SKKN một số kinh nghiệm về dạy tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho học sinh giỏi lớp 7 ở trường THCS hoằng thắng

1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài:
Tốn học là mơn khoa học tự nhiên rèn luyện trí tuệ. Học tốn ngồi
việc giúp cho con người nâng cao hiểu biết, tăng cường nhận thức còn phát triển
khả năng tư duy, sáng tạo, tự suy luận, suy đoán. Đối với học sinh nói chung và
học sinh trung học cơ sở nói riêng học toán giúp các em phát triển khả năng tư
duy tưởng tượng, lập luận logic chặt chẽ. Học toán giúp các em rèn khả năng
phân tích, tổng hợp, khả năng đặc biệt hóa, khái quát hóa, trừu tượng hóa... đặc
biệt học tốn giúp các em có kiến thức vận dụng vào các môn học khác, vận dụng
vào cuộc sống góp phần làm cho cuộc sống ngày càng tốt đẹp hơn.
Là một giáo viên dạy tốn THCS tơi ln tìm tịi học hỏi để có kiến thức,
phương pháp giúp đỡ, hướng dẫn các em khám phá, tìm kiếm nắm chắc kiến thức
cơ bản vận dụng vào giải các bài tập tốn nói chung và giải các bài tốn có nội
dung thực tế sao cho hiệu quả.
Trong chương trình tốn lớp 7 các bài tốn về tỉ lệ thức, tính chất dãy tỉ số
bằng nhau được đề cập trong sách giáo khoa ngay từ đầu năm lớp 7 và có yêu cầu
khác nhau nên làm cho người học và người dạy vất vả nhất là học sinh lớp 7. Với
Trường THCS Hoằng Thắng, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi được đặt lên hàng
đầu đó là nhiệm vụ trọng tâm của nhà trường trong tất cả các năm học. Bồi dưỡng
học sinh giỏi toán 7 là nhiệm vụ quan trọng đặc biệt là các bài tốn về tỉ lệ thức,
tính chất dãy tỉ số bằng nhau đây là nền tảng cho công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi các lớp tiếp theo nhất là lớp 9 dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh.
Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó. Tơi đã tìm tịi nghiên cứu đề
tài “Một số kinh nghiệm về dạy tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho học sinh
giỏi lớp 7 ở trường THCS Hoằng Thắng”. Nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu,
để có những phương án thích hợp giúp học sinh tiếp cận với các bài toán tỉ lệ
thức một cách chủ động, sáng tạo, hứng thú trong q trình học.
Các bài tốn về tỉ lệ thức rất phong phú về dạng toán, nhưng trong nội
dung sáng kiến này tôi chỉ nghiên cứu một số dạng tốn điển hình và một số
phương pháp giải cơ bản cho từng dạng tốn đó.
1.2. Mục đích nghiên cứu:

- Tìm ra các phương pháp giải các dạng tốn về tỉ lệ thức .
- Xây dựng hệ thống bài tập theo từng dạng tốn cụ thể, đảm bảo tính
chính xác, khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh.
- Góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi toán.
- Để bản thân rút ra một số phương pháp, biện pháp thích hợp giúp học
sinh lớp 7 khi giải các dạng toán về tỉ lệ thức tốt hơn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Hướng dẫn học sinh giải các dạng tốn về tỉ lệ thức, tính chất của dãy tỉ số bằng
nhau để bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 7 đạt hiệu quả ở trường THCS Hoằng Thắng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích - tổng hợp, gợi mở, vấn đáp
1


- Nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo có liên quan.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Tốn học là mơn khoa học nghiên cứu về các số, cấu trúc, không gian và
các phép biến đổi. Nói một cách khác, người ta cho rằng đó là mơn học về "hình
và số." Theo quan điểm chính thống, nó là mơn học nghiên cứu về các cấu trúc
trừu tượng định nghĩa từ các tiên đề, bằng cách sử dụng Luận lý học (lơgic) và ký
hiệu tốn học.
Mơn Tốn là mơn học địi hỏi phải có kĩ năng giải tốn và ứng dụng của
mỗi dạng tốn, là mơn khoa học đòi hỏi tư duy cao của người dạy và người học.
Thơng qua việc giảng dạy mơn Tốn nhằm rèn luyện cho người học năng lực
phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt, khả năng sáng tạo nhằm hình thành nhân
cách cho người lao động trong tương lai. Học sinh muốn có kiến thức tốn sâu thì
phải luyện tập và thực hành nhiều để tích luỹ vốn kiến thức tốn học của mình.
Đây cũng là vấn đề khó đối với người học, chính vì vậy thì địi hỏi người dạy cần
truyền đạt cho các em sự ham thích học tốn bằng cách phân dạng các bài toán về

tỉ lệ thức một cách khoa học nhất. Trong toán học, tỉ lệ thức là đẳng thức của hai
tỉ số dạng tổng quát hoặc a : b  c : d . Các số hạng a và d gọi là ngoại tỉ; b và
c gọi là trung tỉ.
Hiện nay công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong các nhà trường THCS
đang được quan tâm đặc biệt, đó là một trong những vấn đề đánh giá chất lượng
của một nhà trường. Nghị quyết Trung ương 2 khóa VIII yêu cầu của nhiệm vụ
bồi dưỡng tạo dựng đội ngũ nhân tài cho tương lai phải xác định rõ hơn, kết quả
học sinh giỏi cũng là kết quả của phong trào "hai tốt" ở các nhà trường, nó gắn
liền với việc nâng cao chất lượng đại trà, giáo dục tồn diện đối với học sinh.
Chính vì vậy, các nhà trường THCS cần xác định được mục tiêu đó là
nhằm cung cấp cho các em học sinh những kiến thức phổ thơng cơ bản và thiết
thực, hình thành và rèn luyện cho các em các kĩ năng giải toán và ứng dụng vào
thực tiễn, rèn luyện kĩ năng suy luận hợp lí, sử dụng ngơn ngữ chính xác, bồi
dưỡng các phẩm chất tư duy linh hoạt, độc lập, sáng tạo. Xuất phát từ mục tiêu
trên phương pháp dạy học hiện nay là tích cực hố hoạt động của học sinh, rèn
luyện khả năng tự học, tự giải quyết vấn đề của học sinh nhằm hình thành và phát
triển ở học sinh các tư duy cần thiết.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
a.Thực trạng
Ưu điểm: Trường THCS Hoằng Thắng có một số học sinh có tư chất
thơng minh, có thiên hướng học các mơn khoa học tự nhiên, nhiều em u
thích mơn Tốn.
Nhược điểm:
Về học sinh: Khơng biết cách về giải các bài tốn về tỉ lệ thức. Khơng biết
cách trình bày. Khơng nắm được các dạng tốn về tỉ lệ thức một cách cụ thể.
Về giáo viên: Giáo viên chưa bao quát hết các dạng toán về tỉ lệ thức.
Nhiều giáo viên chưa chú trọng đến mảng kiến thức này, chưa quan tâm đúng
mức đến tất cả các dạng toán về tỉ lệ thức, tính chất dãy tỉ số bằng nhau.

