Hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển một số bài toán từ một đẳng thức quen thuộc khi bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thông dân tộc nội trú THCS huyện thường xuân

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THƯỜNG XUÂN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC, PHÁT
TRIỂN MỘT SỐ BÀI TOÁN TỪ MỘT ĐẲNG THỨC
QUEN THUỘC KHI BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Ở
TRƯỜNG PHỔ THÔNG DÂN TỘC NỘI TRÚ THCS
HUYỆN THƯỜNG XUÂN

Người thực hiện: Lê Bá Thành
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường PTDTNT THCS huyện Thường Xuân
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2020


MỤC LỤC
Nội dung
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
2. Nội dung
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.
2.3.1. Hướng khai thác thứ nhất

2.3.2. Hướng khai thác thứ hai
2.3.3. Hướng khai thác thứ ba
2.3.4. Hướng khai thác thứ tư
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
1
1
1
2
2
2
2
2
3
4
6
10
13
14
15
15
15
17

Đề tài
HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC, PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI
TOÁN TỪ MỘT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC KHI BỒI DƯỠNG HỌC
SINH GIỎI Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG DÂN TỘC NỘI TRÚ THCS
HUYỆN THƯỜNG XUÂN
1. Mở đầu.
1.1. Lí do chọn đề tài.
Văn kiện Đại hội Đảng toàn quốc đã chỉ rõ, mục tiêu giáo dục của nước ta
là “Đào tạo thế hệ trẻ theo hướng toàn diện, có tri thức, có kỹ năng, đạo đức tốt
có một chuyên môn sâu, có ý thức, khả năng tự tạo việc làm trong nền kinh tế
hàng hoá nhiều thành phần”. Do đó ngay từ bậc học phổ thông cơ sở cần phải
cung cấp cho các em nền móng kiến thức phổ thông cơ bản, vững chắc có hệ
thống đồng thời giáo dục đức tính chủ động, sáng tạo, linh hoạt trong tư duy,
kiên trì chăm chỉ trong thực hành cho học sinh mà môn toán đóng vai trò quan
trọng trong yêu cầu trên.
Như chúng ta đã biết học toán gắn liền với hoạt động giải toán. Thông qua
việc hướng dẫn học sinh giải toán, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh
năng lực tư duy, tính độc lập, linh hoạt, sáng tạo nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo
con người mới. Trong giảng dạy môn Toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc
kiến thức cơ bản, thì việc phát huy tính tích cực của học sinh thông qua việc
khai thác, phát triển có hiệu quả các bài toán là một trong những cách bồi dưỡng
cho học sinh những năng lực đó. Mặt khác việc khai thác, phát triển có hiệu quả
bài toán còn đem lại cho học sinh lòng say mê hứng thú môn học bởi tâm lý học
sinh luôn muốn biết, muốn tìm tòi cái mới.
Xuất phát từ thực tế giảng dạy, qua tham khảo đồng nghiệp và với kinh
nghiệm của bản thân tôi luôn giúp học sinh khai thác, phát triển nhiều bài toán
trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Vì vậy tôi mạnh dạn đưa ra một vài
kinh nghiệm nhỏ: “Hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển một số bài toán
từ một đẳng thức quen thuộc khi bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường Phổ
thông Dân tộc nội trú THCS huyện Thường Xuân” để cung cấp cho học sinh

có thêm giải pháp khai thác và phát triển thêm các bài toán mới hay và lí thú từ
một đẳng thức quen thuộc; đồng thời biết ứng dụng các bài toán đơn giản vào
việc giải các bài toán phức tạp; qua đó khơi dậy hứng thú học tập, giúp học sinh
học toán nhẹ nhàng hào hứng, đạt kết quả tốt hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Giúp các em trong đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, lớp 9 nắm vững
cách chứng minh đẳng thức a 3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac)
Từ đó các em biết vận dụng đẳng thức trên cũng như các kiến thức khác vào
khai thác, phát triển một bài toán ôn thi học sinh giỏi. Qua đó giúp các em giải
quyết được các bài toán được khai thác, phát triển từ đẳng thức trên và nhiều bài
toán khác trong các đề thi học sinh giỏi các cấp được tốt hơn.


