Category: SKKN Luận Văn Luận Án

  • SKKN Đổi mới phương pháp dạy học thích ứng với sự biến đổi và hướng tới nền giáo dục số

    SKKN Đổi mới phương pháp dạy học thích ứng với sự biến đổi và hướng tới nền giáo dục số

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
    Đứng trước bối cảnh cả nước cùng chung tay phòng chống đại dịch Covid-19.
    Nghĩ tới những bác sĩ, chiến sĩ, bộ đội, công an đang ngày đêm chạm chốt ở tuyến
    đầu để phòng chống dịch. Tôi càng thấy mình cần phải cố gắng thật nhiều để hoàn
    thành sứ mệnh truyền thụ tri thức, hỗ trợ các con học sinh tìm chọn và xử lý thông
    tin và tiếp lửa niềm đam mê học tập đến những học trò thân yêu của mình.
    Qua thực tế trải nghiệm trong thời gian nghỉ vì dịch Covid-19. Được học, làm
    việc, kết nối trong không gian mạng. Thấy được vai trò vô cùng quan trọng của
    việc tự học, các hoạt động ngoại khóa, trải nghiệm sáng tạo cũng như Bộ trưởng bộ
    GD&ĐT nhấn mạnh “việc tiếp tục phát huy hiệu quả dạy và học trực tuyến thời
    gian qua để áp dụng trong giai đoạn hiện tại và tiếp theo, bởi đây không chỉ là giải
    pháp tình thế mà còn là cơ hội để hướng tới nền giáo dục số”. Bản thân tôi luôn
    băn khoăn trăn trở để tìm những giải pháp phù hợp trong bối cảnh hiện nay và
    chuẩn bị hành trang thực hiện chương trình GDPT 2018. Tôi thấy cần phải xây
    dựng cho mình cũng như cho các con học sinh tinh thần tự học trên nền tảng của
    sự say mê, ham học, ham hiểu biết, giàu khát vọng và kiên trì trên con đường chinh
    phục tri thức cũng như trang bị cho các con học sinh các kỹ năng để có thể thích
    ứng với sự biến đổi của sự phát triển không ngừng về công nghệ.
    Để có thể chia sẻ kinh nghiệm cũng như truyền tải hết ý tưởng và các bước của
    chuỗi các hoạt động học kết hợp việc dạy học trực tuyến với dạy học truyền thống
    và phát huy tinh thần tự học của các con học sinh mà tôi đã thực hiện nên tôi đã
    chọn đề tài “Đổi mới phương pháp dạy học thích ứng với sự biến đổi và hướng
    tới nền giáo dục số”
    II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
    1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
    1.1. Một số hạn chế trong việc đổi mới phương pháp dạy học hiện nay
    2
    Hoạt động đổi mới phương pháp dạy học ở trường trung học phổ thông nhìn
    chung chưa mang lại hiệu quả cao.
    Truyền thụ tri thức một chiều vẫn là phương pháp dạy học chủ đạo của nhiều
    giáo viên.
    Số giáo viên thường xuyên chủ động, sáng tạo trong việc phối hợp các phương
    pháp dạy học nhằm phát huy tính tích cực, tự lực và sáng tạo của học sinh còn
    chưa nhiều.
    Việc ứng dụng công nghệ thông tin – truyền thông, sử dụng các phương tiện dạy
    học chưa được thực hiện rộng rãi và hiệu quả trong các trường trung học phổ
    thông.
    Hoạt động kiểm tra đánh giá chủ yếu chú ý đến yêu cầu tái hiện kiến thức và
    đánh giá qua điểm số.
    Chính điều này đã dẫn đến tình trạng giáo viên và học sinh duy trì dạy học theo
    lối “đọc-chép” thuần túy, học sinh học tập thiên về ghi nhớ, ít quan tâm vận dụng
    kiến thức.
    Nhiều giáo viên chưa vận dụng đúng quy trình biên soạn đề kiểm tra nên các bài
    kiểm tra còn nặng tính chủ quan của người dạy.
    Hoạt động kiểm tra đánh giá ngay trong quá trình tổ chức hoạt động dạy học
    trên lớp chưa được quan tâm thực hiện một cách khoa học và hiệu quả.
    Thực trạng trên đây dẫn đến hệ quả là không rèn luyện được tính trung thực
    trong thi cử, kiểm tra; nhiều học sinh phổ thông còn thụ động trong việc học tập;
    khả năng sáng tạo và năng lực vận dụng tri thức đã học để giải quyết các tình
    huống thực tiễn cuộc sống còn hạn chế.
    1.2. Nguyên nhân của thực trạng nói trên
    – Nhận thức về sự cần thiết phải đổi mới phương pháp dạy học, kiểm tra đánh
    giá và ý thức thực hiện đổi mới của một bộ phận cán bộ quản lý, giáo viên chưa
    cao.
    – Lý luận về phương pháp dạy học và kiểm tra đánh giá chưa được nghiên cứu
    và vận dụng một cách có hệ thống;
    3
    Còn tình trạng vận dụng lý luận một cách chắp vá nên chưa tạo ra sự đồng bộ,
    hiệu quả; các hình thức tổ chức hoạt động dạy học, giáo dục còn nghèo nàn.
    – Nguồn lực phục vụ cho quá trình đổi mới phương pháp dạy học, kiểm tra đánh
    giá trong nhà trường như: cơ sở vật chất, thiết bị dạy học, hạ tầng công nghệ thông
    tin – truyền thông vừa thiếu, vừa chưa đồng bộ, làm hạn chế việc áp dụng các
    phương pháp dạy học, hình thức kiểm tra đánh giá hiện đại.
    1.3. Định hướng giải pháp
    Thầy cô cần làm gì để thay đổi phương pháp dạy học?
    Trong lộ trình đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, có thể nói rằng
    giáo viên là yếu tố quyết định hàng đầu trong việc thực hiện đổi mới phương pháp
    giảng dạy.
    Điều này đòi hỏi sự nhận thức đúng đắn, tinh thần trách nhiệm và sự quyết tâm
    cao của toàn bộ giáo viên trên cả nước.
    Giáo viên với bất cứ lớp học nào đều phải hội đủ các điều kiện về kiến thức, khả
    năng giảng dạy hữu hiệu, lòng nhiệt thành và sự thân mật.
    Bên cạnh đó giáo viên phải có kỹ năng tổ chức hướng dẫn học sinh trong lớp
    học, có kỹ năng sử dụng đồ dùng dạy học, có năng lực tự thu thập thông tin phong
    phú của thời đại để phục vụ yêu cầu dạy học.
    – Người giáo viên phải có kiến thức đa dạng.
    Giáo viên cần có kiến thức chuyên sâu, có kiến thức sư phạm về các đề tài giảng
    dạy đồng thời phải có khả năng truyền tải những kiến thức vào chương trình giảng
    dạy, với lối trình bày giản dị, sáng tỏ, áp dụng vào bài làm, vào bài ôn tập, vào sự
    đánh giá cũng như các hoạt động khác của việc giảng dạy.
    Những điều trên kết hợp cùng với sự nhiệt tình trong giảng dạy chắc chắn sẽ
    truyền đạt kiến thức cho học sinh một cách hiệu quả và thành công hơn.