2

Nguyên nhân:
- Nguyên nhân khách quan:
+Thời lượng dành cho đơn vị kiến thức này theo PPCT cịn ít.
+ SGK chưa đưa ra nhiều bài toán nâng cao về các dạng toán về tỉ lệ thức .
- Nguyên nhân chủ quan:
+ Học sinh chưa nắm vững kiến thức cơ bản, kiến thức bổ trợ nâng cao về
tỉ lệ thức.
Kĩ năng trình bày của từng học sinh ở từng dạng toán chưa được rèn luyện
nhiều. Giáo viên chưa tìm ra được những giải pháp hữu hiệu khi dạy phần kiến
thức về tỉ lệ thức .
Qua một số năm được phân công tham gia bồi dưỡng học sinh khá, giỏi
tôi thường trực tiếp tham khảo nhiều tài liệu viết về nội dung này và tơi thấy việc
cần thiết phải có những phân loại, phương pháp giải thích hợp giúp học sinh một
phần nào đó có cơ sở để tìm tịi giải các bài toán về tỉ lệ thức. Ở trường trung học
cơ sở các dạng tốn có liên quan đến tỉ lệ thức xuất hiện nhiều ở lớp 7 đặc biệt là
các đề học sinh giỏi.
b. Kết quả thực trạng
Từ thực trạng trên với mục đích khảo sát cụ thể để đánh giá và từ đó có
biện pháp giảng dạy có hiệu quả tôi đã đã tham khảo rất nhiều tài liệu, tham gia
giải cùng học sinh các bài toán và tiến hành khảo sát các em trong đội tuyển lớp 7
gồm 6 em mà tơi đảm nhận. Cụ thể ba bài tốn sau:
Bài tốn 1: Tìm x, y, z biết
x y y z
 ; 
a) 3 4 5 7 và 2 x  3 y  z  186
b) và xyz  810

Bài toán 2: Cho 3 số x ,y, z 0 thỏa mãn điều kiện :

y zx z x y x yz


x
y
z
Hãy tính giá trị của biểu thức:
� x�
� y�
� z�
B�
1 �
1 �
1 �
�
�
� z�
� x�
� y�
2
2
Bài toán 3: Cho abcd �0, b  ca và c  bd .

a 3  b3  c 3 a

3
3
3
Chứng minh rằng b  c  d d

Kết quả thu được sau khi các em làm 3 bài tập trên như sau:
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
0
0
3
50,0
3
50,0
0
0
Trên đây là bảng tổng hợp kết quả mà bản thân đã khảo sát trước khi thực hiện
với công việc phân loại các bài tập về tỉ lệ thức .
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề.
Trong trang này: Bài toán 1 tham khảo từ TLTK số ; Bài toán 2 tham khảo từ TLTK số ; Bài toán 3 tham khảo từ TLTK số .
* Hướng dẫn học sinh nắm vững kiến thức cơ bản:
3

- Bằng cách cung cấp lý thuyết trong những tiết dạy lý thuyết.
- Củng cố trong những tiết luyện tập.
Nội dung kiến thức các tính chất của tỉ lệ thức:
Tỉ lệ thức là đẳng thức giữa hai hai tỉ số , trong đó a, b, c, d là các số hạng
a, d là ngoại tỉ; b,c là trung tỉ.
a c
 � ad  bc (b, d �0)
Tính chất cơ bản: b d
a c
 (a, b, c, d �0)
Tính chất hốn vị: Từ tỉ lệ thức b d
suy ra ba tỉ lệ thức khác nhau

bằng cách: Đổi chỗ ngoại tỉ cho nhau; Đổi chỗ trung tỉ cho nhau; Đổi chỗ ngoại tỉ
cho nhau và đổi chỗ trung tỉ cho nhau;
Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
Nếu = = k thì = k (Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Chú ý: Các số x, y, z tỉ lệ với a, b, c
Ta cịn có thể viết x : y : z  a : b : c
Kiến thức nâng cao: Cho n tỉ số bằng nhau: ===...=
thì = = nN, n2, x0, i,k
Kiến thức bổ sung:
1) Luỹ thừa của một thương: . Với n �N, x �0 và x, y �Q
a
a.m

b.m
2) Một số tính chất khác: * b
Với m �0.

a c
a
c

�

b.n d .n
* b d
Với n �0.
n

n

a c
�a � �c �
 � � � � �
�b � �d � Với n �N.
* b d
Ứng dụng về tính chất dãy tỉ số bằng nhau để hướng dẫn học sinh giải các
dạng toán về tỉ lệ thức là rất phong phú và đa dạng ở các mức độ khác nhau. Quá
trình giảng dạy tơi xin phân thành 4 dạng và trình bày sau đây:
DẠNG 1: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU ĐỂ
TÌM CÁC GIÁ TRỊ.
Phương pháp chung: Dạng tốn này rất nhiều, phong phú và đa dạng.
Đề bài cho thường có 2 dữ kiện, có những bài chỉ có một dữ kiện. Từ các mối
quan hệ đó ta có thể tìm được kết quả, những cũng có những bài phải biến đổi
rồi mới tìm được. Quá trình làm nên chú ý đến dấu của số cần tìm trong
trường hợp số mũ chẵn hoặc tích của 2 số, nhằm tránh tìm ra số khơng thoả
mãn đề bài. Đồng thời phải chú ý đến các trường hợp có thể xảy ra khơng bỏ
xót những giá trị cần tìm.

