Khai thác một số dạng toán ôn thi HSG toán 8 từ một đẳng thức quen thuộc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÔN THI HỌC SINH
GIỎI TOÁN 8 TỪ MỘT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC

Người thực hiện: Nguyễn Xuân Thế
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Thánh Tông
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2018

0


1 MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong giảng dạy môn Toán, ngoài việc giúp HS nắm chắc kiến thức cơ bản,
thì việc phát huy tính tích cực của HS thông qua việc khai thác thêm các bài toán
mới từ những bài toán điển hình cơ bản, đồng thời biết ứng dụng các bài toán
đơn giản vào việc giải các bài toán phức tạp là điều rất cần thiết cho công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Chúng ta đều biết một bài toán dù có khó, phức tạp đến đâu thì lời giải của
nó cũng có thể đưa được về một chuỗi hữu hạn các bước suy luận đơn giản, việc
giải bài toán phức tạp đều có thể đưa về việc áp dụng, tiền đề là các bài toán cơ
bản. Nên việc thường xuyên ứng dụng, khai thác các bài toán đơn giản để giải
các bài toán khó là một cách nâng cao dần khả năng suy luận, tư duy sâu cho

HS. Qua một số năm giảng dạy, tôi đã học hỏi ở các đồng nghiệp và với kinh
nghiệm của bản thân tôi luôn giúp học sinh khai thác, ứng dụng nhiều bài toán,
trên cơ sở đó tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Khai thác một số dạng toán ôn thi
học sinh giỏi Toán 8 từ một đẳng thức quen thuộc”.
Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đưa ra một số bài tập đặc
trưng cho từng dạng, giúp học sinh nắm bắt được dạng bài tập này, có kỹ năng
giải bài tập dễ dàng hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Với sáng kiến kinh nghiệm "Khai thác một số dạng toán ôn thi học sinh giỏi
Toán 8 từ một đẳng thức quen thuộc", tôi mong muốn giúp các em trong đội
tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8 trước hết nắm vững cách chứng minh đẳng thức
quen thuộc là:
“Chứng minh rằng: a 3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac) ” (*) .
Sau đó các em biết vận dụng kiến thức vào khai thác một số dạng toán ôn thi
học sinh giỏi. Từ đó các em giải quyết được một số bài toán trong bài thi trong
các đề thi học sinh giỏi. Cũng qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi muốn các em
thấy được đằng sau những bài toán cơ bản quen thuộc tưởng chừng như đơn
giản và khô khan ấy là những điều mới mẻ, những khám phá bổ ích và lý thú.
Từ đó khơi dậy niềm say mê học tập, khơi dậy óc sáng tạo của mỗi học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Trong các đề thi học sinh giỏi Toán lớp 8 và lớp 9, thi vào các trường
chuyên trong toàn quốc ta thường xuyên bắt gặp các bài thi khai thác từ đẳng
thức (*) . Tuy nhiên, trong khuôn khổ của sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đưa ra
một số dạng toán khai thác từ đẳng thức (*), hệ thống các dạng bài tập cũng như
định hướng giải cho mỗi dạng bài. Với mỗi dạng bài tập tôi trình bày theo mức
độ từ dễ đến khó. Từ đó giúp học sinh đội tuyển học sinh giỏi Toán 8 có thể sử
dụng tài liệu này một cách hiệu quả.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Để nghiên cứu đề tài này, tôi tiến hành nghiên cứu sách giáo khoa toán 8,
sách bài tập toán 8, tạp chí toán học và tuổi trẻ, toán tuổi thơ, các sách tham

khảo. Trong quá trình giảng dạy, tôi luôn tìm hiểu các đề thi học sinh giỏi Toán
1


8, Toán 9 của nhiều huyện, tỉnh thành trong cả nước, các đề thi vào các trường
chuyên, đề thi học sinh giỏi cấp trường của nhiều trường để có được hệ thống
bài tập phong phú và đa dạng. Và mỗi năm sau khi giảng dạy phần này cho học
sinh thì tôi luôn tự rút kinh nghiệm để hoàn thiện hơn trong năm tiếp theo.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Mục tiêu giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra con người có
trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo và nhân văn cao. Để đào tạo ra lớp người
như vậy thì Nghị quyết trung ương IV khóa VII năm 1993 đã xác định: “Áp
dụng phương pháp giáo dục hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy,
sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề”. Nghị quyết trung ương II khóa VIII tiếp
tục khẳng định: “ Phải đổi mới giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một
chiều, rèn luyện thành nề nếp tư duy sáng tạo của người học, từng bước áp dụng
các phương pháp tiên tiến, phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, dành thời
gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh”.
"Khai thác một số dạng toán ôn thi học sinh giỏi Toán 8 từ một đẳng thức quen
thuộc" là khơi dậy cho học sinh, nhất là các em học sinh khá giỏi lòng say mê
học tập, sự khao khát khám phá những điều mới lạ, rèn tính sáng tạo. Điều này
đã được tôi thể hiện rõ nét trong sáng kiến kinh nghiệm này.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Như chúng ta đã biết, trong công tác dạy học ngoài việc quan tâm đến chất
lượng đại trà, thì cần phải chú trọng đến chất lượng học sinh mũi nhọn, trong đó
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 là rất quan trọng. Muốn nâng cao chất
lượng bồi dưỡng học sinh giỏi thì giáo viên ngoài việc phải phân loại được các
chuyên đề và dạng toán cho từng chuyên đề đó thì khai thác các bài toán cơ bản
để giải các bài toán khó là một việc làm rất cần thiết để giúp các em nâng cao