    – Giáo viên phải xác định được những vấn đề cần đổi mới.
    Giáo viên muốn đổi mới phương pháp dạy học thì phải xác định trước mục tiêu,
    nội dung, phương tiện, hình thức tổ chức và phương thức đánh giá giáo dục.
    Cố gắng để phát triển bài soạn theo hướng giảm lý thuyết tăng thực hành là một
    sự đổi mới cần thiết cho quá trình đổi mới phương pháp dạy học.
    4
    – Điều quan trọng là phải lưu ý một số lĩnh vực thực tế giảng dạy.
    Giáo viên cần lập kế hoạch và chuẩn bị môi trường lớp học, giảng dạy và trách
    nhiệm chuyên môn.
    Không chỉ vậy, giáo viên cần thúc đẩy hoạt động hiệu quả nhất việc sử dụng
    thời gian và làm cho cả lớp tham gia, cung cấp đầu vào hay lập mô hình thích hợp
    để phổ biến tài liệu mới, kiểm tra hiểu biết và thay đổi tiến độ giảng dạy phù hợp
    tạo ra cách sử dụng kiến thức độc lập, theo hướng dẫn.
    – Giáo viên phải nắm vững kỹ năng truyền đạt kiến thức
    Giáo viên phải nắm vững yêu cầu nội dung giáo dục, nắm vững kiến thức và kỹ
    năng cần truyền đạt đến học sinh để thiết kế dẫn dắt học sinh đi từ dễ đến khó, từ ít
    đến nhiều.
    Tài nghệ của giáo viên trong công tác giảng dạy cũng cần thiết không kém bất
    cứ một lĩnh vực sáng tạo nào khác.
    Nếu người giáo viên khéo léo phát huy tính tích cực, chủ động của học sinh thì
    con người đang chịu tác động của giáo dục sẽ trở thành chủ thể của giáo dục.
    Quá trình học quan trọng hơn môn học, quá trình học tạo thói quen trí tuệ, kỹ
    năng phân tích vấn đề, khả năng tiếp thu, diễn đạt, tổ chức xử lý thông tin.
    Giáo viên hiện nay không còn là người truyền thụ kiến thức mà là người hỗ trợ
    học sinh tìm chọn và xử lý thông tin.
    Vị trí của nhà giáo không phải được xác định bằng sự độc quyền về thông tin và
    trí thức có tính đẳng cấp, mà bằng trí tuệ và sự từng trải của mình trong quá trình
    dẫn dắt học sinh tự học.
    Đổi mới phương pháp dạy học phụ thuộc vào đối tượng, điều kiện, hoàn cảnh vì
    vậy nhà giáo cần phải chủ động và có sáng kiến.
    – Làm cho học sinh biết tự học, tự vận dụng.
    – Luôn liên hệ với thực tiễn đang thay đổi.
    – Làm cho học sinh biết hợp tác và chia sẻ.
    – Tận dụng sự hỗ trợ của phương tiện dạy học.
    – Học cách thức đi tới sự hiểu biết. Coi trọng sự khám phá và khai phá trong học
    thuật.
    5
    – Học kỹ năng thực hành và thái độ thực tiễn trong nghề nghiệp.
    – Học phong cách độc lập, sáng tạo, linh hoạt trong nhận thức và hành động.
    Biết mềm hóa tư duy và tùy cơ ứng biến.
    Để đáp ứng mục tiêu giáo dục mới, giáo viên cần đổi mới rất nhiều, trước đây
    chúng ta luôn chú trọng “dạy cái gì”, thì bây giờ cần chuyển sang “dạy cách” (cách
    đọc sách, cách suy luận để tìm tòi và phát hiện kiến thức mới…), từ chủ yếu quan
    tâm học sinh “học cái gì” chuyển sang quan tâm hơn về “học như thế nào”.
    Bản lĩnh và năng lực sáng tạo của giáo viên được khẳng định qua khả năng
    hướng dẫn tự học, đẩy mạnh hoạt động nghiên cứu khoa học, tăng cường xây dựng
    các mô hình học tập gắn với thực tiễn, xây dựng và sử dụng tủ sách lớp học, phát
    triển văn hóa đọc gắn với hoạt động của các câu lạc bộ khoa học trong nhà trường.
    Đồng thời, phẩm chất và năng lực của người học cũng được hình thành và phát
    triển qua các hoạt động giao lưu, kết nối, tương tác với thực tiễn đời sống để khơi
    dậy hứng thú học tập, rèn luyện kỹ năng sống, nâng cao hiểu biết về các giá trị văn
    hóa truyền thống dân tộc và tinh hoa văn hóa thế giới…
    Điều đó cũng có nghĩa rằng để đảm bảo tính khả thi của đổi mới phương pháp
    dạy học, vai trò kiến tạo của giáo viên thể hiện trong công việc tổ chức, hướng dẫn
    hoạt động học tập trong môi trường thân thiện và những tình huống có vấn đề, từ
    đó khuyến khích người học tự khẳng định nhu cầu và năng lực của bản thân.
    Qua đó, người học được rèn thói quen và khả năng tự học, tích cực phát huy
    tiềm năng và vận dụng hiệu quả những kiến thức, kỹ năng đã được tích luỹ.
    Từ đó, tạo tiền đề để phát triển toàn diện nguồn nhân lực trong bối cảnh phát
    triển của cách mạng công nghiệp 4.0, hướng tới một nền giáo dục Việt Nam hiện
    đại và hội nhập quốc tế.
    Để thực hiện tốt chương trình giáo dục phổ thông hiện hành theo định hướng
    phát triển năng lực, phẩm chất người học, mỗi giáo viên cần nhận thức rõ tầm quan
    trọng của việc đổi mới phương pháp và hình thức kiểm tra đánh giá.
    Việc đổi mới này cần được tổ chức đồng bộ, bên cạnh đó mỗi giáo viên cần
    nâng cao nhận thức, trách nhiệm để đạt hiệu quả cao.
    6
    Có thể nói rằng, vai trò của người thầy luôn quan trọng trong sự nghiệp đổi mới
    giáo dục. Với trí tuệ, lòng yêu nghề, sự linh hoạt và sáng tạo, họ sẽ là những “hạt
    ngọc” tỏa sáng, góp phần đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục, thích ứng với thời
    cuộc thiên tai, dịch bênh, đáp ứng sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất
    nước trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập
    quốc tế.
    2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
    Để có thể thích ứng với thời cuộc trong bối cảnh dịch bệnh và thực hiện phương
    châm của Thủ tướng Chính phủ “tạm dừng đến trường nhưng không ngừng việc
    học” nên tôi đã có những việc làm cụ thể và rất thuận lợi cho tôi với những việc
    tôi đã làm trước đó.
    Đầu năm học tôi đã thành lập nhóm Zalo của lớp chủ nhiệm để tiện trong việc
    phối kết hợp giữa nhà trường và gia đình trong việc giáo dục các con mặc dù việc
    này còn rất mới và cũng có giáo viên nghĩ rằng không cần thiết. Nhưng với tôi
    phương châm giáo dục quan trọng nhất đó chính là kết nối, chia sẻ và lan tỏa để
    tạo nên sức mạnh của sự đoàn nhất, nhất trí trong việc phối kết hợp để giáo dục các
    con học sinh.