x y z
 
Bài toán 1.1: Cho x, y, z thoả mãn 2 3 4 . Tìm x, y, z trong các trường hợp:
2 2 2
a) 3x  y  z  5
b) x y z  576

Giải

4


x y z
   k � x  2k , y  3k , z  4k
a) Cách 1: Đặt 2 3 4
Thay vào 3x  y  z  5 ta được 3.2k  3k  4k  5 �  k  5 � k   5

Do đó x   10, y   15, z   20
Cách 2: Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
x y z 3x  y  z 5
  

5
2 3 4 6  3  4 1
vì 3x  y  z  5
Do đó x   10, y   15, z   20

x y z
   k � x  2k , y  3k , z  4k
Đặt 2 3 4

b) Cách 1:

2
6
2 2 2
Thay vào x y z  576 ta được  2k  .  3k  .(4k )  576 � k 1� k  �1
* Với k  1 , suy ra : x  2; y  3; z  4.
* Với k   1 , suy ra : x   2; y   3; z   4 .
2

2

x; y; z  là  2; 3; 4  ;  2;  3;  4  .
Vậy các cặp 

x y z x2 y2 z2
  � 

Cách 2: Từ 2 3 4 4 9 16
3

�x 2 � x 2 . y 2 .z 2 576
x2

1
� �
1� x 2  4 � x  �2
4 � 4.9.16
576

�
�
4
Suy ra
* Với x  2 , suy ra y  3; z  4 .

* Với x   2 , suy ra y  - 3; z   4
Nhận xét: Trong phần a), phần b) cách 1 đặt dãy tỉ số bằng nhau bằng k, rồi rút x,
y, z theo k. Sau đó thay vào đề bài. Trong cách 2 sử dụng tính chất của dãy tỉ số
bằng nhau thì sẽ nhanh hơn.
- Các bài tập tương tự: BT 61 trang 20 TLTK ; BT 63,67,68 trang 26 TLTK
Bài tốn 1.2: Tìm cặp số x; y thoả mãn:
Giải
3
8
x   , y
5
3 thoả mãn đề bài.
Cách 1: * Xét 5 x  9 y  21  0 , thì
3
8
x � , y �
5
x

9
y

21
�

0
5
3.
* Xét
, thì

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
Trong trang này: Bài toán 1.1a dựa vào TLTK số

; Bài toán 1.1b dựa vào TLTK số ; BT 1.2 dựa vào TLTK số .

3 8
(3;6); ( ; )
5 3
Suy ra: x  3; y  6 . Vậy các cặp ( x; y ) là
5 x  3 3 y  8 5 x  9 y  21


k
5
8x
Cách 2: Đặt 9
.
Suy ra 5 x  9k  3 ;

3 y  5k  8; 5 x  9 y  21  8kx � 8k  x  3   0 � k  0; x  3.

5

Với

k  0 suy ra  x; y 

=

Với x  3 suy ra  x; y   (3;6)


  ,
Vậy các cặp 
Nhận xét: Trong cách giải 1, ta áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để xảy
ra sai sót là xét thiếu trường hợp. Trong cách giải 2 đã khắc phục được khả năng
xét thiếu trường hợp.
- Bài tập tương tự : BT62 trang 21 TLTK ; BT2.20 trang 55 TLTK
x; y là : 3; 6

x
y
z


 x y z
Bài tốn 1.3. Tìm x, y, z biết: y  z  2 x  z  3 x  y  5

Giải

 
 thoả mãn.
*Xét x  0 , từ đề bài y  z  0 . Bộ ba số 

*Xét x �0 � y, z , x  y  z �0 , theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
x, y , z



0; 0; 0

x
y
z
x yz
1




y  z  2 z  x  3 x  y  5 2( x  y  z ) 2
1
5
11
x  ,y  ,z 
2
6
6
Thay kết quả vào dãy tỉ số ban đầu ta được :
1 5 11
0;
0;
0
,

(
 
;   ;
)


x
,
y
,
z
 là :
2 6 6
Vậy bộ 
x y z 

Nhận xét : Trong lời giải trên xét trường hợp x = 0, từ đó tìm được bộ giá trị (x, y,
z). Sau đó xét trường hợp x 0. Trong q trình giải bài 1.3, một số em xét thiếu
trường hợp x = 0.
- Bài tập tương tự : VD10 trang 20 TLTK ; VD 2.13 trang 46 TLTK
Bài toán 1.4: Cho và 2 x   3 y  4 z . Tìm x, y, z .
Giải
2
x


3
y

4

z
Cách 1: Từ
=
1
1
1
2 x  1� x  ; 3 y  1� y   ; 4 z  1� z  .
2
3
4
Suy ra:
1 1 1
( ; ; )
x; y; z 

Vậy bộ
= 2 3 4
1 1
1
1
2 x   3 y  4 z   �  2k ;  3k ;  4k
k
x
y
z
Cách 2: Đặt
Trong trang này: Bài toán 1.3 dựa vào TLTK số

; Bài toán 1.4 tham khảo từ TLTK số .;

1 1 1
( x, y , z )  ( ;  ; )
2 3 4
Suy ra 2k  3k  4k  3  k  1 . Vậy

Nhận xét: Trong cách giải 1 cần xuất hiện dãy tỉ số bằng nhau phù hợp để kết hợp
với điều kiện đề bài. Từ đó vận dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để giải bài
toán. Cách giải 2 đặt dãy tỉ số bằng nhau bằng , từ đó biểu diễn x,y,z
theo k để giải bài toán.
- BT tương tự: BT64 trang 26 TLTK
Bài tốn 1.5: Tìm các số x, y, z biết:
Giải

6


Xét x  0 , từ đề bài suy ra y  z  0 . Suy ra 2 y  4 x  0 (vơ lí ).
Do đó x, y, z �0 , từ đề bài suy ra
(1)
Suy ra:
Từ (1) suy ra 2.= (2)
1 2 3
12 22 32
   k �k2  2  2  2
x
y
z
Đặt x y z
2
Thay vào (2) suy ra: k  k � k(k  1)  0 � k 1  0   (do k �0 ) � k  1 .

Suy ra : x  1; y  2; z  3 .

