒ ∆ VIJ = ∆ KIS (c.g.c)
E
C
⇒ VJ = KS (1)
D
Gọi R là giao điểm của IS và VJ
Do ∠ IJV = ∠ ISK ( ∆ VIJ = ∆ KIS)
Và ∠ IJV + ∠ IRJ = 900
⇒ ∠ ISK + ∠ VRS = 900
J

Hay KS ⊥ VJ (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
H
G
Trang 12


3. KẾT QUẢ
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy nếu chúng ta biết tương tự hóa, khái quát
hóa. Tiến hành đi từ những bài dễ đến những bài khó hơn, thử học sinh dễ dàng tiếp thu và
nắm chắc được kiến thức. Từ đó phát huy được tính sáng tạo của học sinh. Và thể hiện sự
linh hoạt về giải các bài tập Toán nói chung và bài tập hình học nói riêng.
Sau khi áp dụng đề tài này vào dạy bồi dưỡng cho 20 học sinh khối 9 vào cuối học
kỳ II trong các năm học 2014 - 2015 và 2015 – 2016. Tôi đưa ra khái quát bài toán cơ bản
sau đó cho học sinh làm các bài tập áp dụng thử kết quả các em nắm bài tốt.
Sau đó tôi đưa ra bốn bài toán vận dụng cho học sinh làm kết quả thu được như sau :
Điểm
Năm
Bài

Dưới 3,5

Từ 3,5 < 5

14-15 15-16 14-15

Từ 5 < 7

Từ 7 < 9

Từ 9 - 10

15-16

14-15

15-16

14-15

15-16 14-15

15-16

Bài 2

0%

0%

10%

15%

40%

45%

40%

35%

10%

5%

Bài 4

10%

5%

20%

15%

35%

40%

25%

35%

10%

5%

Bài 7

0%

10%

10%

40%

35%

30%

40%

10%

15%

10%

Bài 16

5%

5%

10%

15%

25%

30%

40%

45%

20%

5%

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ:
Qua quá trình giảng dạy, bồi dưỡng tôi rút ra một số kết luận sơ bộ sau:
1. Các giáo viên giảng dạy, đặc biệt là giảng dạy môn Toán học đều đánh giá cao tầm
quan trọng việc phát triển từ một bài toán mà học sinh đã giải được, khai thác các bài toán
khác, phức tạp hơn nhằm nâng cao tư duy cho học sinh.
2. Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác bài toán rất quan trọng, nó không
chỉ cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính
khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo
cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung
giữa chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học toán.
3.Đề tài này có thể áp dụng trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9.
Dạy ôn tập cho học sinh khá giỏi lớp 8 và lớp 9
Trên đây là các bài toán có liên hệ từ một bài toán mở đầu, tôi xin mạnh dạn đưa ra. Tuy đã
cố gắng song không tránh khỏi những sai sót, rất mong được sự góp ý của hội đồng khoa
học để bớt được sai sót xảy ra và có thể khai thác được nhiều bài toán hơn nữa.
Tôi xin trân trọng cảm ơn.

Trang 13