Giúp bản thân tập duyệt nghiên cứu khoa học, là tài liệu phục vụ cho công
tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh khá giỏi và ôn tập cho học sinh thi vào lớp 10.
Có thể làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đề tài này tôi đã tập trung nghiên cứu khai thác, phát triển một số bài toán
ôn thi học sinh giỏi toán 8 từ đẳng thức:
a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) .
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
a. Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Thu thập thông tin trên mạng Internet,
đọc tài liệu có liên quan.
b. Thực nghiệm sư phạm: Dạy đội tuyển học sinh giỏi khối 8 và 9 để so
sánh kiểm nghiệm
c. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm, tham khảo ý kiến đồng nghiệp.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Chúng ta đã biết việc giải một bài toán dù có khó, phức tạp đến đâu đều
có thể đưa về việc áp dụng 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 học sinh.
Từ một bài toán cơ bản quen thuộc, chúng ta có thể 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, phát
triển 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.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong chương trình môn toán ở bậc trung học cơ sở không có bài dạy lí
thuyết hay không có bài tập giải mẫu nào sử dụng việc khai thác các dạng toán
từ các đẳng thức quen thuộc. Trong khi đó, các đề thi học sinh giỏi, thi vào lớp
10 trung học phổ thông đều ra theo hướng khai thác, phát triển bài toán.
Mặt khác, trong khi dạy môn toán tôi nhận thấy đa số học sinh nghỉ chỉ
cần giải xong bài toán coi như đã hoàn thành nhiệm vụ mà rất ít em tư duy khai
thác, phát triển bài toán, nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau để phát
triển nó thành bài toán khác hoặc đặt các câu hỏi tiếp theo cho bài toán.
Làm thế nào để giúp học sinh trong tiết luyện tập cũng như bồi dưỡng học
sinh giỏi, học sinh cảm thấy không nặng nề, nhàm chán, khô khan, khuôn mẫu
đồng thời phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo trong giờ học trên lớp?
Vào đầu năm học trước khi thực hiện nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi,
tôi đều tiến hành khảo sát chất lượng đội tuyển, để nắm được mức độ kiến thức


của từng học sinh trong đội tuyển từ đó xây dựng kế hoạch và biện pháp bồi
dưỡng cho phù hợp. Khi tiến hành bồi dưỡng đội tuyển phần đại số tôi đã tiến
hành khảo sát đội tuyển, đề ra theo hướng khai thác, phát triển, mở rộng bài
toán. Trong khi chấm bài tôi thấy hầu như chỉ giải được ý thứ nhất của các bài,
còn các ý còn lại được ra theo hướng khai thác, mở rộng bài toán thì học sinh
không giải được hoặc có cách giải chưa hợp lý, chỉ có một học sinh làm được.

Qua điều tra tôi đã tổng hợp kết quả như sau:
Điểm dưới 5
5-6 điểm
7-8 điểm
9-10 điểm
Đội
Số học
tuyển
sinh
SL
TL
SL
TL
SL
TL
SL TL
Toán 8

6

2

Toán 9
5
2
Nguyên nhân:

33,3%

3

50%

1

16,7%

40%

2

40%

1

20%

* Học sinh không giải được là do các em:
- Chưa biết liên hệ giữa kiến thức cơ bản và kiến thức nâng cao.
- Chưa có tính sáng tạo trong giải toán, khả năng vận dụng kiến thức chưa
linh hoạt.
- Chưa được trang bị đầy đủ về phương pháp giải dạng toán này.
* Học sinh giải được thì:
- Trình bày lời giải chưa chặt chẽ, mất nhiều thời gian.
- Chưa sáng tạo trong vận dụng kiến thức.
Xuất phát từ thực trạng nêu trên, tôi thấy rằng nên dạy cho học sinh trung
học cơ sở biết khai thác, phát triển bài tập toán trong những giờ ngoại khoá, bồi
dưỡng. Nếu được học một cách có hệ thống, chắc chắn học sinh sẽ giải toán một
cách không mấy khó khăn, giúp các em có hứng thú hơn với bộ môn, thông qua
khai thác bài toán giúp các em biết nghiên cứu bài toán sâu hơn, thấy được mối

liên hệ giữa các bài toán và sẽ là tiền đề tạo hứng thú cho các em nghiên cứu,
tìm tòi phương án tối ưu khi giải quyết các bài toán khác.
Vậy để giúp học sinh có khả năng khai thác, phát triển bài tập khi giải
toán, bồi dưỡng học sinh triển vọng để chọn đội tuyển học sinh giỏi ... đạt kết
quả cao, tôi đã lựa chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển
một số bài toán từ một đẳng thức quen thuộc khi bồi dưỡng học sinh giỏi ở
trường Phổ thông Dân tộc nội trú THCS huyện Thường Xuân” để cung cấp
cho học sinh có thêm giải pháp khai thác và phát triển nhiều bài tập toán hay và
lí thú, qua đó khơi dậy hứng thú học tập, giúp học sinh học toán nhẹ nhàng hào
hứng, đạt kết quả tốt hơn.


2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp đã sử dụng.
Bài toán: Chứng minh rằng:
a 3  b 3  c 3  3abc (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac) (*)
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Biến đổi vế trái (VT) bằng vế phải (VP):
Ta có VT(*) = 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)
= VP(*)  đpcm.
Cách 2: Biến đổi vế phải (VP) bằng vế trái (VT):
Ta có
VP(*) = (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
= VT(*)  đpcm.