dần khả năng suy luận, tư duy sâu. Tuy nhiên, thời gian đầu khi mới ôn thi học
sinh giỏi Toán 8 9,các bài tập tôi cung cấp cho học sinh chưa có hệ thống, chưa
có sự khai thác, liên hệ. Vì vậy khi học sinh làm bài tập, hoặc bài thi mà có sự
liên quan thì các em thường tỏ ra lúng túng, nhiều em không định hướng được
cách giải. Chính vì vậy,các em chưa thực sự say mê học tập vì chưa thấy được
những điều thú vị ẩn sau các bài toán cơ bản quen thuộc. Sau một vài năm, bản
thân tôi cũng có nhiều kinh nghiệm hơn trong công tác bồi dưỡng HSG, tôi nghĩ
rằng mình phải làm thế nào để kiến thức mình truyền đạt đến học sinh phải được
hệ thống thành các chủ đề, giúp học sinh dễ hiểu, dễ nhớ, và đặc biệt là giúp các
em thấy được mối liên hệ giữa các kiến thức để kích thích sự tìm tòi, sáng tạo.
Do đó tôi đã dần dần hình thành nội dung sáng kiến kinh nghiệm này và hôm
nay xin được chia sẻ cùng các đồng nghiệp.
Ta đã biết bài toán rất quen thuộc với các học sinh là:
“Chứng minh rằng: a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) ”
Khi ôn đội tuyển HSG Toán 8 tôi có đưa ra cho HS làm bài toán sau trong 30
phút:
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3
2


3
b) Tìm x, biết: 8(2 x  1) 

1
(9 x  12) 3  ( x  2) 3
27

c) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn:
a3 + b3 + c3 – 3abc = 0. Hãy nhận dạng tam giác này
Thì tôi thấy đa số các em lúng túng, chưa đưa ra được lời giải như mong

muốn. Cụ thể là:
Điểm
Sĩ số
9 - 10
8-9
7-8
6-7
5-6
<5
8
1
1
1
1
3
1
Từ những thực trạng trên, để việc ôn học sinh giỏi được tốt hơn, tôi mạnh
dạn đưa ra sáng kiến:
" Khai thác một số dạng toán ôn thi học sinh giỏi Toán 8 từ một đẳng thức quen
thuộc " với hy vọng góp một phần nhỏ bé vào việc giúp công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi nói chung và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 nói riêng đạt được kết quả
cao, và đặc biệt gây sự hứng thú, tìm tòi, tư duy cho học sinh.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp đã sử dụng
Để thực hiện tốt đề tài, tôi đã đưa ra các giải pháp thực hiện sau:
- Khảo sát chất lượng học sinh: Tôi đã đưa các vấn đề mình cần nghiên cứu
để kiểm tra các em dưới những hình thức khác nhau để biết được các em
“hổng” ở chỗ nào?
- Tìm nguyên nhân vì sao các em “hổng”: Tôi đã tìm ra nguyên nhân dẫn
đến một số học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi chưa làm được là do các
em chưa định ra được cách giải và phương pháp hợp lí cho từng dạng.

- Tự học, nghiên cứu các tài liệu, tham khảo các đề thi học sinh giỏi Toán 8,
9 để phân loại, đưa ra các bài tập điển hình.
- Có kế hoạch dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phù hợp.
Trong quá trình học trên lớp, học sinh đã được làm bài toán quen thuộc cơ
bản là:
“Chứng minh rằng: a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) ”
Để chứng minh, học sinh có thể vận dụng kiến thức nhân đa thức với đa thức để
dễ dàng biến đổi vế phải bằng vế trái như sau:
Vế phải = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)
= a3 + ab2 + ac2 - a2b - abc - a2c + a2b + b3 + bc2 - ab2 - b2c - abc + a2c
+ b2c + c3 - abc - bc2 - ac2
= a3 + b3 + c3 – 3abc = Vế trái  đpcm.
Hoặc biến đổi vế trái bằng vế phải như sau:
Vế trái = a3 + b3 + c3 – 3abc
= (a + b)3 - 3ab(a + b) + c3 – 3abc
= (a + b + c)3 - 3c(a + b)(a + b + c) – 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b + c)2 - 3c(a + b) – 3ab]
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac - 3ab - 3bc - 3ca)
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = Vế phải  đpcm.
3


Xét theo chiều từ trái sang phải chính là bài toán phân tích đa thức thành nhân
tử. Do vậy, nếu biến đổi đề bài, hoặc cho thêm giả thiết thì ta sẽ khai thác được
một số dạng toán mà học sinh hay gặp trong quá trình ôn thi học sinh giỏi Toán.
Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, giáo viên phải phân kiến thức thành các
chủ đề, giới thiệu đường lối chung từng loại, các công thức, các kiến thức có
liên quan từng loại bài. Khi ôn học sinh giỏi về phần này, tôi phân ra các loại
toán áp dụng sau:
- Dạng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử

- Dạng 2: Chứng minh đẳng thức
- Dạng 3: Tính giá trị của biểu thức
- Dạng 4: Tính chia hết đối với số nguyên
- Dạng 5: Tính chia hết đối với đa thức
- Dạng 6: Giải phương trình
- Dạng 7: Chứng minh bất đẳng thức.
Khi bắt tay vào giải bài tập, một công việc hết sức quan trọng là đọc kĩ đề và
nhận biết được bài toán thuộc dạng toán nào. Từ đó, tôi đưa ra các dạng toán và
hệ thống bài tập cho học sinh
Dạng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử:
Xét đa thức: A = a 3 + b3 + c3 - 3abc, là một đa thức bậc lẻ đối với tất cả các
biến nên dấu của a cũng là dấu của a3, dấu của b cũng là dấu của b3, và dấu của c
cũng là dấu của c3, Do đó ta có một số bài toán áp dụng:
Ví dụ 1.1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) a3 - b3 + c3 + 3abc
b) a3 - b3 - c3 - 3abc
c) - a3 - b3 - c3 + 3abc
Hướng dẫn giải:
3
3
Ta có thể viết - b thành (- b) , - c3 thành (- c)3 và - a3 thành (- a)3 . Do đó các
đa thức trên được biến đổi như sau:
a) a3 - b3 + c3 + 3abc = a3 + (- b)3 + c3 – 3a(- b)c
b) a3 - b3 - c3 - 3abc = a3 + (- b)3 + (- c)3 - 3a(-b)(-c)
c) - a3 - b3 - c3 + 3abc = - (a3 + b3 + c3 - 3abc)
Sau đó áp dụng đẳng thức (*) rồi dễ dàng phân tích tiếp.
Ví dụ 1.2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3
b) (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3
c) (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3

Hướng dẫn giải:
Từ đẳng thức (*) ta suy ra nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc (**).
Áp dụng kết quả (**) ta có:
a) (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3 = (x + y + z)3 + (- x)3 + (- y)3 + (- z)3
= 3(x+y+z)(-x)(-y)(-z) = -3(x+y+z)xyz
b) (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x)
4


c) (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3 = (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + (- y2 - z2)3
= 3(x2 + y2) (z2 - x2) (- y2 - z2) = 3(x2 + y2)(y2 + z2)(x + z)(x - z)
Bài tập áp dụng:
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (2x + 7)3 + (x – 3)3 + (x + 5)3 – 3(2x + 7)(x – 3)(x + 5)
b) (x + 2y)3 – (y – z)3 + (x + z)3 + 3(x + 2y)(y – z)(x + z)
c) (a + b + c)3 – (a + b – c)3 – (b + c – a)3 – (c + a – b)3
Dạng 2: Tính giá trị của biểu thức:
Áp dụng đẳng thức (*), ta chứng minh được:
Nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc (**).
Khi đó, áp dụng (**) ta có một số bài toán về tính giá trị sau:
1 1 1
Ví dụ 2.1: Cho các số x, y, z �0 thỏa mãn: + + = 0 . Tính giá trị của
x y z
biểu thức: P =

xy yz xz
+ +
z 2 x 2 y2

(Trích từ 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp).

Hướng dẫn giải:
1
1
1
3
1 1 1
+ + = 0 nên 3  3  3 
Áp dụng (**) ta có, vì
xyz
x
y
z
x y z
xy yz xz
1
1
1
3
Từ đó, biến đổi: P  2  2  2 = xyz( 3  3  3 ) = xyz.
=3
x
y
z
z
x
y
xyz
Do đó, P = 3.
Ví dụ 2.2: Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn: a3 + b3 + c3 - 3abc = 0. Hãy tính

a
b
c
giá trị của biểu thức: A = (1+ )(1+ )(1+ )
b
c
a
(Trích từ 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp).
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta suy ra: a3 + b3 + c3 - 3abc = 0
 (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) 0



1
(a  b  c) (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 0
2





a  b  c 0
a b c


Sau đó xét 2 trường hợp:
- Nếu a + b + c = 0 thì: A 

a b bc ca  c  a  b

.
.
 .
.
 1
b
c
c
b c a

- Nếu a = b = c thì: A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8.
5


Vậy với ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn: a 3 + b3 + c3 - 3abc = 0 thì giá trị của biểu
thức A = -1 hoặc A = 8.
Khai thác ví dụ 2.2: Khi thay a = yz, b = zx, c = xy thì giả thiết:
a3 + b3 + c3 = 3abc trở thành y3z3 + z3x3 + x3y3 = 3x2y2z2 . Từ đó ta có bài toán
sau:
Ví dụ 2.3: Cho các số x, y, z khác 0 thỏa mãn: y3z3 + z3x3 + x3y3 = 3x2y2z2. Tính
x
y
z
giá trị của biểu thức: B = (1+ ).(1+ ).(1+ )
y
z
x
Hướng dẫn giải:
Theo cách đặt a = yz, b = zx, c = xy thì bài toán trở thành bài toán ở ví dụ 2.2.
Từ đó tính được: B = -1 hoặc B = 8.

a +b+c =1
�
�2
a + b2 + c2 = 1
Ví dụ 2.4: Cho các số a, b, c thỏa mãn:. �
�
a 3 + b3 + c3 = 1
�
Tính giá trị của biểu thức: P = a2018 + b2018 + c2018.
Hướng dẫn giải:
Theo đẳng thức (*) ta có:
a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac)
Kết hợp với giả thiết, suy ra: 1 – 3abc = 1 – ab – bc – ca
 3abc = ab + bc + ca (1)
2
Mặt khác: 1 = (a + b + c) = (a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca)
 ab + bc + ca = 0
 3abc = 0  a = 0, hoặc b = 0, hoặc c = 0.
 b  c 1
 b  c 1
 b 0; c 1
 b  c 1



