SKKN phát triển một số bài tập toán nhằm phát huy tính tích cực của học sinh THCS

MỤC LỤC
TT

NỘI DUNG

TRANG

1
2
3
4
5
6
7
8

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt
động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận

3.2. Kiến nghị

2
2
2
2
3
3
3
3

9
10
11
12
13
14

3
3
13
14
14
14

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài

Nghị quyết 29 của Hội nghị TW 8 (khóa XI) năm 2013 về đổi mới căn
bản toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa- hiện đại
hóa trong điều kiện kinh tế thị trường, định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập
quốc tế đã đưa ra giải pháp là: “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và
học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng
kiến thức, kỹ năng của người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi
nhớ máy móc. Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ
sở để người học tự cập nhật và đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực.”
Vì vậy nhiệm vụ của người giáo viên ngày nay không những phải cung
cấp cho học sinh một vốn tri thức cơ bản mà điều quan trong là còn phải trang bị
cho học sinh khả năng tự làm việc, tự nghiên cứu để tìm hiểu và tự nắm bắt
thêm tri thức. Như chúng ta biết phương pháp giáo dục ngày nay phải phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, bồi dương năng
lực tự học, lòng say mê học tập, ý chí vươn lên.
Thực tế cho thấy rằng môn Toán có một vai trò quan trọng trong việc phát
triển năng lực tư duy, năng lực sáng tạo cho học sinh. Đặc biệt bài tập toán có
thể rèn luyện cho học sinh những thao tác trí tuệ, hình thành những phẩm chất
tư duy khoa học. Chính vì vây, đòi hỏi người thầy khi dạy môn Toán cho học
sinh cần phải dạy cách suy nghĩ, tính sáng tạo, khơi gợi cho học sinh khả năng
tư duy, tìm tòi khám phá.
Hiện nay số lượng bài tập môn toán cho từng chủ đề là khá nhiều, tuy
nhiên với thời lượng dạy ít đa số giáo viên chỉ tập trung dạy cho học sinh hiểu,
giải theo một cách hoặc chỉ trong giới hạn bài toán đó mà ít tìm cách gợi mở cho
học sinh tìm tòi và phát triển bài toán ấy.
Với băn khoăn trăn trở đó tôi đã cố gắng nghiên cứu tìm tòi phát triển các
bài tập môn toán thường gặp trong quá trình dạy học. Đề tài tôi nghiên cứu là:
“Phát triển một số bài tập toán nhằm phát huy tính tích cực của
học sinh trung học cơ sở”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu đề tài là khai thác một số bài tập toán thường gặp,

phát triển thêm các bài, các ý khác nhau trên cơ sở bài toán cũ nhằm tạo nên sức
lôi cuốn trong giờ học, kích thích tư duy của học sinh, tác động đến mọi đối
tượng học sinh. Đồng thời giúp người thầy chủ động hơn khi lựa chọn bài tập
trong một tiết dạy.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đề tài chỉ tập trung nghiên cứu tìm lời giải cho một số bài toán trong
chương trình thường gặp. Thực nghiệm vào giảng dạy qua các năm học, đặc biệt
là năm học 2016-2017 ở học sinh trường THCS Quảng Thành- TP Thanh hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Trong sáng kiến tôi đã sử dụng phương pháp phân tích và tổng hợp lý
thuyết, phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích và tổng kết kinh nghiệm.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
2


Sáng kiến đã lựa chọn những bài toán hay, thường gặp phát triển bài toán
trên cơ sở lời giải phù hợp với trình độ học sinh, phân tích lời giải, chỉ rõ ưu
điểm và nhược điểm của cách khai thác.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Sáng tạo là cấp độ cao nhất của tính tích cực. Học không phải là tiếp thu
kinh nghiệm sẵn có của nhân loại mà chính là sự sáng tạo lại.
Tâm lý học và lý luận dạy học hiện đại khẳng định rằng: Con đường hiệu
quả để học sinh nắm vững kiến thức và phát triển được năng lực sáng tạo là phải
đưa học sinh vào vị trí của chủ thể hoạt động nhận thức, thông qua hoạt động tự
lực của bản thân mà chiếm lĩnh kiến thức, phát triển năng lực sáng tạo và hình
thành phẩm chất.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận ra rằng: khai thác lời giải của bài tập toán
góp phần quan trọng trong việc hình thành và phát triển năng lực tư duy của học
sinh, đặc biệt là các phẩm chất trí tuệ như: Phân tích tổng hợp, trừu tượng hoá,