2.3.1. Hướng khai thác thứ nhất:
Khai thác dạng toán phân tích đa thức thành nhân tử, từ đẳng thức
3
a + b 3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac) (*)
Phân tích 1:
Xét theo chiều từ trái sang phải đẳng thức (*) chính là bài toán phân tích
đa thức thành nhân tử. Vì vậy ta có thể khai thác bài toán sau:
Bài toán 1.1: Phân tích đa thức a3 + b3 + c3 - 3abc thành nhân tử.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)
Nhận xét 1.1: Vì đa thức a3 + b3 + c3 - 3abc là một đa thức bậc lẻ đối với
tất cả các biến, vì vậy:
+ Nếu ta thay b bằng –b ta có đẳng thức
a3 + (- b)3 + c3 – 3a(- b)c = a3 - b3 + c3 + 3abc
+ Nếu ta thay b bằng –b; c bằng -c ta có đẳng thức
a3 + (- b)3 + (- c)3 - 3a(-b)(-c) = a3 - b3 - c3 - 3abc
+ Nếu ta thay a bằng –a, thay b bằng –b; c bằng -c ta có đẳng thức
(- a)3 + (- b)3 + (- c)3 – 3(-a)(-b)(-c) = - a3 - b3 - c3 + 3abc
Từ nhận xét 1.1 ta có thể phát triển thành bài toán sau:
Bài toán 1.2: 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:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có
a) a3 - b3 + c3 + 3abc = a3 + (- b)3 + c3 – 3a(- b)c
= [a + (-b) + c][a2 + (-b)2 + c2 – a(-b) – (-b)c – ca]

= (a - b + c)(a2 + b2 + c2 + ab + bc – ca)
b) a3 - b3 - c3 - 3abc = a3 + (- b)3 + (- c)3 - 3a(-b)(-c)
= [a + (-b) + (-c)][a2 + (-b)2 + (-c)2 – a(-b) – (-b)(-c) – (-c)a]
= (a - b - c)(a2 + b2 + c2 + ab - bc + ca)
c) - a3 - b3 - c3 + 3abc = - (a3 + b3 + c3 - 3abc)
= - (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)
Nhận xét 1.2: Từ phân tích 1 ta thấy nếu thay a, b, c bởi các đa thức một
biến hoặc nhiều biến vào vế trái thì ta sẽ được vô số các bài toán phân tích đa
thức thành nhân tử và bài toán giải phương trình.
Một số ví dụ:
Bài toán 1.3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử.
a) 8a3 + 64b3 + c3 – 24abc
b) (x+2)3 + (2x+3)3+ (x-5)3 - 3(x+2) (2x +3) (x-5).
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có
a) 8a3 + 64b3 + c3 – 24abc = (2a)3 + (4b)3 + c3 – 3.2a.4b.c
= (2a + 4b + c) [(2a)2 + (4b)2 + c2 – 2a.4b – 2a.c – 4b.c]
= (2a + 4b + c) (4a2 + 16b2 + c2 – 8ab – 2ac – 4bc)
b) (x + 1)3 + (2x + 3)3 + (x - 5)3 - 3(x + 1) (2x + 3) (x - 5)
= (x + 1 + 2x + 3 + x - 5)[(x + 1) 2 + (2x + 3)2 + (x - 5)2 - (x + 1)(2x + 3)
- (2x + 3)(x - 5) – (x + 1)(x - 5)]
= (4x - 1)(x 2 + 2x + 1 + 4x2 + 12x + 9 + x2 -10x + 25 – 2x2 - 5x – 3 - 2x2
+ 7x + 15 – x2 + 4x + 5)
= (4x - 1)(x2 + 10x + 52)
Bài toán 1.4: Giải các phương trình sau:
a) (x + 1)3 + (2x + 1)3 + (x + 2)3 - 3(x + 1)(2x + 1)(x + 2) = 0.
b) (1 - x)3 + (2x - 1)3 - (1 + 3x)3 + 3(1 - x) (2x - 1)(1 + 3x) = 0
c) (x + 1)3 + (x - 1)3 + (2x + 1)3 + 3(1 - x2) (2x + 1) = 0
Hướng dẫn giải:
a) Áp dụng đẳng thức (*) ta có

(x + 1)3 + (2x + 1)3 + (x + 2)3 - 3(x + 1)(2x + 1)(x + 2) = 0.
 (x + 1 + 2x + 1 + x + 2)[(x + 1) 2 + (2x + 1)2 + (x + 2)2 - (x + 1)(2x + 1) (x + 1)(x + 2) - (2x + 1)(x + 2)] = 0
 (4x + 4)(x2 + 2x + 1 + 4x2 + 4x + 1 + x2 + 4x + 4 - 2x2 - 3x - 1 - x2 - 3x - 2
- 2x2 - 5x - 2) = 0


 (4x + 4)(x2 - x + 1) = 0
 4x + 4 = 0 hoặc x2 - x + 1 = 0
1) 4x + 4 = 0  x = -1
2) Phương trình x2 - x + 1 = 0 vô nghiệm vì  = (-1)2 – 4.1.1 = -3 < 0
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = { - 1}
b) (1 - x)3 + (2x - 1)3 - (1 + 3x)3 + 3(1 - x) (2x - 1)(1 + 3x) = 0
 (1 - x)3 + (2x - 1)3 + (-1 - 3x)3 - 3(1 - x) (2x - 1)(- 1 - 3x) = 0
 (1 - x + 2x - 1 - 1 - 3x)[(1 - x)2 + (2x - 1)2 + (-1 - 3x)2 -(1 - x) (2x - 1) (1 - x)(- 1 - 3x) - (2x - 1)(- 1 - 3x)] = 0
(Áp dụng đẳng thức (*) )
2
2
 (-2x - 1)(x - 2x + 1 + 4x - 4x + 1 + 9x2 + 6x + 1 + 2x2 - 3x + 1 - 3x2 +
2x + 1 + 6x2 - x - 1) = 0
 (-2x - 1)(19x2 - 2x + 4) = 0  -2x – 1 = 0 hoặc 19x2 - 2x + 4 = 0
1) – 2x – 1 = 0  x =-