- Nếu a = 0, ta có  2 2

 b 1; c 0
2


 (b  c)  2bc 1  bc 0
 b  c 1
Lập luận tương tự, ta được các bộ số (a,b,c) là (0;0;1), (0;1;0), (1;0;0).
Khi đó tính được P = 1.
Ví dụ 2.5: Cho a, b, c là ba số nguyên liên tiếp và a + b + c �0. Hãy tính
giá trị của biểu thức:
a 3 + b3 + c3 - 3abc
Q=
a +b+c
Hướng dẫn giải:
Dựa vào đẳng thức (*) ta có:

a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac)
Do đó: Q = a2 + b2 + c2 - ab - bc – ca =

1
(a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2
2





6


Do a, b, c là 3 số nguyên liên tiếp, nên không mất tính tổng quát của bài toán ta
giả sử: a > b > c. Khi đó: a = c + 2 và b = c + 1. Thay a = c + 2 và b = c + 1 vào
biểu thức Q ở trên ta có:
1

1
Q  (c  2  c  1) 2  (c  1  c) 2  (c  2  c) 2  (12  12  2 2 ) 3
2
2
Vậy Q = 3.
Qua ví dụ này ta rút ra nhận xét: Nếu a, b, c là ba số nguyên đôi một khác nhau
thì giả sử a > b > c ta có: a - b  1; b - c  1; a - c  2







1
1
(a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2  .6 3
2
2





Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho a + b + c = 2018. Tính giá trị của biểu thức:
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
P
a 3  b 3  c 3  3abc
Bài 2: Cho các số nguyên a,b,c thoả mãn (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 = 210 . Tính

giá trị của biểu thức: A = a - b + b - c + c - a
Dạng 3: Tính chia hết đối với số nguyên:
Đối với loại toán này cần chú ý:
- Số nguyên a chia hết cho số nguyên b 0 khi có số nguyên q sao cho a = b.q
- Nếu ab thì ka b , với a, b, k  Z
- Tính chất chia hết của một tổng, hiệu.
a 3 + b3 + c3 - 3abc
Ví dụ 3.1: Cho biểu thức: A = 2
a + b 2 + c 2 - ab - bc - ca
Chứng minh rằng nếu a, b, c là 3 số nguyên liên tiếp thì A có giá trị là số nguyên
chia hết cho 3.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có:

a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac)
Do đó ta có: A = a + b + c (1)
Mà a, b, c là 3 số nguyên liên tiếp nên a  b  c 3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A có giá trị là số nguyên chia hết cho 3. Suy ra đpcm.
Ví dụ 3.2: Cho abc là một số tự nhiên có 3 chữ số thỏa mãn. abc M11
Chứng minh rằng: a3 – b3 + c3 + 3abc chia hết cho 11.
Hướng đẫn giải:
abc 11  100a + 10b + c  11
 (99a + 11b) + (a – b + c)  11. Mà 99a + 11b  11.
Suy ra: a – b + c  11. (1).
Mặt khác, áp dụng đẳng thức (*) ta có:
7


a 3  b 3  c 3  3abc
a 3  ( b) 3  c 3  3a( b)c (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac)(2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.3: Cho a, b, c, k �N* và ƯCLN(abc, a + b + c) = 1. Chứng minh rằng
nếu (a 3 + b3 + c3 + kabc) M(a + b + c) thì (k + 3) M(a + b + c) .
Hướng dẫn giải:
3
3
3
Ta có: (a  b  c  kabc) (a  b  c)


(a 3  b 3  c 3  3abc  kabc  3abc) (a  b  c)

 (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca)  abc(k  3) (a  b  c)


abc(k  3) (a  b  c) . Mà ƯCLN(abc, a + b + c) = 1.

 k  3 a  b  c  đpcm.

Ví dụ 3.4: Cho a, b, c là ba số tự nhiên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
B = a3 + b3 + c3 – 3abc không phải là số nguyên tố.
Hướng dẫn giải:
Dựa vào đẳng thức (*) ta có:
B = a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) (1)
Vì a, b, c là ba số tự nhiên đôi một khác nhau nên ta suy ra:
 a  b  c 3
(2)
 2
2
2

 a  b  c  ab  bc  ca (3Theo nhận xét ở ví dụ 2.5)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho abc 7 . Chứng minh rằng: M 8a 3  64b 3  c 3  24abc 7 .
Bài 2: Cho abc 9 . Chứng minh rằng: N a 3  b 3  c 3  3abc 9
Dạng 4: Tính chia hết đối với đa thức:
Đối với loại toán này cần chú ý:
- Đa thức A chia hết cho đa thức B 0 khi có đa thức Q sao cho A = B.Q
- Để chứng minh cho đa thức A chia hết cho đa thức B thì ngoài cách đạt phép
chia thì ta thường hay áp dụng cách phân tích đa thức A thành nhân tử và trong
các nhân tử đó có nhân tử chia hết cho đa thức B.
Ví dụ 4.1: Chứng minh rằng:

a 3 + b 3 - c3 + 3abc Ma + b - c . Với a + b - c �0
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*), với a, b, c  Z;a + b - c 0 ta có:
8


a 3  b 3  c 3  3abc a 3  b 3  ( c) 3  3ab(  c)



 a  b  ( c) a 2  b 2  c 2  ab  b(  c)  a( c)