    Tôi đã đề xuất với BGH yêu cầu các lớp hình thành nhóm Zalo của cha mẹ HS.
    Sau đó tôi đề nghị được tham gia các nhóm lớp mà tôi dạy môn Vật lí. Thật sự
    7
    nhiều lúc tôi vẫn hay nói đùa là môn của tôi được phép “lười” vì thực tế suy nghĩ
    của giáo viên, cha mẹ học sinh và chính các con học sinh vẫn luôn nghĩ các môn
    Toán, Văn, Anh mới quan trọng. Xong tôi nhận thức được trách nhiệm và sự nhiệt
    huyết của mình nên luôn tiên phong trong việc tiếp cận và tìm giải pháp để có thể
    vẫn tiếp tục dạy các con.
    Sau khi hoàn tất tôi lên kế hoạch cho việc chuẩn bị các học liệu để phù hợp với
    bối cảnh hiện tại dạy học online. Đã có nhiều kế hoạch và chiến lược hiện lên trong
    đầu tôi và tôi bắt tay vào soạn thảo, lưu lại để điều chỉnh phù hợp với bối cảnh
    thực tiễn.
    8
    Tất cả học liệu của tôi trước kia được xây dựng theo sự tương tác hai chiều,
    xong bối cảnh hiện tại dạy học qua internet truyền thụ một chiều nên tôi cũng rất
    băn khoăn chăn trở liệu học sinh của mình có nắm được kiến thức hay không?
    Cách thức và tổ chức các hoạt động học như thế nào để học sinh tiếp cận một cách
    nhanh và hiệu quả nhất.
    Không cần phải suy nghĩ quá nhiều tôi chỉ muốn bắt tay ngay vào công việc để
    tiết kiệm thời gian sớm nhất để có thể kết nối với các con HS.
    Đầu tiên tôi khai thác các Video bài giảng trên mạng qua các kênh uy tín, Video
    bài giảng của các đài truyền hình trên toàn quốc, nội dung bài học được biên soạn
    trên file word gửi lên các nhóm lớp với kế hoạch chuyển giao nhiệm vụ cụ thể từ
    hôm trước để cha mẹ HS nắm bắt và nhắc nhở các con hoàn thành.
    9
    Tiếp theo tôi băn khoăn trong việc liệu các con có hoàn thành hết nhiệm vụ cô
    giao không? Việc kiểm tra đánh giá HS như thế nào?…Các câu hỏi luôn hiện lên
    trong suy nghĩ của tôi và cứ thế cuốn tôi vào trạng thái luôn nghiên cứu tìm tòi giải
    pháp để thích ứng được với bối cảnh hiện tại.
    Tôi tiếp tục tìm hiểu, mày mò các thông tin trên mạng để cố gắng tìm giải pháp
    cho mình. Tôi đã ứng dụng google biểu mẫu để tạo ra các câu hỏi trắc nghiệm theo
    các nội dung kiến thức truyền tải để đánh giá HS. Qua đó tôi đã có thể đánh giá
    được HS của mình và đã biết được HS của mình có tương tác và hoàn thành nhiệm
    vụ tôi giao không.
    10
    Không an phận và dừng lại ở đó, ngày đêm tôi vẫn miệt mài nghiên cứu và tìm
    hiểu những ứng dụng tiện ích hơn và suy nghĩ cách thức tổ chức dạy học sao cho
    phù hợp.
    Thật may mắn cho tôi khi được biết đến kênh kết nối của trang
    thuvienhoclieu.vn và được công ty cổ phần thiết bị và công nghệ giáo dục Việt
    Nam hỗ trợ gói miễn phí sử dụng trong đại dịch, tôi đã cố gắng nghiên cứu và khai
    tác tối đa các tiện ích của kênh. Qua quá trình sử dụng và cho đến tận hôm nay tôi
    vẫn sử dụng kênh kết nối để hỗ trợ trong việc dạy và học.
    11
    Tôi đã tạo ra các link đề trắc nghiệm theo các dạng, chuyên đề, phần học từ file
    đề word cực kì hiệu quả và tiết kiệm thời gian. Điều đặc biệt tiện ích của kênh là
    hệ thống tự động đảo với hơn 1000 mã đề khác nhau nên tôi đã tận dụng tiện ích
    đó để triển khai tới HS của mình với các hình thức chuyển giao nhiệm vụ như sau:
    + Chỉ cần bấm vào chia sẻ link và gửi link tới nhóm Zalo của lớp, HS chỉ cần
    bấm vào link và làm bài. Sau khi HS làm xong hệ thống sẽ thống kê luôn kết quả
    bài làm của HS. Trong quá trình HS làm tôi có thể cập nhật luôn được thông tin
    xem tỉ lệ chuyên cần của các con như thế nào.
    12
    + Lúc đầu tôi cho HS làm ôn luyện và khuyến khích HS làm nhiều hơn một lần
    với khung thời gian rộng và thưởng điểm cho những HS tích cực.
    + Qua thời gian ôn luyện tôi cho HS làm trong giới hạn thời gian bắt đầu và kết
    thúc. Khuyến khích HS có thể làm nhanh và làm lần 2,3 và lấy điểm cao nhất.
    + Khi HS đã thực sự nắm chắc kiến thức rồi tôi co gọn thời gian và chỉ lấy điểm
    lần làm đầu tiên.
    Qua các lần làm như vậy HS luôn kích thích, hứng thú và cố gắng tự thi đua để
    đạt được điểm số cao nhất. GV tạo cơ hội cho học trò phát triển và tiến bộ. HS đã
    hình thành thói quen khi cập nhật link bài và hoàn thành trong thời gian như kế
    hoạch GV đưa ra. HS tương tác qua Zalo nhóm lớp hoặc zalo riêng.
    13
    Song song với việc đã đáp ứng được việc kiểm tra đánh giá, tôi tiếp tục mày mò
    và tìm hướng đi mới cho mình. Tự mình học tập để có thể tự tạo ra các Video bài
    giảng của riêng mình. Tôi đã biên soạn lại các giáo án powerpoint theo kiểu thuyết
    trình, học cách ghi tiếng lồng vào giáo án để chuyển đến cho HS.
    Đầu tiên tôi học cách ghi âm tiếng ngay trong file powerpoint. Sau đó tôi lăn tăn
    trong việc nếu học trò chỉ nghe thấy tiếng cô liệu có mang lại hiệu quả?
    Trăn trở với suy nghĩ muốn các con học sinh nhìn thấy cô trong quá trình giảng
    bài sẽ giúp các con tập trung hơn trong quá trình tự học qua video. Tôi tiếp tục tìm
    14
    đến giải pháp với ứng dụng Camtasia 9 giúp tôi vừa ghi âm tiếng, hình, chèn thêm
    các video khác, điều chỉnh âm thanh cho rõ, lọc âm, thêm hiệu ứng chuột gây tập
    trung cho học sinh, chèn hoặc cắt các phần mà tôi thấy chưa ưng ý.