1
2

2) Phương trình 19x2 - 2x + 4 = 0 vô nghiệm vì ’ = (-1)2 - 19.4 = -75<0
� 1�
- �
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = �
�

�
�
�
� 2�
3
3
3
2
c)
(x + 1) + (x - 1) + (2x + 1) + 3(1 - x ) (2x + 1) = 0
 (x + 1)3 + (x - 1)3 + (2x + 1)3 - 3(x + 1)(x – 1)(2x + 1) = 0
 (x + 1 + x – 1 + 2x + 1)[(x + 1)2 + (x - 1)2 + (2x + 1)2 - (x + 1)(x – 1) (x – 1)(2x + 1) - (x + 1)(2x + 1)] = 0
 (4x + 1)(x2 + 2x + 1 + x 2 - 2x + 1 + 4x 2 + 4x + 1 - x 2 + 1 – 2x2 + x + 1
– 2x2 – 3x - 1) = 0
 (4x + 1)(x2 + 2x + 4) = 0  4x + 1 = 0 hoặc x2 + 2x + 4 = 0
1) 4x + 1 = 0  x =-

1
4

2) Phương trình x2 + 2x + 4 = 0 vô nghiệm vì ’ = 12 - 1.4 = -3 < 0
� 1�
- �
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = �
�
�
�
�
� 4�
Bài tập vận dụng:

Bài toán 1.6: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử.
a) (x + 1)3 + (2x + 3)3 + (x - 4)3 - 3(x + 1)(2x + 3)(x - 4)
b) (x + y)3 + (y + z)3 + (x + z)3 - 3(x + y)(y + z)(x + z)
c) (x + 2y)3 - (y - z)3 + (x + z)3 + 3(x + 2y)(y - z)(x + z)
Bài toán 1.7: Giải các phương trình sau:
a) (2x + 7)3 + (x – 3)3 + (x + 5)3 – 3(2x + 7)(x – 3)(x + 5) = 0
b. (x + 2)3 + (3x – 4)3 + (x – 1)3 – 3(x + 2)(3x – 4)(x - 1) = 0
c. (x + 2)3 + (x - 2)3 + (2x + 1)3 + 3(4 - x2) (2x + 1) = 0
Bài toán 1.8: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
(x + y)3 + (y + z)3 + (z + x)3 – 3(x + y)(y + z)(z + x) = 0.


2.3.2. Hướng khai thác thứ hai:
Khai thác bài toán chứng minh chia hết, tính giá trị của biểu thức từ
đẳng thức a 3 + b 3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac) (*)
Phân tích 2:
Quan sát vế phải của đẳng thức (*) ta thấy có chứa nhân tử là (a + b + c)
2
và (a + b2 + c2 - ab - bc - ac).

2)
3)
4)
5)

Nhận xét 2.1.
Từ phân tích 2, ta có một số nhận xét sau:
1)
a 3 + b3 + c3 - 3abc M
(a + b + c)

3
3
3
2
a + b + c - 3abcM(a + b 2 + c2 - ab - bc - ac)
(a + b + c)Mk � a 3 + b3 + c3 - 3abc Mk
a 3 + b3 + c3 - 3abc
= a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac
a+b+c
a 3 + b3 + c3 - 3abc
=a + b + c
a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac

Do đó ta có thể khai thác phát triển thành các bài toán sau:
Bài toán 2.1: Chứng minh rằng: Với a + b + c  0 ta có
a)
a 3 + b3 + c3 - 3abc M(a + b + c)
a 3 + b3 + c3 - 3abcM(a 2 + b 2 + c2 - ab - bc - ac)
Hướng dẫn giải:
a) Vì a + b + c  0 nên áp dụng đẳng thức (*) ta có
3
3
a + b + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)  (a + b + c)
b) Vì a + b + c  0 nên áp dụng đẳng thức (*) ta có
3
3
a + b + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)(a2 + b2 + c2-ab-bc-ca)
b)

Bài toán 2.2:

a) Cho a, b, c, k là các số nguyên thoả mãn (a + b + c)  k. Hãy chứng
minh rằng A = a3 + b3 +c3 - 3abc  k.
b) Cho a, b, c, k là các số nguyên thoả mãn a 2 + b2 + c2 -ab - bc - ac  k.
Hãy chứng minh rằng A = a3 + b3 +c3 - 3abc  k.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có: A = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc – ac)
a. Vì a + b + c  k nên suy ra A  k
(đ.p.c.m)
2
2
2
b. Vì a + b + c - ab - bc - ac  k nên A  k (đ.p.c.m)
Bài toán 2.3: Rút gọn các biểu thức sau
a 3 + b 3 + c3 - 3abc
a) A =
a+b+c


a 3 + b3 + c3 - 3abc
a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có
3
3
a + b +c3 - 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 - ab - bc – ac) thay vào biểu thức A
và biểu thức B ta được
a 3 + b3 + c3 - 3abc
(a +b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac)
a) A =
=

a+b+c
a+b+c
2
2
2
= a + b + c - ab - bc - ac
b) B =

a 3 + b3 + c3 - 3abc
(a +b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac)
b) B = 2
=
a + b 2 + c 2 - ab - bc - ac
a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac
=a + b + c