(a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) (a  b - c)
Suy ra đpcm.
Ví dụ 4.2: Cho x = a2 – bc; y = b2 – ac; z2 = c2 – ab. Chứng minh rằng:

a) (ax + by + cz) M(a + b + c)
b) (ax + by + cz) M(x + y + z)
Hướng dẫn giải:
2
a) Ta có: ax + by + cz = a(a – bc) + b(b2 – ac) + c(c2 – ab)
= a 3  b 3  c 3  3abc = (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac )  (a + b + c)
Suy ra đpcm.
b) Ta có x + y + z = a2 – bc + b2 – ac + c2 – ab = a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca (1)
Theo câu a ta có: ax + by + cz = (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

bc
ac
ab
; y = b - ; z = c - . Chứng minh rằng:
a
b
c
2
2
2
(a x + b y + c z) M(ax + by + cz)
Hướng dẫn giải:
bc
ac
ab
2
2
2
2

)  b 2 (b  )  c 2 (c 
)
Ta có: a x  b y  c z a (a 
a
b
c
= a 3  b 3  c 3  3abc
= (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) (1)
bc
ac
ab
Mặt khác: ax + by + cz = a(a  )  b(b  )  c(c  )
a
b
c
2
2
2
= a + b + c – ab – bc – ca (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Ví dụ 4.2: Cho x = a -

Bài tập áp dụng:
bc
ac
ab
Cho x 1  2 ; y 1  2 ; z 1  2 . Chứng minh rằng:
a
b
c

3
3
3
(a x  b y  c z) (a 2 x  b 2 y  c 2 z)
Dạng 5: Giải phương trình:
Đối với loại toán này cần chú ý:
- Cách giải phương trình đưa về phương trình tích
- Cách giải phương trình nghiệm nguyên đưa về phương trình ước số
9


Ví dụ 5.1: Giải phương trình: (3x – 2)3 – (x – 3)3 = (2x + 1)3
Hướng dẫn giải:
3

Phương trình đã cho (3x – 2) + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = 0 (1)
Ta thấy rằng: (3x – 2) + (-x + 3) + (-2x – 1) = 0. Nên áp dụng đẳng thức (*) ta
có: (3x – 2)3 + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = 3(3x – 2)(-x + 3)(-2x – 1)
Do đó phương trình (1)  3(3x – 2)(-x + 3)(-2x – 1) = 0
2

x

3x  2 0
3


   x  3 0   x 3

  2x  1 0

1
 x 
2

1
2
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  ;3; 
2
3

1
(9 x  12)3  ( x  2) 2
27
Hướng dẫn giải:
3

Phương trình đã cho (4x + 2) + (-3x – 4)3 + (-x + 2)3 = 0 (1)
Ta thấy rằng: (4x + 2) + (-3x – 4) + (-x + 2) = 0. Nên áp dụng đẳng thức (*) ta
có: (4x + 2)3 + (-3x – 4)3 + (-x + 2)3 = 3(4x + 2)(-3x – 4)(-x + 2)
Do đó phương trình (1)  3(4x + 2)(-3x – 4)(-x + 2) = 0
3
Ví dụ 5.2: Giải phương trình: 8(2 x  1) 

1

x 2
 4 x  2 0

4


   3 x  4 0   x 

3
  x  2 0
 x 2


4
1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  ;2;  .
3
2

* Qua ví dụ 5.1 và ví dụ 5.2 ta có phương trình tổng quát của 2 ví dụ đó là:
(ax + m)3 + (bx + n)3 – (ax + bx + m + n)3 = 0
[f(x)]3 + [g(x)]3 + [h(x)]3 = 0. Với f(x) + g(x) + h(x) = 0.
Ví dụ 5.3: Giải phương trình nghiệm nguyên: (x + y)3 = (x – 2)3 + (y + 2)3 + 6.
Hướng dẫn giải:
3
Phương trình đã cho  (x + y) + (-x + 2)3 + (-y - 2)3 = 6 (1)
Ta thấy rằng:  (x + y) + (-x + 2) + (-y - 2) = 0. Nên áp dụng đẳng thức (*) ta
có : (x + y)3 + (-x + 2)3 + (-y - 2)3 = 3(x + y)(-x + 2)(-y - 2)
Do đó phương trình (1)  3(x + y)(-x + 2)(-y - 2) = 6
 (x + y)(-x + 2)(-y - 2) = 2
10


Đến đây ta phân tích số 2 thành tích của 3 số nguyên sao cho tổng của 3 số
nguyên đó bằng 0. Do đó : (x + y)(-x + 2)(-y - 2) = 2 = 2.(-1).(-1)
Ta có bảng các giá trị tương ứng :

-x + 2
2
-1
-1
-y – 2
-1
2
-1
x+y
-1
-1
2
x
0
3
3
y
-1
-4
-1
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x ;y) là :
(0 ; -1), (3 ; -4), (3 ; -1)
Ví dụ 5.4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1 (*)
Hướng dẫn giải:
Ta có x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1  (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz) = 1
Ta xét x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz =

1
[(x - y)2 +(y - z)2+(z - x)2 ]  0
2

 x  y  z 1(1)

nên chỉ có thể xảy ra 

2
2
2
 x  y  z  xy  yz  zx 1(2)

Từ (1) ta có: x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 1 (3)
Từ( 2),(3)  xy + yz + zx = 0. Nên x2 + y2 + z2 = 1
Do x, y, z có vai trò bình đẳng như nhau, nên ta có thể giả sử x2  y2 z2
 z = 0; y = 0; x = 1
�x  1
�
Nếu �y  0 (không thõa mãn (*)
�z  0
�
 x 1