    15
    Tiếp đến vẫn băn khoăn trong việc không được tương tác trực tiếp với học trò
    của mình nên tôi tiếp tục tìm hiểu và được biết ứng dụng Zoom tạo phòng họp trực
    tuyến đang được phổ biến trên các mạng xã hội. Tôi tiếp tục mày mò và mạnh dạn
    đi vào triển khai thực hiện trước. Sử dụng ứng dụng Zoom tôi đã tạo ra cho riêng
    mình những bài giảng thu cả tiếng cả hình để HS của tôi có thể nhìn thấy tôi như
    thấy cô đang giảng trực tiếp.
    Tôi đã dần thay đổi chuyển kế hoạch dạy học bằng Video bài giảng của riêng
    mình và link bài tập của thuvienhoclieu.vn qua các nhóm lớp thông qua các hoạt
    động học cụ thể.
    16
    Tôi đã tạo được lớp học trực tuyến qua ứng dụng Zoom. Được gặp nhau mặc dù
    qua công nghệ nhưng cô trò chúng tôi rất mừng rỡ khi lại được nhìn thấy nhau qua
    các tiết học trực tuyến và họp lớp chủ nhiệm. Càng vui hơn khi thấy HS của mình
    ngày càng trưởng thành, có cơ hội được tiếp cận với công nghệ, linh hoạt trong
    việc tiếp cận những cái mới hỗ trợ trong việc học tập và đặc biệt càng vui hơn khi
    có sự đồng hành của các bậc cha mẹ HS luôn quan tâm tạo mọi điều kiện thuận lợi
    để các con vẫn có thể được học dù nghỉ ở nhà.
    Không dừng lại ở đó vì thời gian nghỉ có thể vẫn tiếp tục kéo dài nên tôi tiếp tục
    nghiên cứu và băn khoăn khi chỉ đánh giá về bài tập trắc nghiệm mà chưa rèn được
    kĩ năng làm bài tự luận. Và cũng muốn rèn kĩ năng thêm cho học trò nên tôi đã
    nghiên cứu lồng ghép Video bài giảng, bài tập tự luận với BTTN trên kênh kết nối.
    Sau khi HS hoàn thành nhiệm vụ theo đúng kế hoạch đề ra tôi tập hợp thống kê
    điểm bài làm của HS vào 1 file điểm (cập nhật từng bài theo thứ tự) theo các lớp và
    gửi ngay trên nhóm lớp để cha mẹ HS nắm bắt luôn được tình hình học tập của các
    con. Nếu con nào chưa làm có hoặc không có lý do đều được tôi kết nối để tìm
    hiểu nguyên nhân, khó khăn để có giải pháp tháo gỡ và hỗ trợ kịp thời.
    17
    Công việc cứ như vậy xoay vần trong suốt tuần với 5 lớp tôi dạy. Thật khó cho
    GV khi mà trước kia công nghệ chỉ là thứ yếu nhưng hiện tại nó lại hỗ trợ và giúp
    tôi rất nhiều. Suốt ngày nghiên cứu tìm hiểu để có thể tạo cho mình những học liệu
    có hiệu quả cũng cần sự sẻ chia hỗ trợ các GV khác khi họ cũng khó khăn bước
    đầu giống tôi. Thật sự rất vất vả và căng thẳng xong là niềm vui, động lực và trách
    nhiệm với nghề nên luôn thôi thúc tôi phải cố gắng.
    Thời gian gần đây khi ứng dụng Zoom bị cả thế giới lên án về tính bảo mật. Báo
    đài Việt Nam cũng đã đưa các thông tin chính xác về việc kẻ lạ mặt đột nhập vào
    không gian lớp học làm ảnh hưởng tới HS. Bộ GD cũng đã có những hướng dẫn và
    khuyến cáo không nên sử dụng Zoom. Trước sự an toàn của bản thân, học trò và
    cha mẹ HS tôi giác ngộ nhận thức phải thay đổi không thể để những cái xấu, cái
    chưa tốt len lỏi vào tư duy và nhận thức của học trò. Tôi tiếp tục tìm hiểu và
    nghiên cứu rất nhiều về ứng dụng Microsoft Team (một tập đoàn công nghệ toàn
    cầu), tôi đã tiếp tục triển khai tới các lớp tôi dạy. Mặc dù cũng gặp không ít những
    suy nghĩ trái chiều của một bộ phận giáo viên chưa sẵn sàng thay đổi song tôi vẫn
    quyết tâm thử sức và tìm cho mình một hướng đi an toàn.
    Tôi đã tự mình nghiên cứu, tạo tên miền, tạo tài khoản mật khẩu cho HS các lớp
    tôi dạy, tự tạo Video hướng dẫn các con tải và đăng nhập. Tôi đã triển khai được 5
    lớp tôi dạy. Các tiết học trực tuyến cũng được tôi khai thác triệt để. Trong quá trình
    triển khai tôi luôn có kế hoạch cụ thể về thời gian, nội dung, yêu cầu cần tới các
    con học sinh trên nhóm lớp, hỗ trợ trực tiếp giúp đỡ các con học sinh còn gặp khó
    khăn.
    18
    – Khi kết hợp các ứng dụng trực tuyến: Zalo, Youtube, thuvienhoclieu.vn,
    Microsoft Team tôi đã lên kế hoạch các hoạt động dạy học trong một buổi như
    sau:
    Bước 1: Chuẩn bị học liệu điện tử
    (Đây là sự chuẩn bị cốt lõi, công phu. Đòi hỏi giáo viên vận dụng hết năng lực,
    tâm huyết,…)
    Căn cứ vào Giáo án thông thường, chọn lọc những gì cốt lõi nhất để làm học
    liệu, giúp học sinh tự học (phần lớn) dưới sự giám sát hỗ trợ (tương tác điểm)

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN lập kế hoạch và đưa ra giải pháp nâng cao hiệu quả công tác tư vấn tâm lý học đường trong trường thcs

    SKKN lập kế hoạch và đưa ra giải pháp nâng cao hiệu quả công tác tư vấn tâm lý học đường trong trường thcs

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    . ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
    Tư vấn học đường là một hoạt động có vai trò hết sức quan trọng đối với việc trợ
    giúp học sinh trong học tập và trong đời sống học đường, nhằm duy trì và ổn định trạng thái
    tâm lí của các em, giúp các em có suy nghĩ, nhận thức, cảm xúc và hành vi đúng đắn, phù
    hợp trong quá trình phát triển của bản thân.
    Công tác tư vấn học đường đã được triển khai từ rất lâu ở nhiều trường phổ
    thông trên thế giới. Tại những quốc gia có nền dân trí cao và có sự phát triển vượt bậc về
    giáo dục thì việc triển khai hiệu quả công tác tư vấn học đường là một trong những yếu tố
    tạo nên văn hóa học đường lành mạnh và góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.
    Trong một vài năm trở lại đây, hiện tượng bạo lực học đường và tình trạng học
    sinh tham gia vào các tệ nạn xã hội ngày càng nhiều, mức độ ngày càng nguy hiểm, đối
    tượng tham gia ngày càng đa dạng với nhiều hình thức kiểu loại. Theo thống kê của Bộ
    Giáo dục và Đào tạo, mỗi năm học cả nước xảy ra gần 1.600 vụ học sinh đánh nhau trong và
    ngoài trường học. kỉ luật khiển trách 881 học sinh, cảnh cáo 1.558 học sinh, đình chỉ học
    735 học sinh. Đặc biệt, tình trạng học sinh đánh nhau mang tính chất bạo lực đang có xu
    hướng gia tăng.