khái quát hoá….. khai thác lời giải của bài tập toán còn hình thành và cũng cố
cho học sinh những tri thức và kỹ năng, kỹ xảo của môn học. Giáo dục cho học
sinh thế giới quan duy vật biện chứng.
Bên cạnh đó việc khai thác lời giải của bài tập toán sẽ mang lại thành công
rất lớn cho mỗi tiết dạy, giúp người thầy tận dụng được tối đa thời gian 45 phút
của một tiết dạy để tác động đến cả 3 đối tượng học sinh khá giỏi, trung bình và
yếu kém, rút ngắn được thời gian ra đề bài mà vẫn bao quát được lượng kiến
thức cần truyền thụ cho học sinh.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình dạy học tôi nhận ra rằng phần lớn học sinh có thể tiếp thu
được kiến thức mà người thầy truyền thụ. Song việc tiếp thu còn mang tính chất
thụ động, điêù đó thể hiện ở chỗ học sinh có thể giải được các bài tập đơn giản
dưới dạng áp dụng thuật toán, hoặc bài tập đã được thầy hướng dẫn. Nhưng khi
gặp các bài tập tương tự hoặc các bài tập mang tính tổng hợp từ các bài toán
quen thuộc thì không thể giải quyết được. Nguyên nhân chính là bản thân học
sinh chưa được làm quen với cách tìm tòi, khai thác sâu lời giải của bài toán, tìm
thêm các kết quả khác của bài toán. Với thực trạng đó tôi mạnh dạn trình bày
những kinh nghiệm về khai thác lời giải của bài tập toán mà tôi đã áp dụng
thành công để giải quyết vấn đề trên.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Để làm rõ hơn về vấn đề này tôi xin đưa ra một số bài tập sau và những
cách khai thác lời giải của từng bài tập, mà tôi đã áp dụng.
Bài tập 1: ( Bài 30 SGK tập 1 toán 9 phần Hình học trang 116 )
Cho nửa đường tròn O có đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc
với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn,
nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
ˆ = 90o
a/ COD
b/ CD = AC + BD

3


c/ Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.
Sau đây là lời giải của bài toán này

a/ Chứng minh: COD 90 0
Vì CM và CA là 2 tiếp tuyến cắt nhau => OC là x

phân giác AOM

Tương tự OD là phân giác BOM

M
Mà AOM kề bù với MOˆ B  OC  OD
C
Hay COˆ D 90 0
b/ Chứng minh: AC + BD = CD.
Vì CM = CA, DM = DB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt
A
O
nhau)
 CM + MD = CA + DB. Hay CD = CA + DB
c/ Chứng minh: AC.DB không đổi khi M di chuyển
trên (O).
Ta có AC.DB = CM.MD
Mà  COD có MOCD (bán kính vuông góc với
tiếp tuyến tại tiếp điểm)
=> CM.MD = OM2 hay AC.DB = OM2 không đổi.

y
D

B

Cũng với đề bài trên ta có thể khai thác bài toán theo các mức độ tiếp thu
của học sinh như sau:
Cho nửa đường tròn O có đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc
với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn,
nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:
d/ Đường tròn tâm I có đường kính CD tiếp xúc với AB
e/ Gọi N là giao điểm của AD và BC. Chứng minh:
* MN vuông góc với AB
* MN = NH
g/ Tìm vị trí của M trên nửa đường tròn để hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất.
x
Hướng dẫn:

0
d/ Vì COD 90 =>  COD vuông tại O. I là trung
điểm của CD nên IC = IO = ID => O thuộc đường
tròn đường kính CD.
Mặt khác: ABDC là hình thang vuông, OI là đường
I
trung bình của hình thang nên OI // BD => OI
M
vuông góc với AB.
C

CD
Vậy AB là tiếp tuyến của (I;
)
2

e/ Ax // By nên theo Ta let ta có:
Ta lại có DB = MD, AC = MC

ND DB

NA AC

(1)

A

y

D

N

H

B

O

(2)

4


ND MD

suy ra MN // AC (Định lí Talet đảo).
NA MC
do AC  AB nên MN  AB
MN CN AN NH



Theo dịnh lí Ta lét:
suy ra MN = NH
BD CB AD BD

Từ (1) và (2) ta có:

g/ Chu vi tứ giác ABCD là PABDC = AB + AC + BD + CD
ta có AB + CD = CM + MD = CD nên