Nhận xét: Trong lời giải bài toán trên cần xét trường hợp x  0 và x  �0 , từ đó
xuất hiện dãy tỉ số bằng nhau đơn giản hơn. Vận dụng tính chất của dãy tỉ số
bằng nhau. Dạng tồn này tương đối phức tạp, trình bày khơng cẩn thận thì rất dễ
bị nhầm lẫn. Kiến thức thì khơng phải là khó nhưng cần đến khả năng quan sát và
kĩ năng biến đổi. Khi làm bài cần vận dụng khéo léo để đưa bài toán về dạng
quen thuộc.
DẠNG 2: XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC VỚI MỘT SỐ
ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC
ab ab

(a ��c, a �0, c �0)
Bài toán 2.1: Cho tỉ lệ thức a  c a  c
2018b 2  2019bc  2020c 2
2
2
Tính M = 2019b  2020bc  2021c .

Giải

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


c
(
a

c
)

(
a

c
)
2
a
Từ tỉ lệ thức k =
a  b  a  c � b  c .
Trong trang này: Bài toán 1.5 dựa vào TLTK số

; Bài toán 2.1 dựa vào TLTK số ;

2018b  2019bc  2020c 2
2
2
Do đó M = 2019b  2020bc  2021c
2



2018b 2  2019b 2  2020b 2 6057b 2 6057 2019




2019b 2  2020b 2  2021b 2 6060b 2 6060 2020

Nhận xét: Trong bài toán trên ta áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để chỉ
ra được b = c, cũng có thể thay tính M bằng việc so sánh M với 1.
Bài tốn 2.2: Cho ba số thực a, b, c khác 0 thoả mãn: Tính giá trị biểu thức P =
Giải
Ta có
Vì a, b, c �0 nên suy ra ab  bc  ab  ac  cb  ab
a  b  c.

a 3  b3  c3
1
3
3
3
Vậy P = = a  b  c
a
b
c
d



Bài toán 2.3: Cho a, b, c, d  0 thoả mãn 2b 2c 2d 2a .

7

2021a  2020b 2021b  2020c 2021c  2020d
2021d  2020a
cd
d a
ab
bc
Tính A =
+
+
+

Giải

a
b
c
d
abcd
1




Từ 2b 2c 2d 2a = 2b  2c  2d  2a 2 (vì a, b, c, d  0 ). Suy ra
a  b  c  d

Thay vào biểu thức A ta được:

2021a  2020b 2021b  2020c 2021c  2020d 2021d  2020a

cd
d a
ab
bc
A=
+
+
+
=+++=2

Nhận xét: Từ điều kiện ban đầu ta có thể biến đổi bằng cách đưa các tỉ số đó trở
về các tỉ số trên có cùng tử số là abc đối với bài toán 2.2 và làm xuất hiện
a  b  c  d   ở cả tử và mẫu đối với bài tốn 2.3, rồi sau đó vận dụng tính chất của
dãy tỉ số bằng nhau để chỉ ra được a  b  c (Bài 2.2) và a  b  c  d (Bài
2.3) từ đó thay vào biểu thức rồi tính giá trị.
Bài tốn 2.4: Cho x = (a, b, c �0).
2
10
Tính giá trị A  ( x  x  1) 
Giải
* Xét a  b  c  0 nên a  b   c . Suy ra

x

a  b c

 1
c
c

10

2
A �
  310  59049
�1  1  1�
�

Do đó
* Xét a  b  c �0 , theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
Trong trang này: Bài toán 2.2 dựa vào TLTK số



 10 ; Bài toán 2.3 dựa vào TLTK số  5 ;BT 2.4 dựa vào TLTK số  7 .

a  b b  c c  a a  b  b  c  c  a 2(a  b  c )




2
c
a
b
a bc
abc

x=
2

10
10
Suy ra A  (2  2  1)   3   59049
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có A = 59049
Nhận xét: Trong bài tốn trên nếu áp dụng dãy tỉ số bằng nhau ta phải xét đủ các
trường hợp. Trong bài toán này nhiều học sinh khi giải hay làm thiếu trường hợp
a+b+c = 0, nên khi dạy cần hướng dẫn học sinh trường hợp này.
Bài toán 2.5: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
y  z 1 x  z  2 x  y  3
1



x
y
z
x y z .

Tính giá trị của biểu thức: A  4042.x   y  z 
Giải.
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

2021

.  

y  z  1 x  z  2 x  y  3  2( x  y  z )  2
x yz
x
= y = z

1
y  z 1 x  z  2 x  y  3
2
y
x

y

z
x
z
=
=
=

8


� x  y  z  0,5

�

0,5  x  1 0,5  y  2 0,5  z  3


2
x
y
z

1
5
5
�x ; y  ; z  
2
6
6

Khi đó ta có:

4042.x 



y  z

2021

1
 4042.  0  2021
2

y  z 1 x  z  2 x  y  3
1



x
y
z

x yz
Vậy với x, y, z là các số thực thỏa mãn

thì giá trị của biểu thức 4042.x   y  z 
là 2021
Nhận xét: Bài toán trên cũng có thể đưa về dạng 1 với yêu cầu là tìm x, y, z
(Giống bài tốn 1.3).
Bài tốn 2.6: Cho x, y, z  0 và
2021

Tính

P

(3x  2 y )(3 y  2 z )(3z  2 x )
(3 x  z )(3 y  x)(3z  y )

Giải
=
Từ giả thiết, ta có:
= === 2
P

Khi đó

(3x  2 y )(3 y  2 z )(3 z  2 x)
(3x  z )(3 y  x)(3z  y ) = = =

Trong trang này: Bài toán Bài toán 2.5 tham khảo từ TLTK số

 8 .; Bài toán 2.6 tham khảo từ TLTK số  9 .;

Nhận xét: Trong q trình giải bài tốn trên cần vận dụng tính chất của dãy tỉ số
bằng nhau một cách phù hợp khi kết hợp 2 hoặc 3 tỉ số bằng nhau.
Bài toán 2.7: Cho 3 số x , y , z, t khác 0 thỏa mãn điều kiện :
y  z  t  nx z  t  x  ny t  x  y  nz x  y  z  nt



x
y
z
t
(n N)
x

y

z

t

8084
P

x
 2 y – 3 z  t    
và
. Tính giá trị của biểu thức

Giải
Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

y  z  t  nx z  t  x  ny t  x  y  nz x  y  z  nt



 3n
x
y
z
t
Suy ra y  z  t  nx  3x – nx � y  z  t  3x
� 4 x  x  y  z  t  8084 � x  2021
Tương tự x  y  z  t  2021 . Vậy P  2021