    3
    Đối tượng học sinh THCS có nhiều thay đổi về tâm sinh lý, có xu hướng tâm lý nổi
    loạn, ngại chia sẻ, thích làm theo ý mình, thích khẳng định và muốn được mọi người công
    nhận.
    Học sinh lứa tuổi này thường có nhiều khúc mắc về tâm sinh lý, khúc mắc trong quan
    hệ bạn bè khác giới, quan hệ với cha mẹ, thầy cô… Trong các mối quan hệ này, các em còn
    thiếu kỹ năng ứng xử dẫn đến trạng thái tâm lý hụt hẫng, khủng hoảng, dễ dẫn đến những
    hành động bột phát, ngoài tầm kiểm soát của cha mẹ, thầy cô.
    – Học sinh ở nhiều độ tuổi và bối cảnh văn hoá khác nhau hầu hết các em đều có
    ước mơ và tham vọng ở độ tuổi rất trẻ. Nhưng bước vào trung học cơ sở hoặc phổ thông,
    động lực thành công của các em bắt đầu sụp đổ khi gặp trở ngại nhất định. Đó có thể là kỳ
    vọng từ phía gia đình, một tai nạn nào đó, xung đột hoặc cạnh tranh trong học tập. Những
    điều này dẫn đến sự căng thẳng cao độ, khiến các em luôn cố gắng đấu tranh để tìm ra sự
    cân bằng giữa việc học trên lớp và nỗi sợ hãi khi đến trường.
    Trên hết, nỗi sợ hãi khi thất bại hoặc bị thất vọng có thể làm các em cảm thấy chán
    nản và mất niềm tin về tương lai. Khi đối mặt với áp lực bên trong lẫn bên ngoài, nhiều
    người trong số những học sinh này bắt đầu e dè với bố mẹ, thậm chí cả giáo viên.
    Khi các em bắt đầu xao lãng và mất tập trung trong lớp học, dù đã có sự hỗ trợ của cố
    vấn học tập và giáo viên hướng dẫn, lúc này tư vấn tâm lý học đường thật sự cần thiết.
    Ví dụ, một học sinh gặp vấn đề về thể chất, sẽ hoàn toàn bình thường khi em ấy đến
    gặp y tá của trường hoặc được phép nghỉ học để hồi phục lại vết thương. Khái niệm tương
    tự áp dụng khi các em gặp vấn đề về sức khoẻ, tinh thần và cảm xúc. Nếu vấn đề cá nhân
    của các em không được hỗ trợ kịp thời, triệu chứng sẽ trở nên trầm trọng và ảnh hưởng rõ
    rệt đến thành tích học tập. Nhưng không phải ai cũng mạnh dạn đến gặp chuyên gia tâm lý
    bởi e ngại bị chế giễu, kỳ thị từ bạn bè.
    4
    Qua một khảo sát mới đây của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Hà Nội và Hải Dương cho
    thấy, khoảng 80% học sinh có những vướng mắc cần chia sẻ và mong muốn có một không
    gian riêng tư trong trường học để nói ra và tìm giải pháp cho những vấn đề của bản thân.
    Chính vì vậy, các dịch vụ tham vấn hướng nghiệp, tham vấn khủng hoảng học đường, tham
    vấn sức khỏe tâm thần trường học… đã và đang trở thành nhu cầu xã hội cấp bách.
    Những năm gần đây, một số địa phương đã thí điểm, triển khai phòng tư vấn tâm lý
    học đường tại một số trường học để có thể nắm bắt tâm tư tình cảm, giáo dục định hướng và
    phát triển nhân cách cho học sinh ngay từ khi còn trên ghế nhà trường. Hoạt động của các
    nhà tâm lý trong nhà trường có tác dụng nâng cao chất lượng học tập của học sinh, nhất là
    đối với những trẻ có khó khăn về học tập; đồng thời giảm thiểu những khó khăn tâm lý, phát
    huy tối đa tiềm năng trong mỗi cá nhân học sinh. Nhưng những hoạt động tư vấn tâm lý học
    đường này chủ yếu mới dừng lại ở hình thức tham vấn, giải đáp những thắc mắc, băn khoăn
    của học sinh, phụ huynh riêng lẻ, chưa trở thành một hoạt động trợ giúp tâm lý học đường
    thật sự chuyên nghiệp.
    Bên cạnh đó, dù đã được nhiều các cấp ngành, các nhà quản lý và các nhà nghiên cứu
    quan tâm, nhưng tâm lý học đường vẫn là một lĩnh vực khá mới mẻ cả về lý luận và thực
    tiễn. Những nghiên cứu về vấn đề này còn ít và chưa thống nhất, đội ngũ cán bộ tâm lý học
    đường còn yếu và thiếu, chưa đáp ứng tốt nhu cầu cần trợ giúp về tâm lý, sức khỏe, giáo
    dục và các vấn đề nảy sinh trong đời sống xã hội của học sinh.
    Theo các chuyên gia, tâm lý học đường, hay tâm lý học trường học – School
    Psychology – là một chuyên ngành tâm lý ứng dụng nhằm phát hiện sớm, phòng ngừa và
    can thiệp cho trẻ em, thanh, thiếu niên trong nhận thức, trong hành vi, trong cảm xúc ở môi
    trường học đường, gia đình và cộng đồng. Tư vấn tâm lý học đường rất quan trọng với học
    sinh nhưng vẫn còn là hoạt động khá mới mẻ ở nước ta.
    5
    Ở Việt Nam hiện chưa có chương trình đào tạo ngành tâm lý học đường mặc dù có
    nhiều trường có chương trình đào tạo cử nhân ngành tâm lý học. Theo các chuyên gia giáo
    dục, ở một số trường đại học việc giảng dạy những môn học, chuyên đề, việc nghiên cứu
    các vấn đề liên quan đến tâm lý học đường cũng đã thực hiện nhiều năm nay, song lĩnh vực
    này đang còn mới mẻ, hay có thể nói còn chưa hình thành một phân ngành tâm lý học học
    đường chính thức. Tuy nhiên, trong sự mới mẻ này, chúng ta hoàn toàn có thể định hướng
    sự phát triển của ngành tâm lý học đường theo xu thế mới, hiện đại của thế giới.
    Đặc biệt, trong bối cảnh sống, học tập và rèn luyện của thế hệ trẻ trong xã hội hiện
    đại hiện nay chứa đựng nhiều yếu tố bất lợi, ảnh hưởng tiêu cực đến sự phát triển nhân cách
    các em lứa tuổi học sinh. Bởi vậy, nhu cầu được hỗ trợ về mặt tinh thần để phát triển thuận
    lợi ngày càng trở nên cấp bách. Hơn nữa, bản thân hoạt động giáo dục trong các nhà trường
    cũng cần được làm phong phú thêm với những hiểu biết sâu hơn về mặt tâm lý của học sinh
    để các nội dung giáo dục phù hợp với khả năng và tâm lý lứa tuổi của các em.