PABDC = AB + 2 CD do AB không đổi => PABDC nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất
=> CD = AB => CD // AB. Hay M là điểm chính giữa của cung AB.
Với cách khai thác trên ta thấy có những ưu điểm sau:
Thứ nhất: Bài toán trên đã gắn liền với chuẩn kiến thức, đây là bài tập của
phần luyện tập “ Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau”. Bài toán này vừa có tác
dụng cũng cố kiến thức, vừa rèn luyện kĩ năng chứng minh hình học cho học
sinh. Đồng thời việc khai thác thêm các lời giải đã bao quát được rất nhiều kiến
thức của bộ môn hình học mà các em đã được học ở những năm học trước.
Thứ hai: Bài toán đã tác động được cả 3 đối tượng học sinh. Đối với những

học sinh trung bình và yếu kém thì các câu a, b là hoàn toàn phù hợp, dưới sự
hướng dẫn của giáo viên các em có thể tiếp thu được. Đối với những học sinh
khá giỏi thì việc lựa chọn các câu c, d, e, g sẽ tạo cho các em hứng thú học tập,
tránh được sự nhàm chán trong giờ học. Thậm chí giáo viên cũng có thể yêu cầu
các em tìm thêm những kết quả khác của bài toán này. Như vậy sẽ phát huy
được tư duy, tính sáng tạo của các em.
Thứ ba: Việc khai thác lời giải, khai thác các kết quả khác nhau của bài toán
sẽ tiết kiệm được thời gian ra đề bài, giờ học sẽ không bị gián đoạn, và giúp cho
người thầy không bị lúng túng khi lựa chọn hệ thống bài tập. Đặc biệt nếu áp
dụng cho giờ luyện tập hoặc ôn tập chương thì kết quả thu được sẽ rất lớn.
Tuy nhiên không phải bài tập nào cũng khai thác được lời giải, do vậy
người thầy cũng cần phải lựa chọn bài tập phù hợp để tránh gây phức tạp thêm.
Bên cạch đó người thầy chỉ nên chọn một hoặc hai cách khai thác trong một tiết
học, những kết quả khác có thể giao cho học sinh tìm hiểu.
Bài toán trên còn có một số cách khai thác sau:
Cho nửa đường tròn O có đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông
góc với AB( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB).
Qua điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường
tròn, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D.
a/ Chứng minh:  AMB đồng dạng với  COD
b/ Chứng minh: Các tứ giác ACMO và BDMO nội tiếp.
c/ AM cắt OC tại E, BM cắt OD tại F. Tứ giác OEMF là hình gì?
d/ Tìm vị trí của C và D để hình thang ABDC có chu vi bằng 14cm.
Biết AB = 4cm.
Bài tập 2: (Bài số 3 Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH năm 2004 - 2005)
Cho phương trình: x2 - (m +1)x + 2m - 3 = 0
1/ Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

5

2/ Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x 1, x2 của phương trình sao cho hệ thức
đó không phụ thuộc vào m.
Lời giải
1/ Ta có:  = [- (m +1)]2 – 4(2m - 3) = m2 + 2m + 1 – 8m + 12
= m2 – 6m + 13 = m2 – 6m + 9 + 4 = (m – 3)2 + 4 > 0 với mọi m
Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
2/ Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt nên theo định lí Vi ét ta có:
x1 + x2 = m + 1
(1)
x1. x2 = 2m – 3
(2)
Từ (1) ta có m = x1 + x2 – 1 thay vào (2) ta được:
x1. x2 = 2(x1 + x2 – 1) – 3
� x1. x2 = 2(x1 + x2) – 5. Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không
phụ thuộc vào m.
Để bài toán này tác động đến mọi đối tượng học sinh và đặc biệt là học sinh
yếu kém ta nên đưa thêm vào câu sau: Giải phương trình khi m = 3. Với câu
này mọi học sinh đều có thể giải quyết được.

Sau đây là một số cách khai thác thêm lời giải của bài toán này:
3/ Tìm m để tổng bình phương các nghiệm bằng 7.
4/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 sao cho 5x1 - x2 = 0
5/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương.
Lời giải
3/ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 nên theo Vi-ét ta có:
x1 + x2 = m + 1
x1. x2 = 2m – 3
Ta có: x12 + x22 = 7 � x12 + x22 = (x1+ x2)2 – 2 x1x2 = (m+1)2 – 2(2m – 3) = 7
� m2 + 2m + 1 – 4m + 6 = 7 � m2 – 2m = 0 � m(m – 2) = 0