Nhận xét: Bài tốn trên cũng có thể đưa về dạng bài tốn tìm x,y,z,t
Bài tốn 2.8: Tìm số tự nhiên M nhỏ nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện:
M  a  b  c  d  e  f
a 14 c 11 e  13


Biết a, b, c, d, e, f thuộc tập N* và b 22 ; d 13 ; f 17

Giải.
9


a 14


Ta có: b 22 = = k  a  7k ; b  11k  � a  b  18k.
c 11

d 13 = m c  11m; d  13m  c  d  24m .

e 13

f 17 = n e  13n; f  17n  e  f  30n . Với k , m, n �N *
Do M  a  b  c  d  e  f   18k  24m  30n 3k  4m  5n

BCNN  3; 4; 5   60

*
= = = = = p ( p �N )

k  20 p; m  15 p; n  12 p     M  a  b  18. 20 p  360 p

Vì M là số tự nhiên nhỏ nhất có 4 chữ số suy ra p = 3, lúc đó M = 1080
Nhận xét: Đây là bài tốn mà ta vận dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau sau
khi tìm được a  b; c  d ; e  f   và tìm được BCNN của chúng.
Bài tốn 2.9: Cho = ==
A

Tính giá trị của

x y y  z z t t  x



z t t  x x  y y  z

Giải

x  y    z  t   ; y  z    t  x   
* Nếu x  y  z  t  0
;

z  t  

x

 y   ; t  x  

y

 z

( z  t ) (t  x ) ( x  y ) ( y  z )



 1 – 1 – 1 – 1   4
zt
tx
x y
yz
* Nếu x  y  z  t  �0 . Ta có :
A

Trong trang này: Bài tốn 2.7 dựa vào TLTK số

 4 2.8 dựa vào TLTK số  5 ; Bài toán 2.9 tham khảo từ TLTK số  4 .

== = ==
x
z
t
y
1
1
1
1
y z t
t

x

y
x

y

z
z

t

x
=
=

=

== =

x  y  z  t (do x  y  z  t  �0)

A

x y y z zt t  x



z t t  x x y y  z = 1  1  1  1  4

Vậy
Bài tốn 2.10: Cho dãy số
Tính giá trị của biểu thức

P

x y y  z z t t  x



zt t  x x y y z

Giải
Cách 1: Từ giả thiết, ta có:
Suy ra
* Nếu x  y  z  t �0 , thì x  y  z  t , khi đó P  1  1  1  1  1  4.

* Nếu x  y  z  t  0 thì x  y    z  t   ; y  z    t  x   ;
z  t  

x

 y   ; t  x  

y

 z

Khi đó P = =
 P 

 1

  1   1   1   4
10


Cách 2:

2 x  y  z  t x  2 y  z  t x  y  2 z  t x  y  z  2t



k
x
y
z

t
Đặt
Suy ra: 2 x  y  z  t  kx; x  2 y  z  t  ky ;
x  y  2 z  t  kz; x  y  z  2t  kt.

Cộng các đẳng thức trên ta có:

5 x  y  z  t   k  x  y  z  t 

x

 y  z  t  5  k  0
*Nếu x  y  z  t �0 thì k  5 ,
suy ra x  y  z  t  4 x  4 y  4 z  4tx  y  z  t

Khi đó

P

x y y  z z t t  x



4
z t t  x x y y  z

x  y    z  t   ; y  z    t  x   
* Nếu x  y  z  t  0 thì
;

z  t  

Khi đó

P

x

 y   ; t  x  

y

 z .

x  y y  z z t t  x



 4
zt t  x x y y z

Trong trang này: Bài toán 2.10 dựa vào TLTK số

 3 .

Bài toán 2.11: Cho dãy số bằng nhau

2018a  b  c  d
a  2018b  c  d
a  b  2018c  d

a  b  c  2018d
a
b
c
d
=
=
=

Tính
Giải

2018a  b  c  d
a  2018b  c  d
a  b  2018c  d
a  b  c  2018d
a
b
c
d
Ta có:
=
=
=
2021(a  b  c  d )
abcd
=
Trường hợp 1: Nếu a  b  c  d  0 nên suy ra

a  b    c  d  ; b  c    d  a ;

c  d    a  b  ; d  a    b  c 
(c  d ) ( d  a) (a  b) (b  c)



 4
cd
d a
ab
bc
2018a  b  c  d
a  2018b  c  d
a
b
Trường hợp 2: Nếu a  b  c  d �0
=
a  b  2018c  d
a  b  c  2018d
2021( a  b  c  d )

 2021
c
d
=
= a bcd
.
�M 

�2018a  b  c  d  2021a

�a  2018b  c  d  2021b
�
�
�a  b  2018c  d  2021c
�
a  b  c  2018d  2021d a  b  c  d
�

Vậy M = 4
11


Nhận xét: Bài toán 2.9; 2.10; 2.11 cùng một dạng tốn. Trong cách giải vận dụng
tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, cần chú ý xét đủ các trường hợp. Từ bài tốn
trên ta có thể đề xuất bài toán: Cho dãy tỉ số bằng nhau:
2021a  b  c  d
a  2021b  c  d
a  b  2021c  d
a  b  c  2021d
a
b
c
d
=
=
=

Tính
Tổng qt hơn là bài tốn: Cho dãy tỉ số bằng nhau
== =

Tính
2021
2021
2021
2021
Bài tốn 2.12: Cho các số a, b, c, d khác 0 . Tính T  x  y  z  t
x 2020  y 2020  z 2020  t 2020 x 2020 y 2020 z 2020 t 2020
2
2
2
2
a2  b2  c2  d 2
Biết x, y, z, t thỏa mãn:
= a + b + c + d

Giải
x

Theo đề bài :

y
z
t
2
2
2
a b c  d2

2020

2020

2020

Trong trang này: Bài toán 2.11 dựa vào TLTK số

2020

x 2020 y 2020 z 2020 t 2020
2
2
2
2
= a + b + c + d (1)

 1 2.12 dựa vào TLTK số .

x 2020  y 2020  z 2020  t 2020
a2  b2  c2  d 2
Ta có :
x 2020
y 2020
z 2020
t 2020
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
= a b c d + a b c d + a b c  d + a b c d
x 2020
y 2020
z 2020
t 2020
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

2
Từ (1) suy ra : a  b  c  d + a  b  c  d + a  b  c  d + a  b  c  d
x 2020 y 2020 z 2020 t 2020
2
2
2
2
= a + b + c + d
x 2020
y 2020
x 2020
2
2
2
2
2
2
2
2
2
( a b c d - a ) + ( a b c d z 2020
t 2020
z 2020
2
2
2
2
2
2
2

2
2
( a b c d - c ) + ( a b c d -

y 2020
b2 ) +
t 2020
d 2 ) = 0.