    Để giúp nhà trường phổ thông làm tốt công tác này, thời gian qua Bộ Giáo dục và
    Đào tạo cũng đã ban hành nhiều văn bản, quyết định về công tác tư vấn, tư vấn tâm lý và
    các vấn đề xã hội cho học sinh, sinh viên. Gần đây nhất, Bộ đã ban hành Thông tư
    31/2017/TT-BGDĐT “Hướng dẫn thực hiện công tác tư vấn tâm lý cho học sinh trong
    trường phổ thông”; Quyết định số 1876/ QĐ- BGDĐT ban hành Chương trình bồi dưỡng
    năng lực tư vấn cho GV phổ thông làm công tác tư vấn cho học sinh; Công văn số
    1997/NGCBQLCSGD ngày 19/12/2018 của Bộ GD&ĐT về việc thành lập tổ tư vấn cho
    HS. Thông tư 20/2018/ TT- BGDĐT quy định về chuẩn nghề nghiệp của giáo viên cơ sở
    giáo dục phổ thông đã coi “ tư vấn và hỗ trợ học sinh” là một tiêu chí trong chuẩn về chuyên
    môn và nghiệp vụ của giáo viên.
    Ở Việt Nam, một số kết quả nghiên cứu gần đây về tâm lý học đường cho thấy, tỉ lệ
    học sinh rối nhiễu tâm lí có phần gia tăng; tình trạng học sinh có hành vi bạo lực, lệch chuẩn
    6
    diễn ra với nhiều biểu hiện phức tạp. Thực trạng trên đòi hỏi nhà trường cần có đội ngũ cán
    bộ, GV có đủ năng lực chuyên môn để trợ giúp cho học sinh trong quá trình phát triển. Với
    góc nhìn của người quản lý giáo dục tôi đã đi sâu vào nghiên cứu và tham gia các lớp bồi
    dưỡng về công tác tư vấn tâm lý cho học sinh Trung học cơ sở do Viện khoa học giáo dục
    Việt Nam tổ chức, mạnh dạn triển khai thành lập tổ tư vấn tâm lý tại trường có kế hoạch làm
    việc và nhằm giúp đỡ học sinh giải tỏa những vướng mắc trong cuộc sống, trong học tập,
    trong quan hệ bạn bè, thầy trò về tâm lý giới tính sức khỏe sinh sản vị thành niên…đưa ra
    các giải pháp nâng cao hiệu quả công tác tư vấn tâm lý học đường góp phần ổn định đời
    sống tâm hồn, tình cảm và giúp học sinh thực hiện nguyện vọng, ước mơ.
    7
    II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:
    II.1. Mô tả giải pháp trƣớc khi tạo ra sáng kiến
    II.1.1.Giải thích thuật ngữ Tƣ vấn tâm lý học đƣờng :(School
    Counseling – tư vấn học đường – TVHĐ) là một tiến trình giúp đỡ sinh viên
    học sinh, các vị phụ huynh hoặc thầy cô giáo, tự tìm hiểu mình, biết được
    những đặc điểm tính cách, những năng lực tiềm ẩn và những hành vi của họ đã
    ảnh hưởng đến những người khác như thế nào. Đồng thời giúp họ chọn cách
    giải quyết vấn đề tối ưu trong chiến lược định hướng phát triển của những
    người này khi có nhu cầu.
    – Trợ giúp: Là hoạt động trợ giúp, giúp đỡ người gặp khó khăn. Nhằm
    giúp cho họ có thể tự giải quyết vấn đề của mình.
    – Tư vấn: Là cung cấp thông tin, cho lời khuyên, trợ giúp những khó khăn
    tâm lý, chỉ bảo hay hướng dẫn cho một cá nhân hoặc một tổ chức khi họ có yêu
    cầu.
    – Tham vấn: Là quá trình tương tác giữa nhà tham vấn với người được
    tham vấn. Thông qua các kĩ năng trao đổi và chia sẻ, người được tham vấn hiểu
    và chấp nhận được thực tế của mình, tự tìm lấy tiềm năng của bản thân để giải
    quyết vấn đề của mình.
    II.1.2 Mục đích của công tác tƣ vấn học đƣờng:
    Trong tư vấn tâm lý học đường, qua tác động của tư vấn viên học sinh
    được tư vấn sẽ tự mình thay đổi tình thế, chuyển biến quan niệm, nhìn thấy
    tính không phù hợp hoạt động của mình, và ra sức chuyển đổi. Tiến trình đó
    chỉ có thể hoàn thành khi phát triển được mối quan hệ, thăm dò được hướng đi
    tốt. Khơi dậy được ý chí tự lực, tự quyết, giúp học sinh đó làm chủ được cảm
    8
    xúc, thích nghi với hoàn cảnh mới, có hành động tích cực tạo ra các hoạt động
    phù hợp với điều mong đợi hơn. Phía học sinh được tư vấn thường là một cá
    nhân, có những vấn đề riêng tư của một chủ thể cần được tăng cường khả năng
    giải quyết và thực hiện chức năng một cách thích hợp..
    II.1.3. Vị trí, vai trò của cán bộ tƣ vấn tâm lý học đƣờng:
    Trong thời điểm hiện nay công tác tư vấn học đường có vai trò rất quan
    trọng trong việc hỗ trợ HS giải quyết các khó khăn gặp phải một cách kịp thời
    và hiệu quả, qua đó đảm bảo sự cân bằng tâm lý, góp phần thúc đẩy việc học tập
    và phát triển của HS.
    Do đó vị trí, vai trò của cán bộ tư vấn tâm lý học đường là:
    + Quan sát, lắng nghe và phát hiện sớm những khó khăn.
    + Sàng lọc, chẩn đoán và đánh giá các khó khăn tâm lý của HS.
    + Tổ chức các hoạt động phòng ngừa và can thiệp ban đầu cho Hs có biểu
    hiện khó khăn tâm lý.
    + Phối hợp với gia đình, chuyên gia tâm lý và các lực lượng khác để can
    thiệp, trị liệu cho HS có khó khăn tâm lý.
    + Trợ giúp, tạo cơ hội để HS được hòa nhập sau can thiệp, trị liệu.
    II.1.4 .Các nhiệm vụ cơ bản của hoạt động tƣ vấn học đƣờng : bao
    gồm 4 nhiêm vụ:
    – Một là tạo ra động lực cho sự phát triển ở HS: khuyến khích, động viên,
    tạo hứng thú, khen ngợi, khích lệ, tuyên dương, tạo nhiều cơ hội cho HS được
    tham gia vào nhiều hoạt động phù hợp với năng lực, khả năng của HS. Ví dụ:
    9
    Một HS có lực học bình thường nhưng lại có năng khiếu âm nhạc thì cán bộ tư
    vấn cần động viên, khích lệ em đó tham gia vào các hoạt động văn nghyệ, hoạt
    động tập thể để phát huy tối đa khả năng của em đó.
    – Hai là phòng ngừa các nguy cơ cản trở quá trình phát triển của HS. Ví
    dụ: Ngăn ngừa việc HS thích đọc facebook hơn là đọc sách thì cán bộ tư vấn
    cần lập kế hoạch để tổ chức ngày hội đọc sách, thi đọc sách dưới hình thức sân
    khấu hóa… để cuốn hút các em vào nội dung của những trang sách thú vị đó thì
    HS sẽ giảm bớt dần việc đọc facebook ra.