� m = 0 hoặc m = 2
4/ Ta có:
x1 + x 2 = m + 1
(1)
x1. x2 = 2m – 3
(2)
2x1 - x2 = -1
(3)
Từ (3) ta suy ra: x2 = 2x1 + 1 Thay vào (1) và (2) ta có:
� m
�3 x m
�x1  2x1  1  m  1
�x1  3
�1
�
�
�
�x (2 x 1) 2m3
�m m
�x1.  2x1  1  2m – 3
1
1
�
� ( 2 1)  2m3
�
�3 3
m
m
Ta giải phương trình: .( 2  1)  2m  3
3

3
� 2m2 +3m = 18m – 27 � 2m2 - 15m + 27 = 0
15  3 9
15  3
� m1 

m2 
3
 =225 – 4.2.27 = 9
;
2.2
2
2.2
9
Vậy m = hoặc m = 3 thì 2x1 – x2 = -1
2

5/ Để phương trình có 2 nghiệm dương thì:
m
 >0
S>0 �
x1 + x2 > 0 � m +1 > 0

�

m > -1 � m 1,5
6


P>0

x1. x2 > 0

2m – 3 > 0

m>

3
2

Bài tập 3: ( Bài 158 SBT Toán 8 tập 1 phần hình học trang 76)
Cho  ABC vuông tại A, D là trung điểm của BC. Gọi M là điểm đối xứng
với D qua AB, gọi E là giao điểm của DM và AB. Gọi N là điểm đối xứng ví D
qua AC, là giao điểm của DN và AC.
a/ Tứ giác AEDF là hình gì? Vì sao?
b/ Các tứ giác ADBM, ADCN là hình gì? Vì sao?
c/ CMR: M đối xứng với N qua A.
Sau đây là lời giải của bài toán này.
a/ Tứ giác AEDF là hình chữ nhật vì có:
C
ˆ  ˆ  Fˆ  90o

b/  ABC có BD = DC, DE// AC nên AE = BE.

Ta lại có DE = EM (D đối xứng với M qua AB)
Tứ giác ADBM có hai đường chéo cắt nhau tại
trung điểm mỗi đường nên là hình bình hành. Hình
bình hành ADBM có hai đường chéo vuông góc.
AB  DM nên là hình thoi.
Chứng minh tương tự ta có tứ giác ADCN là hình

thoi.

N

F

A

D

E

B

M

c/ Tứ giác ADCN là hình thoi � AM// BD � AM// BC.
Tương tự có AN // BC.
Qua A ta có AM = BD, AN //BC nên M, A, N thẳng hàng.
(1)
Ta lại có AM = BD, AN = DC mà BD = DC nên AM = AN. (2)
Từ (1) và (2) suy ra A là trung điểm của MN, do đó M đối xứng với N qua A.
Vẫn với đề bài trên, sau đây là một số cách khai thác bài toán:
d/ Tứ giác MNCB là hình gì? Vì sao?
e/ CMR: AD, EF, CM, NB cùng đi qua một điểm.
g/ Với điều kiện nào của tam giác ABC thì tứ giácAEDF là hình vuông ?

Lời giải
d/ Vì MB =AD =NC và MB // AD // NC ( do các
tứ giác ADBM, ADCN là hình thoi) nên tứ giác

MNCB là hình bình hành.
e/ AFDE là hình chữ nhật nên AD cắt EF tại I.
Ta có CD // AM, AC// DM � ACDM là hình
bình hành � AD cắt CM tại trung điểm mỗi
đường � CM đi qua I. (I là trung điểm của CM).
Theo câu d) MNCB là hình bình hành
� CM cắt NB tại trung điểm mỗi đường
� NB đi qua I.
Vậy AD, EF, CM, NB cùng đi qua I.
g/ Hình chữ nhật AEDF là hình vuông
7


� AE = AF.

C

1
1
Ta lại có AE = AB, AF = AC
2
2
�
nên AE =AF AB = AC.

Vậy nếu tam giác ABC vuông cân lại A thì AEDF
là hình vuông.

N

F

D
I

A

E

B

M

Bài tập 4: ( Bài 38 SBT Toán 8 tập 1 phần đại số trang 7 )
Cho a + b + c = 0. Chứng minh: a3 + b3 + c3 = 3abc
Sau đây là lời giải của bài toán này.
Lời giải: Từ a + b + c = 0 � a + b = - c lập phương hai vế ta có:
(a + b)3 = (- c)3 � a3 + b3 + 3a2b + 3ab2 = - c3
� a3 + b3 + 3ab(a + b) = - c3
� a3 + b3 + 3ab(-c)
= - c3
� a3 + b3 + c3
= 3abc
Với bài toán này, nếu ta sử dụng cách giải sau thì sẽ khai thác tốt hơn các
kết quả khác của bài toán:
Từ a + b + c = 0 � a + b = - c
Ta có: a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) Thay a + b = - c vào ta được
a3 + b3 = (- c)3 – 3ab(- c) � a3 + b3 + c3 = 3abc
Sau đây là một số cách khai thác:
Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng

3
1/ a + a2c – abc + b2c + b3 = 0
2/ (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 +c4)
3/ Tính giá trị của A =

bc ca ab
 
a2 b2 c2

Hướng dẫn lời giải:
1/ a3 + a2c – abc + b2c + b3 = a3 + b3 + c( a2 – ab + b2)
= a3 + b3 – (a + b)( a2–ab + b2) = a3 + b3 - (a3 + b3) = a3 + b3 - a3 - b3 = 0
2/ Vì a + b + c = 0 nên ta có: a = - ( b + c)
Suy ra a2 = b2 + 2bc + c2
a2 – b2 - c2 = 2bc
a4 + b4 + c4 – 2a2b2 + 2b2c2 - 2a2c2 = 4b2c2
a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 cộng hai vế với a4 + b4 + c4
ta được: 2(a4 + b4 +c4) = (a2 + b2 + c2)2
3/ Dựa vào bài toán trên ta đặt:

1
1
1
 x;  y;  z
a
b
c

8

� x + y + z = 0 và x3 + y3 + z3 = 3xyz
1 1 1
3
1 1 1
3
Hay 3  3  3 
Do đó: A = abc( 3  3  3 ) = abc �  3
a b c
abc
a b c
abc

Với bài toán này chúng ta có thể khai thác bằng cách đảo lại như sau:
Cho a3 + b3 + c3 = 3abc. Chứng minh: a + b + c = 0 hoặc a = b = c
Lời giải: Ta xét tích sau:
(a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = a3 + ab2 + ac2 – a2b – abc – a2c + ba2 +
b3 + bc2 – ab2 – b2c – abc + a2c + b2c +c3–abc–bc2 - ac2 = a3 + b3 + c3 - 3abc
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0
Suy ra a + b + c = 0
Hoặc a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 0 � (a – b)2 + ( b – c)2 +(c – a)2 = 0
tức là a = b = c
Từ cách khai thác này ta lại có thể phát triển bài toán theo nhiều hướng mới:
Cho a3 + b3 + c3 = 3abc . Tính giá trị của biểu thức:
� a�
� b�
� c�
1 �
1 �
1 �

A= �
�
�
b
c
a
�

�
�

�
�

�

Lời giải: Vì a + b + c = 3abc � a3 + b3 + c3 - 3abc = 0
� (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0
� a + b + c = 0 hoặc a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 0
3

3

3

(b  a) (c  b) ( a  c )
�
�
b
c

a
(c) (a ) (b )
� A=
� �  1
b
c
a

* Nếu a + b + c = 0 � A =

*Nếu a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 0 thì a = b = c
� a�
� b�
� c�
1 �
1 �
1  �= (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8
Khi đó A = �
�
�
b
c
a
�

�
�

�
�

�

Với dạng của bài toán này ta có thể khai thác thêm mốt số kết quả sau:
1/ Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, và thỏa mãn điều kiện sau:
3
a + b3 + c3 = 3abc. Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều.
2/ Cho a + b + c = 0. Tính giá trị của A = (a – b)c3 +(b – c)a3 +(c – a)b3
Bài tập 5: ( Bài 81 SBT Toán 6 Tập 2 phần số học trang 16)
1
2

1 1
1 1
 ;

4 5
5 6
1 1 1 1
1
Từ đó tính nhanh tổng sau: A =    
2 6 12 20 30
1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
  ;
  ;
 

Lời giải: 1   ;
;  
2 2
2 3 6
3 4 12
4 5 20 5 6 30
1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
Từ đó ta có: A =     = 1         
2 6 12 20 30
2 2 3 3 4 4 5 5 6
1 5
A = 1 =
6 6

Tính 1  ;

1 1 1 1
 ;  ;
2 3 3 4

Việc giải quyết bài toán trên đối với học sinh thì không có gì khó khăn.
Tuy nhiên từ bài toán trên giáo viên dẫn dắt và đi đến bài toán tổng quát hoặc
các bài toán tương tự.