2020
x 2020 . ( - ) + y
.( - )

2020

2020

1
1
)0
2
2
2
. a b c d - d
.
(

2

2

.( - ) + t
2020
x 2020 . .+ y .+
2020
2020
+ z .+ t . = 0 .
(2)
2
2
2
2
Do a, b, c, d  �0 nên suy ra a , b , c , d   0
Suy ra > 0,> 0,
> 0, > 0.
2020
2020
2020
2020
Mà x . 0, y 0, z 0, t 0.
Dấu “ = ” xảy ra tại (2) khi và chỉ khi x  y  z  t  0.
2021
2021
2021
2021
Vậy T  x  y  z  t    0
+ z

12

Nhận xét: Đây là bài tốn rất khó, từ đề bài ta lấy tử chia cho mẫu đối vế trái sau
đó sử dụng biến đổi là chuyển vế rồi đưa về các nhóm có chứa cùng mẫu.
Cuối cùng là dùng lập luận với các yếu tố cho sẵn và chỉ ra được dấu bằng xảy
ra khi x  y  z  t  0 . Để từ đó tính T.
DẠNG 3: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
Phương pháp chung:
- Ở dạng toán này đề bài sẽ cho sẵn một số điều kiện nào đó và yêu cầu
chứng minh biểu thức. Để làm xuất hiện các biểu thức cần chứng minh thì chúng
ta có thể biến đổi từ đề bài và vận dụng tính chất của tỉ lệ thức. Với tính chất của
các phép tốn và tính chất của dãy tỉ số bằng nhau mà chúng ta biến đổi linh hoạt
điều đã cho thành điều cần có.
Lưu ý: Khi biến đổi chứng minh nên ln nhìn về biểu thức cần chứng
minh để tránh biến đổi dài, vơ ích.
a
b
c


Bài tốn 3.1: Cho 3 số a , b, c thoả mãn: 2019 2020 2021 .

Chứng minh:

4 a  b  b  c 

c

 a

2

Giải
Cách 1: Từ đề bài áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

Suy ra:

a
b
c


2019 2020 2021 =
a – c  2  a – b   2  b – c  �  a  c  .  a  c    2.  a – b  .2  b – c 

�  c – a   4.  a  b   b – c  . 

Vậy

4  a  b  b  c 

c

 a

2

a
b
c



 k � a  2019k , b  2020k , c  2021k
Cách 2: Đặt 2019 2020 2021
2
2
 4  a  b   b  c   4  k    k   4k 2
  c  a    2 k   4 k 2  

Vế trái
;Vế phải
(đpcm)
Nhận xét: Từ bài tốn trên ta có thể đề xuất bài tốn tương tự: Cho ba số a, b, c
4  a  b  b  c 

c

 a

2

thoả mãn . Chứng minh:
Bài tốn trên cũng có thể đưa về dạng 1 với yêu cầu là tính giá trị biểu thức
M   4  a  b   b  c     c  a   2

2

M 

ca �
 a – b  b – c  �

�
�
�2 �

hoặc tính giá trị của
Bài tốn 3.2: Cho các số thực a, b, c, d, e khác 0 thoả mãn .
Chứng minh rằng:
Giải
Ta có: ==
=
Nhận xét: Bài tốn trên để có thì ta phải nhân các tỉ các tỉ số với nhau sau đó
vận dụng tính chất của dãy tỉ số khi đưa các tỉ số đó xuất hiện mũ 4.
x 2  xy 

y2
y2
 2021
z2 
 1011
2
2
3
3
(1);
(2); x  xz  z  1010 (3);

Bài toán 3.3: Cho
x �0; z  �0; x � z . Chứng minh: .

13

Giải
Vì 1011 + 1010 = 2021, nên

x 2  xy   

y2
y2
 z2 
 x 2  xz  z 2
3
3

x  y  z   2 z 2 (vì x �0; z �0)
= ( x � z)
Trong trang này: Bài toán 3.1 dựa vào TLTK số

5
; Bài toán 3.2 dựa vào TLTK số BT 3.3 dựa vào TLTK số  

Vậy .
2
2
Cách 2: Trừ (1) cho (2) theo vế, ta được: x  xy   z   1010 (4)
Trừ (3) cho (4) theo vế, ta được:

xz – xy  2 z 2   0 xz  2 z 2   xy

2 xz  2 z 2   xy  xz � 2 z  x  z   x  y  z  .

�

Nhận xét: Từ bài tốn trên ta có thể đề xuất bài tốn mới đó là:
y2
y2
2
x  xy    a  b; z 
 a
2
2
3
3
Cho
; x  xz  z  b; x �0; z  �0; x � z.
2

Chứng minh:
Bài toán 3.4: Cho .
Chứng minh rằng:
Giải

* Xét a  b  c  0 , không thoả mãn a  2b  c � 0.
x
y
z
k


a
,

b
,
c
�
0.
a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c
* Xét
Đặt
Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
k

x
2y
z


a  2b  c 2(2a  b  c) 4a  4b  c =

=
Lập luận tương tự ta có:
k
k

2x  2 y  z
2(a  2b  c)  (2a  b  c)  (4a  4b  c ) =

4x  4 y  z
4(a  2b  c )  4(2a  b  c )  (4a  4b  c ) = (vì a, b, c �0)

Vậy

Nhận xét: Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, tính theo k. Tương tự tính
được , theo k. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
a
a1 a2 a3


 ....  2020
a2021 .
Bài toán 3.5: Cho dãy tỉ số a2 a3 a4
2020

�
a1
1.a  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020 �
� 1
�
a2021 �
1.a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021 �
Chứng minh:

Giải
a
2020.a2020
a1 a2 a3
a1 2.a2 3.a3


 ....  2020



 .... 
a2021 . Suy ra: a2 2.a3 3.a4
2020.a2021
Từ a2 a3 a4

14


Trong trang này: Bài toán 3.4 dựa vào TLTK số

 3 ; Bài toán 3.5 tham khảo từ TLTK số  1 .

a1  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020
Ta lại có: a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021
a1  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020
a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021
a1  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020
a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021

(1)
(2)
(3)

.......................................

a2020
2020.a2020 a1  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020


a2021

2020.a2021 a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021 (2020)

Nhân các đẳng thức trên, vế với vế ta được:
2020

a2020 �1.a1  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020 �
�
�
1.a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021 �
a
�
2021
...