Nếu  y 0 T/m phương trình (*)
 z 0


Vậy nghiệm nguyên (x,y,z) của phương trình (*) là hoán vị của (1 ;0 ;0)
Ví dụ 5.5: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 = xy + 8
Hướng dẫn giải:
Ta có :

x3 - y3 – xy = 8

� 27x3 - 27y3 – 27xy = 216
� 27x3 - 27y3 - 1 – 27xy = 215

11


(Ta thấy 27x3, -27y3, -1 lần lượt là lập phương của 3x,(-3y), (-1) còn 27xy là ba
lần tích của ba số ấy)
2
�
(3 x  3 y ) 2  (1  3 y ) 2  (3x  1) �
� (3x-3y-1) �
�= 215
2
�
�
2
�
(3 x  3 y ) 2  (1  3 y ) 2  (3 x  1) �
�
Đặt A= �
2
�
�

Ta thấy A > 0 nên A và 3x - 3y - 1 là ước tự nhiên của 215 (215 có 4 ước tự
nhiên là (1; 5;43; 215).
Nhận xét:

+ 3x - 3y - 1 > 0 nên x - y >

1
do x,y �Z nên x - y �1 do đó 3x - 3y – 1 �2
3

2
�
(3 x  3 y) 2  (1  3 y) 2  (3 x  1) �
�
+A= �
2
�
�

=

1
(9x2 + 9y2 +18xy + 9y2 - 6y + 1 + 1 + 6x + 9x2)
2

= 9(x2 + y2 + xy) +3(x - y) +1
y
2

Ta thấy : x2 + y2 + xy = (x + )2 +

3y2
 0 (Không xảy ra dấu « = » vì x > y )
4

Nên x2 + y2 + xy �1
Do đó A �9.1+3.1+1= 13
3x  3 y  1  5
�
�A  43

Từ hai nhận xét trên ta có : �

Giải ta được các cặp (x; y) là (0; -2); (2; 0)
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x ;y) là : (0; -2); (2; 0)
Bài tập áp dụng:
Bài 1 : Giải các phương trình sau :
a) (5x – 3)3 + (2x – 5)3 = (7x - 1)3
b) (x + 2)3 + (3x – 4)3 + (x – 1)3 – 3(x + 2)(3x – 4)(x -1) = 0
c) 27(x – 4)3 – (x – 14)3 = 8(x + 1)3
d) (x + 1)3 + (x – 1)3 + (2x + 1)3 + 3(1 – x2)(2x + 1) = 0
Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
(x + y)3 + (y + z)3 + (z + x)3 – 3(x + y)(y + z)(z + x) = 0.
Bài 3: Giải phương trình: x3 + 3ax2 + 3(a2 – bc)x + a3 + b3 + c3 – 3abc = 0.

12


Dạng 6: Chứng minh bất đẳng thức và vận dụng nhận dạng tam giác đặc
biệt:
Đối với loại toán này cần chú ý:
- Các phếp biến đổi tương đương bất đẳng thức
- Bất đẳng thức tam giác
- Dấu hiệu nhận biết các tam giác đặc biệt

Ví dụ 6.1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 �3abc.
Hướng dẫn giải:
3
3
3
3


Ta có: a + b + c
3abc
a + b3 + c3 - 3abc  0
 (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac)  0 (Dựa vào đẳng thức (*))
1

(a  b  c) (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 0
2
Vì a, b, c > 0 nên a + b + c > 0. Và (a – b)2 + (b - c)2 + (c – a)2  0 với mọi a,b,c.



Do đó:



1
(a  b  c) (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 0
2





Dấu “=” xảy ra  a = b = c.
Vậy: a3 + b3 + c3  3abc, với a, b, c > 0. Dấu “=” xảy ra  a = b = c.
Khai thác tiếp bài toán này ta có bài toán sau:
Ví dụ 6.2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn:
a3 + b3 + c3 = 3abc. Hãy nhận dạng tam giác này.
Hướng dẫn giải:
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0.
Do đó a + b + c > 0
Theo ví dụ 6.1 thì: a3 + b3 + c3 = 3abc  a = b = c
 Tam giác đã cho là tam giác đều.
Vậy nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn:
a3 + b3 + c3 = 3abc, thì tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho a, b, c là các số thỏa mãn a + b + c > 0.
Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  3abc. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Bài 2: Cho m, n, p là các số dương. Chứng minh rằng:

m 3 n 3  p 3  3mnp m 2 (n  p)  n 2 (m  p)  p 2 (m  n)
Dạng 7: Chứng minh đẳng thức:
Đối với loại toán này cần chú ý:
Để chứng minh đẳng thức A = B thì có thể có các cách: Biến đổi vế trái để bằng
vế phải; hoặc biến đổi vế phải cho bằng vế trái; hoặc biến đổi tương đương, có
nghĩa là A = B  C = D  E = F  …  M = N, đẳng thức cuối cùng luôn

13


đúng nên suy ra đpcm; hoặc biến đổi cho hai biểu thức A và B cùng bằng một

biểu thức C nào đó.
�
�x  y  z  a
�
�2
2
2
2
Ví dụ 7.1: Cho �x  y  z  b
�1 1 1 1
�  
�x y z c

3c(a 2  b 2 )  a (3b 2  a 2 )
Chứng minh rằng: x  y  z 
2
Hướng dẫn giải:
Dựa vào đẳng thức (*) ta có:
x 3  y 3  z 3  3xyz ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx )
 x 3  y 3  z 3 3 xyz  a b 2  ( xy  yz  zx)
Do đó cần phải tính tích xyz và tổng (xy + yz + zx) theo a, b, c rồi tiếp tục biến
đổi chứng minh.
Ta có: a2 = (x + y + z)2 = (x2 + y2 + z2) + 2(xy + yz + zx)
a 2  b2
 xy  yz  zx 
2
3