9


1

1

1

1

1

1/ Tính tổng: A = 1.2  2.3  3.4  4.5  .....  ( n  1)n
1
1
1
1


 ..... 
1.3 3.5 5.7
1999.2001
3
3
3
3


 ..... 
3/ Tính tổng: C =
2.5 5.8 8.11
17.20
2

2
2
2


�
�
�
�

4/ Tính tổng: D =
2.3.4 3.4.5 4.5.6
38.39.40

2/ Tính tổng: B =

Hướng dẫn
1

1

1

1

1

1 1

1 1 1 1

1

1

1

1

�
�


1/ A = 1.2  2.3  3.4  4.5  .....  (n  1)n =         �
1 2 2 3 3 4 4 5
n 1 n
1
n 1
=
n
n
1
1
1
1


 ..... 
2/ B =
1.3 3.5 5.7

1999.2001
2
2
2
2
1 1 1 1 1 1
1
1


 ..... 
�
�
�


=> 2B =
=      �
1.3 3.5 5.7
1999.2001
1 3 3 5 5 7
1999 2001
1
1
2000
1000
=> 2B = 
=
=> B =
1 2001

2001
2001
3
3
3
3
1 1 1 1 1 1
1 1


 ..... 
�
�
�
 
3/ C =
=      �
2.5 5.8 8.11
17.20
2 5 5 8 8 11
17 20
1 1 10 1
9
C=    
2 20 20 20 20
2
2
2
2



�
�
�
�

4/ D =
2.3.4 3.4.5 4.5.6
38.39.40
2
1
1
2
1
1
1
1
1





Ta có:
;
=
; ……..;
2.3.4 2.3 3.4
3.4.5
3.4 4.5

38.39.40 38.39 39.40
1
1
1
1
1
1
1
1




=> D =
+
+
+…..+
2.3 3.4
3.4 4.5
4.5 5.6
38.39 39.40
1
1
260  1 259


=> D =
=
2.3 39.40
39.40 1560

A = 1

Bài tập 6: (Bài 67, Toán Bồi dưỡng học sinh lớp 8- Vũ Hữu Bình)
1

1

1

1

Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện: x  y  z  x  y  z
Chứng minh rằng: x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3
1

1

1

1

1

1

1

1

Lời giải : Từ x  y  z  x  y  z <=> x  y  x  y  z  z
x y

x y

1

1

<=> xy   z ( x  y  z ) � ( x  y)( xy  xz  yz  z 2 )  0
xy  xz  yz  z
)0
<=> ( x  y )( xy  xz  yz  z 2 )  0 <=> ( x  y )(
2
1

1

2

xy ( xz  yz  z )



x

 y  y  z  x  z

�x  y  0
�

 0 � �y  z  0        
�x  z  0
�

* Nếu x + y = 0 => x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3
10


* Nếu y + z = 0 => x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3
* Nếu x + z = 0 => x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3

(Điều phải chứng minh)

Từ bài toán trên ta có thể khai thác thêm các kết quả sau:
1

1

1

1

Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện: x  y  z  x  y  z
1/ Chứng minh rằng trong 3 số x, y, z có hai số đối nhau.
2/ Chứng minh: x2n + 1 + y2n + 1 +z2n + 1 = (x + y + z)2n + 1
1

1

1

3/ Chứng minh: x  y  z tối giản với x, y, z nguyên.
1

1 1

1 1

1

1

1

4/ Chứng minh: ( x  y )( y  z )( z  x ) có giá trị là một số tự nhiên.
1

1

5/ Chứng minh: x 2 n 1  y 2 n 1  z 2 n 1  x 2 n 1  y 2 n 1  z 2 n 1 với n là số tự nhiên.
Bài tập 7:
Cho x, y thỏa mãn: ( x 2  2007  x)( y 2  2007  y)  2007 (1)
Tính M = x2007 + y2007
Lời giải :Ta thấy: ( x 2  2007  x)( x2  2007  x)  2007
( y 2  2007  y )( y 2  2007  y )  2007
�
�(
� �
�
�(

�
�(
� �
�
�(
�
�(
� �
�
�(

x 2  2007  x)( y 2  2007  y )( x 2  2007  x )( x 2  2007  x)
x 2  2007  x)( y 2  2007  y )( y 2  2007  y )( y 2  2007  y )
y 2  2007  y) ( x 2  2007  x)
(vì
x 2  2007  x) ( y 2  2007  y)

x 2  2007  x �0; y 2  2007  y �0 )

y 2  2007  y) ( x 2  2007  x)
thực hiện trừ vế với vế ta được y = - x
y 2  2007  y) ( x 2  2007  x)