Bài toán 2.4: Cho a + b + c = 100. Tính giá trị của biểu thức sau:
a 3 + b3 + c3 - 3abc
A= 2
a + b 2 + c2 - ab - bc - ac
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có
3
3
a + b +c3 - 3abc = (a + b + c) (a 2 + b2 + c2 - ab - bc – ac) thay vào biểu thức A ta
được
a 3 + b3 + c3 - 3abc
A= 2
a + b 2 + c 2 - ab - bc - ac
(a +b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac)

=
a 2 + b2 + c2 - ab - bc - ac
=a + b + c
Với a + b + c = 100 ta có A = 100
Nhận xét 2.2: Ta thấy vế trái của đẳng thức (*) có thể biến đổi như sau:
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a3 - abc) + (b3 - abc) + (c3 - abc)
= a (a2 - bc)+ b (b2 - ac) + c (c2 - ab)
bc
ac
ab
)  b 2 (b 
)  c 2 (c 
)
a
b
c
bc
ac
ab
= a3 (1  2 )  b 2 (1  2 )  c 3 (1  2 )
a
b
c

= a2 ( a 

Từ nhận xét 2.2, bằng cách đặt các biểu thức trong ngoặc lần lượt bằng x,
y, z; ta có thể phát triển bài toán 2.1 thành các bài toán sau:
Bài toán 2.5: Cho x = a2 – bc; y = b2 – ac; z = c2 – ab. Chứng minh rằng:
a) (ax + by + cz) M(a + b + c)

b) (ax + by + cz) M(x + y + z)
Hướng dẫn giải:


a) Ta có: ax + by + cz = a(a2 – 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 + b2 + c2 - 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.
Bài toán 2.6: Cho x = a -

Bài toán 2.7: Cho x 1 

bc
ac
ab
;
y

1

;
z

1

. Chứng minh rằng:
a2
b2
c2

(a 3 x  b 3 y  c 3 z) (a 2 x  b 2 y  c 2 z)
Hướng dẫn giải:
Ta có:

� bc �
ac �
ab �
3�
3�
�
�
�

�
a 3 x + b 3 y + c3 z = a 3 �
1- 2 �
+
b
1
+
c
1
�
�
�
�
�
2�
2�
�
�
�
�
�
� a � � b � � c �
= a 3 + b 3 + c3 - 3abc
= (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac)
(1)
� 2 � ac �
� 2 � ab �
�
2
2

2
2 � bc �
�
�
1
+
b
1
+
c
1
Mặt khác: a x + b y + c z = a �
�
�
�
�
�
�
�
� b2 �
� c2 �
� a2 �
� �
� �
�
2
2
2
(2)
= a + b + c - ab - ac - bc

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài tập vận dụng:
Bài toán 2.8: Cho a + b + c = 20. Tính giá trị của biểu thức sau:


a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac
a 3 + b3 + c3 - 3abc
Bài toán 2.9: Cho abc 9 . Chứng minh rằng P = a 3 + b3 + c3 - 3abc M9
Bài toán 2.10: Cho a, b, c là ba số nguyên liên tiếp. Hãy chứng minh
B=

rằng giá trị của biểu thức B =

a 3  b 3  c 3  3abc
không phụ thuộc vào giá trị của
a bc

a, b, c.
a 3  b 3  c 3  3abc
Bài toán 2.11: Cho biểu thức B = 2 2 2
.
a  b  c  ab  bc  ac

Hãy chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số nguyên liên tiếp thì B là một số
nguyên chia hết cho 3.
2.3.3. Hướng khai thác thứ ba:
Khai thác bài toán trong trường hợp đặc biệt vế phải của đẳng thức
3
a + b 3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac) bằng 0
Phân tích 3:

Từ đẳng thức (*) xét trong trường hợp vế phải bằng 0 ta có
VP = 0 � (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac) = 0
�
�
a + b +c = 0
a +b +c = 0
�
� �2
�
�
�
a=b=c
a + b 2 + c2 - ab - bc - ac = 0
�
�
Nhận xét 3.1:
Từ phân tích 3, ta thấy nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 - 3abc = 0. Suy ra
a3 + b3 + c3 = 3abc
Ta có các nhận xét sau:
a 3 + b 3 + c3
1)
=3
abc
a2
b2
c2
a3
b3
c3
a 3 + b 3 + c3

2)
+
+
=
+
+
=
=3
bc ac ab abc abc abc
abc
Từ nhận xét trên ta phát triển thành các bài toán sau:
Bài toán 3.1: Cho a + b + c = 0. Hãy tính giá trị của các biểu thức
a 3 + b3 + c3
a) A =
abc
a2
b2
c2
b) B = + +
bc ac ab