3

3



Từ



1 1 1 1
xy  yz  zx 1
   

x y z c
xyz
c

 xyz = c(xy + yz + zx)

a 2  b2
2
3c(a 2  b 2 )
a 2  b2
2
 x 3  y3  z 3 
 a(b 
)
2
2
3c(a 2  b 2 )  a(3b 2  a 2 ) .  đpcm.
 x 3  y3  z3 

2
Bài tập áp dụng:
 ax  by c

Bài 1: Cho x, y, z là các số thỏa mãn:  bx  cy a
 cx  ay b

3
3
3
Chứng minh rằng: a + b + c = 3abc
 x 2  yz a
 2
Bài 2: Cho  y  zx b và x.y.z 0. Chứng minh rằng:
 z 2  xy c

 xyz c.

ax + by + cz = (x + y + z)(a + b + c)
14


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Sau nhiều năm ôn thi học sinh giỏi cấp huyện,sau mỗi năm tôi lại tích luỹ
thêm các bài tập lí thú về phần này. Từ một bài toán cơ bản quen thuộc, tôi đã
giúp học sinh hệ thống được các dạng bài tập thường gặp trong các đề thi, củng
cố được phương pháp giải mỗi dạng bài tập. Các em thấy được những sự liên
quan, khai thác vô cùng thú vị ẩn sau những bài toán cơ bản mà các em được
học. Đây chính là một trong những nội dung tạo được hứng thú học tập, rèn
luyện óc sáng tạo, trau dồi tư duy linh hoạt cho học sinh, nhất là với học sinh

giỏi.
Sau khi truyền đạt nội dung này tới học sinh, các học sinh tôi dạy đều ghi
nhớ kiến thức và phương pháp giải rất tốt. Mỗi khi gặp những bài tập dạng này
các em rất tự tin và vận dụng được các kiến thức mà mình đã được lĩnh hội.
Qua các năm bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh của tôi thi có nhiều em đạt
giải cao, có nhiều giải nhất, giải nhì. Kết quả đó giúp tôi khẳng định rằng sáng
kiến kinh nghiệm của mình thực sự đem lại hiệu quả trong việc bồi dưỡng HSG.
Trong năm nay, sau khi đã dạy cho HS thì khi các em gặp các bài toán tương tự
trong các đề thi đa số các em đã làm tốt, điều đó được thể hiện qua các bài kiểm
tra khảo sát:
Sĩ số

Điểm
7-8
2

9 - 10
8-9
6-7
5-6
<5
8
3
2
1
0
0
3.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Là một giáo viên thường xuyên ôn thi HSG, tôi nhận thấy rằng muốn học

sinh nắm vững kiến thức thì mỗi thầy giáo, cô giáo phải thực sự tâm huyết với
nghề. Hệ thống bài tập tôi đưa ra cho học sinh luôn bám sát vào các đề thi để tạo
sức thuyết phục cho học sinh. Kiến thức tôi truyền thụ đến học sinh luôn có hệ
thống, mỗi dạng bài phải chốt được phương pháp giải.
Để giúp học sinh có được những kĩ năng tư duy sáng tạo, nhạy bén trong
học tập và thực hành đòi hỏi giáo viên phải sử dụng nhiều phương pháp sư
phạm, tuy nhiên không có phương pháp nào là tối ưu để đạt được một kết quả tốt
trong các kì thi mà đó là sự tổng hợp của nhiều phương pháp khác nhau.
Sau một thời gian vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào bồi dưỡng HSG
tôi nhận thấy rằng những kinh nghiệm này phù hợp với nội dung chuẩn kiến
thức kĩ năng và bám sát cấu trúc đề thi học sinh giỏi, học sinh chủ động, tích cực
trong việc lĩnh hội kiến thức và kĩ năng. Không khí học tập sôi nổi, kích thích
được sự say mê sáng tạo và học sinh yêu thích môn học hơn. Chính vì vậy, khi
gặp các bài toán dạng này, HS đã làm tương đối tốt, và tôi nghĩ đó cũng là một
thành công của đề tài này.
Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ mà tôi đúc rút được qua quá trình ôn thi
học sinh giỏi từ các năm học và muốn chia sẻ với đồng nghiệp. Tuy nhiên, do
15


thời gian có hạn tôi không thể trình bày tỉ mỉ, chi tiết, cụ thể; những hiểu biết và
kinh nghiệm trên chắc chắn không tránh những sai sót. Rất mong các đồng
nghiệp tham khảo và đóng góp thêm những dạng mới, những kinh nghiệm quý
báu để tôi cũng như đề tài được hoàn thiện hơn, và nó sẽ trở thành một tài liệu
bổ ích giúp các em HS tham gia thi học sinh giỏi, giao lưu Toán học đạt kết quả
cao nhất.
3.2.Kiến nghị.
Hàng năm, phòng giáo dục đào tạo, sở giáo dục và đào tạo tổ chức các lớp
chuyên đề về ôn thi học sinh giỏi nhằm trao đổi kinh nghiệm giảng dạy một cách
hiệu quả và thiết thực

Phổ biến các sáng kiến kinh nghiệm hay về ôn thi học sinh giỏi trong huyện,
trong tỉnh cho giáo viên để áp dụng vào quá trình ôn thi học sinh giỏi ở các nhà
trường.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thọ Xuân, ngày 20/03/2018
Tôi xin cam kết không sao chép từ
bất kì sáng kiến kinh nghiệm nào
đã có. Nếu sai tôi xin chịu hoàn
toàn trách nhiệm.
Tác giả

Nguyễn Xuân Thế

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 8, tập 1.
2. Sách bài tập toán 8, tập 1.
3. 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp; tác giả: Nguyễn Văn Vĩnh (chủ
biên).
4. Nâng cao và phát triển toán 8 tập 1; tác giả Vũ Hữu Bình.
5. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8 - đại số. Tác giả Vũ Hữu Bình
6. Nâng cao và các chuyên đề đại số 8
7. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 8; tác giả Bùi Văn Tuyên.
8. Tạp chí toán tuổi thơ
9. Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên-Vũ Hữu Bình
10. Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8 cấp Huyện của các Tỉnh, đặc biệt của
tỉnh Thanh Hoá. Một số đề thi cấp Tỉnh Toán 9.