=> x, y đối nhau => M = 0
Ta có thể khai thác thêm một số kết quả khác như sau:
Cho x, y thỏa mãn: ( x 2  2007  x)( y 2  2007  y)  2007 (1). Chứng minh rằng:
1/ x, y là hai số đối nhau.
2/ x2n + 1 + y2n + 1 ( x �0, n �N ) có giá trị không đổi.
3/ (x + y)2n + 1 = x2n + 1 + y2n + 1
( n �N )

2n
2n
4/ x + y ( n �N ) không thể là số chính phương nếu x, y là các số tự nhiên
lẻ.
Bài tập 8:
Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. O là trung điểm của AM, BO cắt
AC tại D, CO cắt AB tại E. Chứng minh: AE =

1
1
AB; AD = AC.
3
3

Lời giải

11


Vẽ đường thẳng MP// BD ( P thuộc AC)
Vì m là trung điểm của BC nên P là trung điểm
của DC => PD = PC (1)
Trong tam giác AMP có O là trung điểm của AM
và CD // MP => D là trung điểm của AP
=> DA = DP (2)

A

D

E
O

B

Từ (1) và (2) suy ra: AD = DP = PC => AD =
Chứng minh tương tự ta được AE =

P

C

M

1
AC
3

1
AB
3

Ta có thể khai thác thêm một số kết quả sau:
1) Chứng minh: ED // BC
2) Chứng minh: ED =

1
BC
3
1

3) Chứng minh: SAEO = SADO = 12 SABC
4) Chứng minh:

OM OD OE


1
AM BD OC

Bài tập 9: (Toán Bồi dưỡng Học sinh lớp 8- Vũ Hữu Bình)
Cho tam giác ABC nhọn các đường cao AP,BQ,CR cắt nhau tại H.
HP

HQ

HR

Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  1
Lời giải
Ta có: SABC  SAHB  SBHC  SCHA

A
Q

SAHB  1 HR �AB

R

2

SBHC  1 HP�
BC ;
2

SAHC  1 HQ�AC
2

H

B

C

P

SABC  1 AP.BC  1 BQ. AC  1 CR. AB

2
2
2
SAHB HR
SBHC HP SAHC HQ

;


Nên S
:
SABC AP SABC BQ
ABC CR

SBHC S AHC SABC
HP HQ HR S


1
=> AP  BQ  CR  SAHB  S
ABC
ABC SABC SABC

Với bài toán trên ta có thể khai thác như sau:
1) Cho tam giác ABC nhọn các đường trung tuyến AP, BQ, CR cắt nhau tại H.
HP

HQ

HR

Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  1
2) Cho tam giác ABC nhọn các đường phân giác AP, BQ, CR cắt nhau tại H.
12


HP

HQ

HR

MP

MQ

MR

Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  1
3) Cho tam giác ABC nhọn và M là một điểm nằm trong tam giác các đường
thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt AB, BC, CA tại P, Q, R.
Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  1
Bài tập 10: Cho A = x2 – 3x +5 với x �3. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Lời giải: A = x2 – 3x +5 = x(x-3) + 5 �5 với x �3
Dấu “=” xảy ra � x = 3
Vậy Amin= 5 khi x = 3
Ta có thể khai thác thêm một số kết quả như sau:
1) Tìm GTNN của A = x2 – 3x + a với x �3
2) Tìm GTNN của A = xn + 1 – 3xn + 2010 với x �3
3) Tìm GTNN của A = x2n – 3nxn + 2009 với x �3
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trên đây tôi đã trình bày những kinh nghiệm mà tôi có được trong quá
trình giảng dạy và một số bài tập bài tập cùng các cách khai thác mà tôi đã thực
hiện thành công.
Khi chưa áp dụng kết quả học sinh khai thác đạt:

TT
1
2
3

TT

Tổng
Giỏi
Khá
TB
SL TL% SL TL% SL TL%
Lớp
số
8B
32
2
6.25
3
9.4
8
25
8C
35
1
2.9
4
11.4
6
17.1
9B
38
1
2,6
3
7,9
15

39,5
Sau khi áp dụng kết quả học sinh khai thác đạt:

Yếu
SL TL%
19 59.35
24
68.1
19
50

Tổng
Lớp
số

Yếu
SL TL%

1

8B

32

2
3

8C
9B

35
38

Giỏi
SL TL%
18.7
6
5
4
11.4
5
13,2

Khá
SL TL%
12

37.5

9
10

25.7
26,3

TB
SL TL%
31.2
10
5

17
48.6
20
52,6

4

12.5

5
3

14.3
7,9

Với phương pháp giải và cách khai thác trên đa số học sinh đều có hứng
thú làm bài, say mê tìm tòi nghiên cứu. Cái được của cách làm này là mọi học
sinh đều tích cực học tập. Vì bài tập thường được đặt ở cả 3 mức độ, phát triển
từ dễ đến khó, không gây nhàm chán hay tự ti cho học sinh.