Hướng dẫn giải:
Áp dụng (*) ta có, với a + b + c = 0 thì
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0.
Suy ra a3 + b3 + c3 = 3abc. Do đó


a 3 + b3 + c3 3abc
a) A =
=

=3
abc
abc

a2
b2
c2 a 3 + b3 + c3 3abc
b) B = +
+
=
=
=3
bc ac ab
abc
abc
Nhận xét 3.2: Từ bài toán 3.1, nếu ta thay a =
thiết a + b + c = 0 trở thành

1
1
1
;b= ;c=
thì giả
x
y
z

2
2
2

1 1
1
+ + = 0 và biểu thức a + b + c trở thành
x y
z
bc ac ab

yz xz xy
+ +
x2 y 2 z 2
Từ nhận xét trên ta có thể phát triển bài toán 3.1 thành bài toán sau

Bài toán 3.2: Cho các số x, y, z �0 thỏa mãn:
trị của biểu thức: P =

1 1
1
+ + = 0 . Tính giá
x y
z

yz xz xy
+ +
x2 y 2 z 2
Hướng dẫn giải:

Áp dụng (*) ta có,
�
�1
1

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

�
�
�
�
�
�
x
y
z
xyz �x y z �
y
z
xy xz yz �
�x
1 1 1
1
1
1
3
1
1
1
3
=0� 3 + 3 + 3 =
Do đó, với + + = 0 thì 3 + 3 + 3 x
y
z
xyz
x
y

z
xyz
x y z
�1
�
xy yz xz xyz xyz xyz
1
1�
3
+
+
�
= xyz
=3
Suy ra P = 2 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz �
�
3
3
3
�
�
z
x
y
z
x
y
x
y
z �

xyz
�
�
Do đó, P = 3.
Nhận xét 3.3:
Từ phân tích 3, ta thấy nếu a3 + b3 + c3 - 3abc = 0 suy ra a + b + c = 0 hoặc
a = b = c.
- Trường hợp a + b + c = 0 ta có
� b�
�
� c�
�
- abc (- c)(- a)(- b) (b + a ) (c+ b) (a+ c) �
a�
�
�
=
=
.
.
=�
1+ �
1
+
1
+
�
�
�
�

�
�
�
�
�
� b�
�
� c�
�
� a�
�
abc
abc
b
c
a
a b c
a
b
c
- Trường hợp a = b = c ta có   1 do đó 1  1  1  2
b c a
b
c
a
- 1=

Từ nhận xét 3.3 ta có thể phát triển thành bài toán sau:
Bài toán 3.3: Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn: a 3 + b3 + c3 - 3abc = 0.
� a�

� b�
� c�
1 �
1 �
1 �
Hãy tính giá trị của biểu thức: A = �
�
�
� b�
� c�
� a�
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.
Vậy với ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn: a3 + b3 + c3 - 3abc = 0 thì giá trị của
biểu thức A = -1 hoặc A = 8.
Nhận xét 3.4:
Từ bài toán 3.4 nếu thay a = xz, b = yz, c = xy thì:
Giả thiết a3 + b3 + c3 - 3abc = 0 trở thành x3z3+ y3z3+ x3y3 - 3x2y2z2
� x �� y �� z �
� a�
� b�
� c�
1 �
1 �
1  �trở thành �
1+ �
.�

1+ �
.�
1+ �
Biểu thức �
�
�
� b�
� c�
� a�
� y �� z �� x �
Từ nhận xét 3.4 ta có thể phát triển thành bài toán sau:
Bài toán 3.4:
Cho các số x, y, z khác 0 thỏa mãn: x3z3+ y3z3+ x3y3 - 3x2y2z2 = 0. Tính giá
� x �� y �� z �
1+ �
.�
1+ �
.�
1+ �
trị của biểu thức: B = �
� y �� z �� x �
Hướng dẫn giải:
Đặt a = xz, b = yz, c = xy thì bài toán trở thành bài toán 3.3.
Từ đó tính được: B = -1 hoặc B = 8.
Nhận xét 3.5:
Từ phân tích 3, ta suy ra nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc (**).
Từ (**) ta thấy nếu thay a, b, c bởi các đa thức một biến hoặc nhiều biến
thỏa mãn a + b + c = 0 vào vế trái thì ta sẽ được vô số các bài toán phân tích đa
thức thành nhân tử và bài toán giải phương trình.
Từ nhận xét 3.5 ta có thể phát triển thành các bài toán sau:

Bài toán 3.5: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (x + y )3 - x3 - y3
b) (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3
c) (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3
Hướng dẫn giải:
3
3
3
a) Ta có (x + y ) - x - y = (x + y )3 + (- x)3 + (- y)3
Vì (x + y) + (-x) + (-y) = 0 nên áp dụng kết quả (**) ta có:
(x + y )3 - x3 - y3 = (x + y )3 + (- x)3 + (- y)3 = 3(x + y)(-x)(-y) = 3(x + y)xy


b) Vì (x - y) + (y - z) + (z - x) = 0 nên áp dụng kết quả (**) ta có:
(x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x)
c) Ta có (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3 = (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + (- y2 - z2)3
Vì (x2 + y2) + (z2 - x2) - (y2 + z2) = 0 nên áp dụng kết quả (**) ta có:
(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 toán 3.6: Giải phương trình: (7x – 3)3 + (2x – 5)3 = (9x - 8)3
Hướng dẫn giải:
3
Phương trình đã cho  (7x – 3) + (2x – 5)3 + (-9x + 8)3 (1)
Ta thấy rằng: (7x – 3) + (2x – 5) + (-9x + 8) = 0. Nên áp dụng đẳng thức (**) ta
có (7x – 3)3 + (2x – 5)3 + (-9x + 8)3 = 3(7x – 3)(2x – 5)(-9x + 8)
Do đó phương trình (1)  3(7x – 3)(2x – 5)(-9x + 8) = 0
 7x – 3 = 0 hoặc 2x – 5 = 0 hoặc -9x + 8 = 0
�3 5 8 �
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = �
�; ; �

�
�
�
�7 2 9 �
Bài tập vận dụng
Bài toán 3.7: Giải các phương trình sau :
a) (5x – 3)3 + (2x – 5)3 = (7x - 8)3
b) 27(x – 4)3 – (x – 14)3 = 8(x + 1)3
Bài toán 3.8: Chứng minh rằng một tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt là
a, b, c thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3abc, là tam giác đều.
2.3.4. Hướng khai thác thứ tư:
Khai thác bài toán bất đẳng thức từ đẳng thức
a 3 + b 3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac)
Phân tích 4:
Từ đẳng thức (*) ta có thể biến đổi vể phải như sau:
a3 +b3 +c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac)
=

1
(a + b + c) (a  b) 2  (b  c ) 2  ( a  c ) 2
2





(***)

Từ (***) ta thấy vì (a – b)2 + (b - c)2 + (c – a)2  0 với mọi a, b, c. Do đó
ta có nhận xét như sau:

+ Nếu a + b + c  0 thì a3 +b3 +c3 - 3abc  0
+ Nếu a + b + c  0 thì a3 +b3 +c3 - 3abc  0
Từ nhận xét trên ta có thể phát triển thành bài toán sau:
Bài toán 5.1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  3abc.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac)


1
= (a + b + c) �
(a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 �
�
�
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





Suy ra a3 + b3 + c3 - 3abc  0 hay a3 + b3 + c3  3abc.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 5.2: Cho a + b + c  0. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  3abc.

Hướng dẫn giải:
Áp dụng đẳng thức (*) ta có
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac)

1
= (a + b + c) �
(a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 �
�
�
2
Vì a + b + c  0 và (a – b)2 + (b - c)2 + (c – a)2  0 với mọi a, b, c nên
1
(a + b + c) �
(a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 �
�0
�
�
2
Suy ra a3 + b3 + c3 - 3abc  0 hay a3 + b3 + c3  3abc (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 5.3: Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác. Hãy chứng minh
rằng B = a3 + b3 + c3 - 3abc  0.
Hướng dẫn giải:
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên ta có a + b + c > 0
(1)
Theo bài toán 5.1 ta có B =

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





(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra (đ.p.c.m)
Bài tập áp dụng:
Bài toán 5.4: 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 toán 5.5: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác, không phải là tam
giác cân. Hãy chứng minh rằng a3 + b3 + c3 - 3abc >0.
Bài toán 5.6: Cho a, b, c là ba số tự nhiên đôi một khác nhau. Hãy chứng
minh rằng A = a3 + b3 +c3 - 3abc không phải là số nguyên tố.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong quá trình dạy học sinh ở các lớp bồi dưỡng, ôn tập cho học sinh thi
vào lớp 10,..., trước khi hướng dẫn cho học sinh kinh nghiệm này, khi gặp bài
tập được khai thác từ đẳng thức học sinh thường lúng túng, chỉ số ít là thực hiện
được, còn lại là thực hiện được nhưng chưa đạt yêu cầu, thậm chí có học sinh


không định hướng được cách giải. Điều này làm cho học sinh cảm thấy chán
nãn, ngại học.
Sau khi hướng dẫn học sinh kinh nghiệm này, phần lớn học sinh thực hiện
bài toán đạt yêu cầu, số ít thực hiện chưa đạt yêu cầu. Qua đó rèn luyện cho học
sinh được cách trình bày bài toán, chặt chẽ, lập luận có căn cứ, chính xác. Khắc
sâu vào cũng cố các kiến thức có liên quan. Góp phần phát triển năng lực tư duy
của học sinh, phát huy trí thông minh, óc sáng tạo, gây được hứng thú học tập bộ

môn.
Kết quả thu được sau khi áp dụng đề tài (Kết quả khảo sát đội tuyển)
Học sinh
Học sinh biết
Học sinh biết
không định
giải nhưng
Số
giải và trình
Đội
Thời điểm
học hướng được trình bày chưa
bày tốt
tuyển
khảo sát
cách giải
tốt
sinh
SL
TL
SL
TL
SL
TL
Trước khi áp
6
4
66,7
2
33,3

dụng đề tài
Toán 8
Sau khi áp
6
2
33,3
4
67,7
dụng đề tài
Trước khi áp
5
3
60
2
40
dụng đề tài
Toán 9
Sau khi áp
5
1
20
4
80
dụng đề tài
Áp dụng sáng kiến trong thực tế giảng dạy tháo gỡ khó khăn và cũng cố
các dạng toán cho học sinh; giúp các em tự tin mỗi khi gặp những bài tập dạng
này, từ đó nâng cao chất lượng đội tuyển học sinh giỏi các cấp và ôn thi vào lớp
10 góp phần thực hiện thắng lợi nhiệm vụ giáo dục của nhà trường và cấp học.
3. Kết luận, kiến nghị.
3.1. Kết luận.