    – Ba là can thiệp, khắc phục những hành vi không phù hợp. Ví dụ như việc
    HS chán học cán bộ tư vấn cần tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến việc HS chán
    học. Sau đó cần tham vấn cho HS đó hiểu rõ vấn đề và tự nhận ra cách để tháo
    gỡ cho bản thân, tự định hướng lại hành vi đúng cho mình.
    – Bốn là chuyển tuyến: đó là những HS gặp khó khăn nằm ngoài khả năng
    trợ giúp của mình thì cán bộ tư vân scaanf tìm kiếm các nguồn lực khác phù
    hợp hơn để giúp HS giải quyết vấn đề của mình. Ví dụ: HS bị trầm cảm cán bộ
    tư vấn cần tư vấn cho em đó gặp bác sĩ hoặc các chuyên gia tâm lý lớn hơn để
    giúp đỡ.
    Nhiệm vụ tƣ vấn học đƣờng còn chia theo cấp học: Tư vấn học đường
    bậc tiểu học; Tư vấn học đường bậc trung học cơ sở ; Tư vấn học đường bậc
    phổ thông trung học (cao đẳng đại học)
    *Tƣ vấn học đƣờng bậc trung học cơ sở
    Tư vấn học đường cấp trung học cơ sở cũng như tư vấn học
    đường cấp tiểu học, nhưng nhiều chuyên đề được nhấn mạnh khai thác các
    nguồn lực tự thân của học sinh , của gia đình và xã hội, giúp học sinh học tập,
    giải quyết vấn đề chọn ban, phân luồng học sinh định hướng chọn nghề, chọn
    10
    trường phổ thông trung học, trường nghề, trường trung học nghề, trung học
    chuyên nghiệp, nhắm tới trường cao đẳng, đại học ..nói chung tư vấn học
    đường ở cấp học này chú trọng tư vấn học tập, tư vấn tình cảm và nhất là tư
    vấn hướng nghiệp (bao gồm tư vấn tâm lý và hướng dẫn thông tin hướng
    nghiệp). Giúp học sinh định hướng vào loại hình trường lớp tiếp theo sau trung
    học cơ sở hay định hướng nghề nghiệp liên quan đến các tiêu chí yêu cầu đầu
    vào của trường nghề , đến khả năng tài chính, kể cả thông tin tìm việc, thông
    tin về các chương trình học việc tại các công ty, xí nghiệp, cơ quan có nhu cầu.
    Giúp học sinh hiểu biết các vấn đề kinh tế xã hội, những vấn đề liên quan đến
    hành vi, nhân cách cá nhân để dễ dàng tìm việc; Chú trọng các vấn đề tư vấn
    bảo vệ và phát triển học sinh, động viên và đẩy mạnh sự trưởng thành của học
    sinh về mặt nhân cách, quan hệ xã hội, và tinh thần, khả năng học tập, giúp cho
    chúng hiểu biết, thực hành tốt kỹ năng sống, vượt qua những khó khăn trở ngại
    trước khi bị rơi vào tệ nạn ( uống rượu, thuốc lá, ma túy…), vào sự thất bại.
    Giúp trẻ thoát khỏi sự lạm dụng từ trong gia đình, hoặc do người ngoài gây
    hại…
    Về phía Bộ GDĐT, từ năm 2005 theo tinh thần công văn 2564/HSSV
    ngày 5/4/2005 và công văn 9971/BGD&ĐT, ngày 28/10/2005) của Bộ GDĐT,
    xác định “Tư vấn cho học sinh, sinh viên là phương pháp tác động mang tính
    định hướng giáo dục tới những học sinh, sinh viên đang có những khó khăn
    tâm lý, tình cảm, những bức xúc của lứa tuổi cần được giải đáp, những vướng
    mắc trong học tập, sinh hoạt, trong hướng nghiệp, trong tìm kiếm việc làm”
    Hiệu quả trước mắt là nhờ tính nhân văn của hoạt động tâm lý trong
    nhà trường làm cho nhà trường dân chủ hơn, trở nên thân thiện hơn trong quan
    hệ: thầy trò, quan hệ tình bạn, tình yêu – được các phụ huynh ghi nhận và ủng
    hộ. Mối quan hệ giữa 3 mội trường giáo dục đực thật sự cải thiện.
    11
    I I . 1 . 5 . Tầm quan trọng của tâm lý học đƣờng
    Thực hiện tốt công tác tâm lý học đường có vai trò hết sức quan trọng
    trong việc duy trì và ổn định tình trạng tâm lý của học sinh, giúp các em tư
    duy, suy nghĩ và nhìn nhận các vấn đề xung quanh một cách đúng đắn.
    Đồng thời, xử lý những nguy cơ tiềm ẩn có thể xảy ra như học sinh đánh
    nhau, chán học, bỏ học, vi phạm pháp luật; có thái độ thù hận với bạn bè và
    mọi người xung quanh; nhiều trường hợp có thể dẫn đến học sinh tự tử, hủy
    hoại thân thể hoặc sa ngã vào các tệ nạn xã hội…
    Công tác tâm lý học đường rất cần thiết trong việc giáo dục học sinh
    trong nhà trường, nhất là ở cấp bậc tiểu học và trung học cơ sở hiện nay. Giáo
    viên tâm lý có trách nhiệm tư vấn, hướng dẫn, tâm sự, theo dõi những học sinh
    có diễn biến tâm lý bất thường, kịp thời đề ra các giải pháp để tư vấn, định
    hướng hoặc xử lý các vấn đề tâm lý xảy ra.
    Giáo viên tâm lý phải là nơi gần gũi và tin yêu nhất của học sinh; là nơi
    mà học sinh có thể tìm đến trao đổi, tâm sự, mong muốn giải đáp những thắc
    mắc về vấn đề tâm lý. Bằng nghiệp vụ của mình, các giáo viên tâm lý phải có
    trách nhiệm phân tích, định hướng, chia sẻ nhằm giải tỏa tâm lý cho học sinh;
    giúp các em có tâm lý, tư tưởng đúng đắn để tiếp tục thực hiện nhiệm vụ học
    tập của mình. Bên cạnh đó, cần có sự phối hợp thường xuyên, chặt chẽ giữa
    giáo viên tâm lý với giáo viên chủ nhiệm và phụ huynh học sinh trong việc
    thông tin và xử lý những biểu hiện tâm lý của các em.
    Ví dụ, một học sinh lên lớp có biểu hiện chán nản, học hành sa sút,
    nguyên nhân là cha mẹ hay cãi vã với nhau. Lúc này, giáo viên tâm lý có trách
    nhiệm tiếp cận tìm hiểu nguyên nhân, mời phụ huynh đến để trao đổi; sau đó
    12
    cha mẹ phải khắc phục hành vi cãi vã trước mặt con, động viên con để tiếp tục
    học tập. Như vậy, học sinh sẽ được giải tỏa, thay đổi tâm lý và tiếp tục tích cực
    học tập. Đây là một trong những ví dụ nhỏ trong muôn vàn các biểu hiện tâm
    lý của học sinh hiện nay. Muốn tiếp cận và xử lý những biểu hiện tâm lý của
    học sinh, cần phải có những giáo viên hoặc bác sĩ tâm lý tận tâm với nghề, có
    trách nhiệm và thương yêu học sinh thì mới có thể thực hiện được nhiệm vụ
    này.