2020

�
1.a  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020 �
a1
� 1
�
a2021 �
1.a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021 �
Rút gọn vế trái, ta có:
a1
Nhận xét: Bài tốn trên để có a2021 thì ta phải nhân các tỉ các tỉ số với nhau sau

đó vận dụng tính chất của dãy tỉ số khi đưa các tỉ số đó xuất hiện mũ là 2020 lần
các biểu thức đó. Từ bài tốn trên ta có thể đề xuất bài tốn sau:
Cho dãy tỉ số .

Chứng minh:
Dạng bài tập này khi giải phải biết sử dụng linh hoạt kiến thức để tạo ra dãy tỉ số
bằng nhau hợp lí. Khi chứng minh cần lựa chọn cách nào sao cho phù hợp để học
sinh dễ hiểu, dễ làm, dễ trình bày.
DẠNG 4: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT CỦA DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ.
Phương pháp chung:
Khi giải phải chuyển từ lời văn về biểu thức đại số có dạng đơn giản đã
học . Khi giải cần gọi kí hiệu nào đó, dựa vào đại lượng đặt kí hiệu để phân tích
bài tốn. Kết quả tìm được của kí hiệu đó phải đối chiếu với điều kiện ban đầu
xem có thoả mãn khơng để trả lời bài tốn.
Bài tốn 4.1: Một mảnh đất hình tam giác có chu vi bằng 99m. Biết rằng nếu
cộng lần lượt độ dài hai đường cao của tam giác đó thi tỉ lệ với 5:7:8. Tìm độ dài
ba cạnh của miếng đất đó.
Giải
Gọi ba cạnh của miếng đất hình tam giác ABC lần lượt là a, b, c và độ dài ba
đường cao tương ứng lần lượt là h; h; h, S là diện tích tam giác ABC.
Theo đề bài ra ta có: == = k
Trong trang này: BT 4.1 dựa vào TLTK số

 3 ;

15


Suy ra: ha  hb  5k ; hb  hc  7k ; hc  ha  8k .
 2(ha  hb  hc )  20k � ha  hb  hc   10k
Do đó: ha  3k ; hb   2k ; hc   5k ,

Ta có 2S  a.ha  b.hb  c.hc � a.3k  b.2k  c.5k

=
a

990
1485
594
b
c
31 ;
31 ;
31 .

Suy ra:
Vậy các cạnh của miếng đất là: (m); (m); (m)
Nhận xét: Trong bài toán trên sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao
tương ứng trong tam giác, suy ra quan hệ giữa ba cạnh của tam giác. Vận dụng
tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để giải được bài toán trên.
Bài toán 4.2: Nhà trường dự định chia vở viết cho ba lớp 7A, 7B và 7C tỉ lệ theo
số học sinh là 7:6:5. Nhưng sau đó vì số học sinh thun chuyển giữa ba lớp nên
phải chia lại theo tỷ lệ 6:5:4. Như vậy có lớp đã nhận được ít hơn theo dự định là
12 quyển vở. Tính số vở mỗi lớp nhận được.
Giải
Gọi số vở ba lớp 7A, 7B, 7C nhận được theo dự định tương ứng là x, y, z và số
*
vở ba lớp nhậ được trong thực tế là a, b, c. Có x, y, z , a, b, c  �N
Theo đề bài ta có x : y : z  7 : 6 : 5
hay
a  : b  : c  6 : 5 : 4 hay
Suy ra và
Do số học sinh chỉ thuyên chuyển gữi các lớp nên tổng số học sinh không thay

đổi, kéo theo tổng số vở cũng không thay đổi x  y  z  a  b  c và ta có
a
b
c


k
= 36 30 24

Từ dãy tỷ số bằng nhau trên, ta nhận xét , do đó x  a nên số vở lớp 7A nhận
được nhiều hơn so với dự định. Tương tự, số vở lớp 7B nhận được không thay
đổi và số vở lớp 7C nhận được ít hơn so với dự định
Suy ra .
Vậy lớp 7A nhận được 432 cuốn vở, lớp 7B nhận được 360 cuốn vở, lớp 7C nhận
được 288 cuốn vở.
Nhận xét: Bài toán trên là bài toán thực tế khi chia có sự thay đổi.
Bài tốn 4.3: Hiện nay tuổi của cha bằng 2,2 lần tuổi con. Trước đây 25 năm tuổi
con bằngtuổi cha.Hỏi khi tuổi cha gấp 3 lần tuổi con thì con bao nhiêu tuổi. Trong
trang này: BT 4.2, 4.3 dựa vào TLTK số

 4 ;

Giải
Gọi tuổi cha và con hiện nay lần lượt là x, y(x,y nguyên dương)
Ta có tỉ số giữa tuổi cha và con hiện nay là =2,2 = và trước đây 25 năm là .
Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
và = .
Suy ra
16