Trên đây là nội dung sáng kiến hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển
một số bài toán từ một đẳng thức quen thuộc. Vận dụng phương pháp này trong
dạy bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10 tôi đã thu được
những kết quả khả quan. Học sinh thực sự hứng thú giải bài tập dạng này và kỹ
năng giải bài tập khai thác bài toán nói chung của học sinh có tiến bộ, các em có
kỹ năng cơ bản để giải các dạng bài tập khác. Bên cạnh việc rèn cho học sinh kỹ
năng, hứng thú khi giải bài tập, làm cơ sở cho việc tự học của học sinh, phương
pháp này còn có tác dụng rèn cho học sinh khả năng tư duy phân tích tổng hợp
những thao tác tư duy cần thiết khi thu thập, xử lí thông tin mà các em cần có
trong học tập cũng như trong cuộc sống sau này.
3.2. Kiến nghị.
Đề tài này mới chỉ đề cập khai thác, phát triển một số dạng toán ôn thi học
sinh giỏi toán 8 từ đẳng thức a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a 2 + b2 + c2 - ab -


bc - ca) trong thời gian tới cùng với công việc giảng dạy, việc trao đổi với các
đồng nghiệp tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu mở rộng đề tài ra với các đẳng thức khác.
Đề tài này hoàn thành sẽ giúp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng cho học sinh khá
giỏi và ôn cho học sinh thi vào lớp 10 được tốt hơn. Là tài liệu tham khảo cho
đồng chí đồng nghiệp trong công tác giảng dạy.
Bản thân tôi mặc dù đã có nhiều cố gắng, tham khảo nhiều đồng nghiệp
và các tài liệu liên quan nhưng không tránh khỏi những thiếu sót kính mong
được sự góp ý của các đồng chí đồng nghiệp để đề tài ngày càng được hoàn
thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 12 tháng 05 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình

viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Bá Thành


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 8 tập 1 và tập 2, tác giả Phạm Đức Chính, Tôn
Thân, Nguyễn Huy Đoan, Lê Văn Hồng, Trương Công Thành, Nguyễn Hữu
Thảo, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam, năm xuất bản 2017.
2. Sách giáo khoa toán 9 tập 1 và tập 2, tác giả Phạm Đức Chính, Tôn
Thân, Nguyễn Huy Đoan, Phạm Gia Đức, Trương Công Thành, Nguyễn Duy
Thuận, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam, năm xuất bản 2016.
3. Sách nâng cao và phát triển toán 8 tập 1 và tập 2, Tác giả Vũ Hữu Bình,
Nhà xuất bản Giáo dục, năm xuất bản 2010.
4. Sách nâng cao và phát triển toán 9 tập 1 và tập 2, Tác giả Vũ Hữu Bình,
Nhà xuất bản Giáo dục, năm xuất bản 2011.
5. Các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8, lớp 9 cấp Huyện, đề thi học
sinh giỏi môn toán 9 cấp tỉnh.


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: Lê Bá Thành
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường phổ thông DTNT THCS huyện Thường
Xuân.

TT

1.
2.
3.

4.

5.

6.

7.

Tên đề tài SKKN
Phương pháp tìm GTLN,
GTNN của phân thức đại số
Hướng dẫn học sinh giải bài
tập về mạch cầu cân bằng
Hướng dẫn học sinh giải bài
toán về mạch điện hỗn hợp
không tường minh
Hướng dẫn học sinh khai thác
bài tập hình học khi bồi dưỡng
học sinh giỏi ở trường
PTDTBT THCS Xuân Chinh.
Hướng dẫn học sinh khai thác
bài tập hình học khi bồi dưỡng
học sinh giỏi ở trường
PTDTBT THCS Xuân Chinh.
Hướng dẫn học sinh giải bài

tập về phương án thực hành
xác định khối lượng riêng khi
bồi dưỡng học sinh giỏi ở
trường THCS DTNT Thường
Xuân
Hướng dẫn học sinh giải bài
tập dựng hình bằng phương
pháp quỹ tích tương giao khi
bồi dưỡng học sinh giỏi ở
trường THCS DTNT Thường

Kết
quả
đánh
giá xếp
loại

Năm học
đánh giá
xếp loại

C

2005-2006

C

2008-2009

Phòng GD&ĐT

Thường Xuân

B

2011-2012

Phòng GD&ĐT
Thường Xuân

B

2013-2014

Sở GD&ĐT
Thanh Hóa

B

2014-2015

Phòng GD&ĐT
Thường Xuân

B

2016-2017

C

2017-2018

Cấp đánh giá
xếp loại
(Phòng, Sở,
Tỉnh...)
Phòng GD&ĐT
Thường Xuân
Phòng GD&ĐT
Thường Xuân

Phòng GD&ĐT
Thường Xuân


Xuân