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận

13


So với cách dạy học sinh giải bài tập toán thông thường thì khai thác lời
giải trong một bài tập toán mang lại hiệu quả rất cao. Đặc biệt nếu áp dụng vào
giờ luyện tập hoặc ôn tập chương thì mức độ thành công của giờ học sẽ càng
cao.

Việc khai thác lời giải sẽ hệ thống được kiến thức. Phát triển tư duy của
học sinh, học sinh sẽ thấy được sự lôgic của kiến thức, sẽ dễ dàng hơn khi giải
quyết một lớp các bài tập tương tự nhau hoặc tìm ra quy luật tổng quát của một
bài toán mà không quá khó khăn.
Đồng thời việc khai thác lời giải sẽ giảm bớt thời gian ra đề bài, người
thầy sẽ có nhiều thời gian hơn để quan tâm đến mọi đối tượng học sinh đặc biệt
là học sinh yếu kém.
3.2. Kiến nghị
Qua quá trình giảng dạy bộ môn Toán, áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào
thực tiễn giảng dạy, tôi có một số ý kiến nghị sau:
+ Đối với giáo viên giảng dạy môn Toán:
- Giáo viên cần nghiên cứu ở nhiều khía cạnh của bài toán, phát triển một
bài toán gốc thành nhiều bài toán khác, tìm tòi các bài toán mới, các lời giải
khác nhau, xây dựng các chủ đề, chủ điểm.
- Nên giảng dạy theo từng chủ đề, chủ điểm, giáo viên là người điều khiển,
hướng dẫn, tổ chức, mỗi học sinh là những nhà phát minh, kiến tạo.
- Hướng dẫn học sinh tự tìm tòi, phát hiện vấn đề, tăng cường việc tự học
của học sinh (có sự kiểm tra, giám sát điều chỉnh của giáo viên).
+ Đối với nhà trường:
- Làm tốt công tác khảo sát đánh giá học sinh ngay từ đầu năm học, từ
đó phân loại tốt đối tượng theo từng lớp phụ đạo, bồi dưỡng. Trên cơ sở đó giáo
viên bộ môn có sự lựa chọn kiến thức và phương pháp giảng dạy phù hợp hơn.
- Coi trọng bộ môn Toán nhiều hơn, tăng cường công tác phụ đạo và bồi
dưỡng bộ môn Toán, xây dựng câu lạc bộ Toán học (cả giáo viên và học sinh).
+ Đối với phòng giáo dục:
- Tạo điều kiện để giáo viên môn Toán trong Thành phố được giao lưu,
trao đổi kinh nghiệm, học hỏi lẫn nhau thông qua việc dự giờ chính khóa, dự giờ
bồi dưỡng, giờ phụ đạo.
- Động viên khuyến khích giáo viên, học sinh tự tìm tòi các bài toán mới,
các phát hiện mới trong toán học, xây dựng tập san toán học.

Với đề tài này tôi mong muốn khơi dậy sự yêu thích, niềm đam mê sáng
tạo trong toán học của học sinh và giáo viên; mong muốn chia sẻ, đóng góp kinh
nghiệm của bản thân với đồng nghiệp nhằm góp phần nâng cao chất lượng bộ
môn Toán. Tuy nhiên đề tài không tránh khỏi những thiếu xót, rất mong sự đóng
góp ý kiến của đồng nghiệp và mọi người quan tâm.
Thanh Hóa, ngày 15 tháng 11 năm 2017
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của
14


người khác.
Người viết

Hồ Văn Khôi

TÀI LIỆU THAM KHẢO

15


TT
1
2
3
4

TÊN TÀI LIÊU

Sách giáo khoa các lớp 6, 7, 8, 9.

TÁC GIẢ- NĂM XB
Bộ Giáo dục và đào

tạo - 2014
Sách bài tập các lớp 6, 7, 8, 9.
Tôn Thân- 2010
Nâng cao và phát triển Toán các lớp 6, 7, 8, 9. Vũ Hữu Bình- 2010
Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8, 9.
Vũ Hữu Bình- Tôn
Thân- Đỗ Quang

5
6

Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 8.
Các chuyên đề chọn lọc toán 8.

Thiều- 2009
Bùi Văn Tuyên- 2013
Tôn Thân- 2016

16