17


MỤC LỤC
Trang
1.PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài ................................ ................................................... 1
1.2. Mục đích nghiên cứu.......................... ................................................... 1
1.3.Đối tượng nghiên cứu.............................................................................. 1
1.4.Phương pháp nghiên cứu ........................................................................ 1
2.NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.................2
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp đã sử dụng ........................... 3
Dạng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử ........................................... 4
Dạng 2: Tính giá trị của biểu thức .......................... .......................... 5
Dạng 3: Tính chia hết đối với số nguyên ........................................... 7
Dạng 4: Tính chia hết đối với đa thức ................................................ 8
Dạng 5: Giải phương trình ...................................... .......................... 9
Dạng 6: Chứng minh bất đẳng thức và vận dụng nhận dạng
tam giác đặc biệt ................................................................... 13
Dạng 7: Chứng minh đẳng thức
........................................... 13
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ...................................................... 15
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận ............................................... .................................................. 15
3.2 Kiến nghị ............................................................................... ................ 16

18


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Xuân Thế
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Lê Thánh Tông, huyện Thọ
Xuân, tỉnh Thanh Hoá,
Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
TT
Tên đề tài SKKN
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)
1. Một số phương pháp cơ bản
Sở
C

Năm học
đánh giá xếp
loại
2006 – 2007

2.

chứng minh bất đẳng thức
Một số phương pháp giải

Sở

C

2008 - 2009

3.

phương trình nghiệm nguyên
Một số kinh nghiệm dạy học

Sở

C

2010 - 2011

Sở

C

2013 - 2014

phần hám số giúp học sinh ôn
4.

thi vào lớp 10 THPT
Một số kinh nghiệm dạy học
giải bài toán bằng cách lập
phương trình giúp học sinh
ôn thi vào lớp 10 THPT

Mẫu 1
19


ĐƠN VỊ : TRƯỜNG THCS LÊ THÁNH TÔNG
TÓM TẮT SÁNG KIẾN
Năm học 2017 - 2018
- Họ và tên người thực hiện: Nguyễn Xuân Thế
- Chức vụ: Giáo viên
- Ngày, tháng, năm sinh: 17/8/1983
- Nhiệm vụ được phân công: Dạy Toán lớp 8B, 8C, 9A và bồi dưỡng HSG Toán
8. Chi ủy viên, Bí thư Chi đoàn , Thư ký hội đồng.
1. Tên sáng kiến: Khai thác một số dạng toán ôn thi HSG Toán 8 từ một đẳng

thức quen thuộc
2. Lý do chọn đề tài: Các em biết vận dụng kiến thức vào khai thác một số dạng toán
ôn thi học sinh giỏi. Từ đó các em giải quyết được một số bài toán trong bài thi trong
các đề thi học sinh giỏi.
3. Thực trạng: Khi ôn đội tuyển HSG Toán 8 tôi có đưa ra cho HS một số bài toán liên
quan đến đề tài: Ban đầu nhiều em lúng túng, chưa đưa ra được lời giải như mong
muốn, kết quả không cao.
4. Giải pháp: Khảo sát trực tiếp đối với các em hsg môn Toán 8: Thông qua các bài tập
để tìm nguyên nhân vì sao các em “hổng”: Từ đó có kế hoạch dạy bồi dưỡng học sinh

giỏi phù hợp.
5. Điểm mới của sáng kiến: Sáng kiến đã phân được các dạng toán ôn thi HSG Toán 8
từ đẳng thức quen thuộc. Từ đó giúp các em HSG biết cách khai thác các dạng toán từ
bài toán quen thuộc.
6. Thời gian, phạm vi áp dụng: Ôn thi HSG lớp 8 ở các năm học và có thể áp dụng đối
với các trường.
7. Hiệu quả:
Năm học 2013- 2014: Có 3 giải nhất, 5 giải nhì, 3 giải ba Toán 8 cấp huyện.
Năm học 2014- 2015: Có 1 giải nhất, 2 giải nhì, 4 giải ba Toán 8 cấp huyện.
Năm học 2015- 2016: Có 2 giải nhì, 2 giải ba Toán 8 cấp huyện.
Năm học 2016- 2017: Có 1 giải nhất, 4 giải ba Toán 8 cấp huyện.
Năm học 2017- 2018: Có 1 giải nhì, 6 giải ba Toán 8 cấp huyện.
Ghi chú: Nội dung đầy đủ, ngắn gọn, xúc tích, trọng tâm, tối đa 01 trang giấy A4

Thọ Xuân, ngày 13 tháng 4 năm 2018
Người viết báo cáo
(ký, ghi rõ họ và tên)

Xác nhận của lãnh đạo đơn vị
Nguyễn Xuân Thế
20