Do đó k = .
Vậy hiện nay tuổi cha là 66, tuổi con là 30.
Từ k  1 , ta có x – y  36 .
Gọi tuổi cha và con khi tuổi cha gấp 3 lần tuổi con tương ứng là
x , , y ,  , ta có x,  y ,   x – y (hiệu giữa tuổi cha và con khơng đổi).
Có = .
Suy ra khi đó tuổi con là 18 tuổi.
Vậy khi tuổi cha gấp 3 lần tuổi con thì con 18 tuổi.
Dạng tốn này là khó đối với học sinh khá, giỏi, khó ở phần chuyển từ bài
toán lời văn về dạng biểu thức đại số. Do đó khi dạy giáo viên phải dẫn dắt học
sinh tỉ mỉ từng bước, từ phân tích đề bài để tìm ra yếu tố chưa biết, yếu tố cần
tìm và mối quan hệ giữa chúng, kể cả những mối quan hệ đã biết dưới dạng ẩn.
Khi kết luận phải chính xác theo yêu cầu.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Với hoạt động giáo dục : Học sinh nắm vững được các phương pháp giải
của từng dạng bài, khi giải các em khơng cịn lúng túng, diễn đạt chặt chẽ. Nhờ
các phương pháp trên đã giúp cho các em sáng tạo khi học và giải toán. Biết
cách định hướng và giải các bài toán một cách ngắn gọn. Học sinh phát huy
được trí lực của bản thân và có những lúc các em phát triển được bài tốn mới.
Đặc biệt trong số các em tơi bồi dưỡng từ chỗ các em ngại gặp dạng toán này
đến nay một số em đã ham muốn tìm tịi các bài tốn này và giải được các bài
tốn rất khó và vận dụng rất linh hoạt khi giải.
Với bản thân: Tôi cảm thấy tự tin hơn trong công tác giảng dạy, trong
công bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi về tỉ lệ thức .
Có thể mở rộng hơn sang các phần kiến thức khác trong toán học.
Với nhà trường: Chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi ngày càng được nâng lên.
Kết quả trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện đạt kết quả cao. Các bài toán
về tỉ lệ thức học sinh đều đạt điểm tối đa.

x, y, z tỉ lệ với các số 5, 4, 3            
:
Cho
Tính
giá
trị
của
P
biết
các
số
Ví dụ 1
Ví dụ 2: Tìm x, y, z   biết và x  y  z  48 

a
a1 a2 a3

  ....  2020
a2021 .
Ví dụ 3: Cho dãy tỉ số a2 a3 a4
2020

�
1.a  2.a2  3.a3  ....  2020.a2020 �
a1
� 1
�
Chứng minh: a2021 �1.a2  2.a3  3.a4  ....  2020.a2021 �

Kết quả cụ thể đối với 6 em mà tôi bồi dưỡng sau một thời gian tôi nhận thấy :

Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
SL
TL%
4
66,7
2
33,3
0
0
0
0
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận.
17


Bài toán về tỉ lệ thức là các dạng toán thường gặp trong chương trình tốn 7
và bồi dưỡng học sinh giỏi THCS. Nếu chỉ dừng lại yêu cầu trong sách giáo khoa
thì chưa đủ, vì vậy địi hỏi giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tịi
sáng tạo thường xun bổ sung kiến thức và tích luỹ kinh nghiệm về vấn đề này.
Để dạy học cho học sinh hiểu và vận dụng tốt phương pháp giải bài tốn liên

quan đến tỉ lệ thức thì bản thân mỗi giáo viên phải phân dạng được các bài toán
liên quan đến tỉ lệ thức và biết cách giải cụ thể của các dạng tốn.
Tóm tắt các nội dung, giải pháp đã vận dụng để nâng cao chất lượng: Tìm
thành phần chưa biết, tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức và ứng dụng
giải các bài toán thực tế.
Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho bản thân nâng cao kiến thức,
nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, ngồi ra cịn giúp bản
thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu để có thể tiếp tục nghiên cứu
các vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình dạy học của mình. Đề tài này còn
giúp giáo viên và học sinh phân dạng được các bài tốn về tỉ lệ thức từ đó có kết
quả cao hơn trong giảng dạy và học tập.
Để thực hiện tốt công việc giảng dạy, đặc biệt là công tác ôn tuyển sinh và
bồi dưỡng học sinh giỏi người thầy phải thường xuyên học, học tập, nghiên cứu,
tìm tịi và sáng tạo.
Trong q trình giảng dạy, học sinh học tập, học sinh bồi dưỡng, đọc tài liệu
tham khảo. . . tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nêu trên. Hy vọng nội dung “Một
số kinh nghiệm về dạy tính chất của dãy tỉ số bằng nhau cho học sinh giỏi
lớp 7 ở trường THCS Hoằng Thắng” làm một kinh nghiệm của mình để giúp
học sinh tiếp thu vấn đề này, phần nào nâng cao năng lực tư duy, sự sáng tạo và
rèn kỹ năng giải các bài toán về tỉ lệ thức cho học sinh. Trong quá trình nghiên
cứu khơng thể tránh khỏi sai sót, hạn chế rất mong được sự giúp đỡ, góp ý của
đồng nghiệp.
Trong trang này ví dụ 1 tham khảo từ TLTK số

 2 .ví dụ 2 tham khảo từ TLTK số  1 .ví dụ 3 tham khảo từ TLTK số .

3.2. Kiến nghị.
*Đối với nhà trường
- Thường xuyên tổ chức các hoạt động tham vấn trong các tổ chuyên môn,
phát huy tích cực sinh hoạt nhóm bộ mơn để giáo viên có điều kiện trao đổi, học

hỏi lẫn nhau về kiến thức và phương pháp nhằm hỗ trợ lẫn nhau trong dạy các
chuyên đề khó.
- Ban giám hiệu nhà trường cần quan tâm đầu tư mua sắm trang thiết bị:
máy chiếu, máy tính kết nối Internet, tài liệu tham khảo. Nhằm tạo điều kiện tốt
hơn cho việc dạy học các chuyên đề nâng cao.
* Đối với Phòng Giáo Dục, Sở Giáo Dục
- Phòng GD&ĐT cần mở các lớp tập huấn cho giáo viên tổ chức các hội
thảo chuyên đề ôn thi học sinh giỏi để GV các trường cùng trao đổi kinh nghiệm,
học tập lẫn nhau.
- Sở GD&ĐT cần xây dựng bộ cơ sở dữ liệu cơ bản hổ trợ cho việc dạy
học chuyên đề.

18


- Thường xuyên giới thiệu tài liệu mới liên quan và tập huấn cho giáo viên
bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Hoằng Hóa, ngày 5 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đề tài này là do tự tơi
nghiên cứu, tích lũy. Khơng sao chép
của cá nhân nào.
Tác giả

Nguyễn Thị Hương
.

19