    Nếu làm tốt công tác tâm lý học đường, sẽ hạn chế tình trạng học sinh hư
    hỏng, quậy phá, bỏ học, trầm cảm…; ngăn chặn kịp thời tình trạng bạo lực học
    đường đã và đang gây ra nỗi lo của phụ huynh học sinh và toàn xã hội; giúp
    cho học sinh định hướng được tâm lý, tư tưởng, hình thành nhân cách đúng đắn
    và trở thành công dân tốt cho xã hội.
    13
    II.2. Mô tả giải pháp kỹ thuật sau khi có sáng kiến
    II.2.1. Các bƣớc lập kế hoạch thành lập ban tƣ vấn tâm lí học
    đƣờng
    Bƣớc 1: Lập tổ hỗ trợ học sinh dưới sự chi đạo trực tiếp của nhà trường
    với các thành phần gồm ban giám hiệu, cán bộ đoàn đội, giáo viên chủ nghiệm,
    trưởng ban phụ huynh và đội ngũ cán bộ tâm lí học đường.
    Nhiệm vụ của tổ hỗ trợ học sinh là nhận diện nhu cầu của học sinh, giáo
    viên và phụ huynh đối với các hoạt động hỗ trợ tâm lí. Hàng năm vào đầu năm
    học, tổ hỗ trợ triển khai lấy phiếu đánh giá nhu cầu được tham vấn, hỗ trợ tam
    lí từ tất cả các lớp trong nhà trường. Qua đó lập kế hoạch chi tiết cho các hoạt
    động phòng ngừa, tọa đàm, tham vấn tâm lí cho cả năm học
    Bƣớc 2: Thông qua những thông tin thu được từ các phiếu nhu càu cũng
    như thông tin trực tiếp từ những giáo viên chủ nhiệm, đội ngũ cán bộ tâm lí
    nghiên cứu các trường hợp cụ thể để lên kế hoạch tác động.
    Đối với các hoạt động phòng ngừa: Trên cơ sở thông tin thu được đầu
    năm, phòng tâm lí xây dựng kế hoạch hoạt động cho cả năm học đối với từng
    khối lớp sao cho các hoạt động phù hợp với nhu cầu, lứa tuổi và tính chất học
    tập.
    Đối với các hoạt động can thiệp: Với những học sinh có nhu cầu tự tìm
    đến, cán bộ tâm lí trên cơ sở hồ sơ tâm lí đã nêu kết hợp với các phương pháp
    trò chuyện, trao đổi để phát hiện những vấn đề khó khăn tâm lí của học sinh,
    qua đó lên kế hoạch tác động và hỗ trợ.
    14
    Tương tự như vậy, đối vơi những học sinh được giáo viên chủ nhiệm
    đưa xuống, văn phòng sẽ tiếp nhận và tìm hiểu sâu hơn những vấn đề của học
    sinh. Những thông tin này được ghi chép cẩn thận vào hồ sơ tam lí. Đối với
    những tình huống quen thuộc, cán bộ tâm lí có thể thực hiện ngay các biện
    pháp tác động. Trong trường hợp vấn đề của học sinh phức tạp, cán bộ tâm lí sẽ
    phải ghi chép đầy đủ thông tin để đưa ra hội đồng chuyên môn trước khi can
    thiệp.
    Bƣớc 3: Ban tư vấn tâm lí học đường sẽ thực hiện can thiệp như sau:
    1, Can thiệp chung dành cho mọi đối tượng học sinh:
    Thiết lập nền tảng can thiệp toàn trường cho tất cả học sinh.
    Chú trọng nhiều đến can thiệp phòng ngừa với các nhóm học sinh theo
    từng khối học đặc biệt đối với học sinh khối 6 thì sẽ chú trọng cung cấp kiến
    thưc về những thay đổi của cơ thể và tinh thần khi đến tuổi dậy thì, với học
    sinh khối 7,8,9 tập trung vào các buổi tọa đàm, các khóa tập huấn kĩ năng về
    phòng tránh các tệ nạn xã hội, sử dụng chất kích thích, lạm dụng các trò chơi
    nguy hiểm đến tính mạng…
    2, Can thiệp cụ thể đến từng đối tượng học sinh :
    Can thiệp sớm cho một số học sinh có một vài biểu hiện của các vấn đề
    về hành vi và tâm lí như lo âu, căng thẳng… sẽ được can thiệp theo nhóm hoặc
    cá nhân thông qua các hoạt động thay đổi hành vi, cũng như các kĩ năng giải
    quyết vấn đề, kiểm soát cảm xúc…
    3, Tập trung sâu, can thiệp cho một số học sinh gặp phải những khó
    khăn tâm lí ở mức độ nặng, ban tư vấn tâm lí tập trung can thiệp nhiều cả về
    15
    mặt thời gian và mức độ tác động. các em được can thiệp cá nhân với nhà tham
    vấn 1 tuần/lần và làm liên tục hơn 10 buổi. Trong một số trường hợp, tác động
    của cán bộ tâm lí không khả quan, ban tư vấn tâm lí sẽ liên hệ với các cơ sở y
    tế chuyên ngành để kịp can thiệp.
    II.2.2. Lập kế hoạch cụ thể:
    16

    PHÒNG GD-ĐT TP NAM
    ĐỊNH
    TRƢỜNG THCS TRẦN BÍCH
    SAN
    *******
    CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA
    VIỆT NAM
    Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
    Nam định, Ngày ….. tháng …. năm 2020

    KẾ HOẠCH
    TRIỂN KHAI CÔNG TÁC TƢ VẤN HỌC ĐƢỜNG
    NĂM HỌC 2019-2020
    Thực hiện công văn số: 1360/SGDDT-CTTT về việc nâng cao hiệu quả công
    tác tư vấn tâm lí trong các trường ngày 23/10/2019 của sở GD và ĐT tỉnh Nam
    Định.
    Căn cứ tình hình thực tế việc triển khai thực hiện nhiệm vụ năm học 2019-2020
    của nhà trường.
    Trường THCS Trần Bích San xây dựng Kế hoạch triển khai công tác tư vấn
    tâm lý trong trường học năm học 2019-2020 như sau:
    I/ Mục đích – yêu cầu
    1,Mục đích:
    Nhằm tạo điều kiện cho học sinh được bày tỏ suy nghĩ, trao đổi tâm tư tình
    cảm và giải tỏa những thắc mắc trong cuộc sống, trong học tập, trong quan hệ
    bạn bè, thầy trò hoặc những vấn đề về tâm lý, giới tính, sức khỏe sinh sản vị
    thành niên…. hoặc những khó khăn học sinh, cha mẹ học sinh gặp phải trong
    17
    quá trình học tập và sinh hoạt. Góp phần ổn định đời sống tâm hồn, tình cảm và
    giúp học sinh thực hiện được nguyện vọng và ước mơ của mình.
    Giúp học sinhtự nhận thức được bản thân và có khả năng ứng phó tích
    cực trước những khó khăn, thử thách trong cuộc sống, xây dựng mối quan hệ
    tốt đẹp với gia đình, bè bạn và xã hội, sống tích cực, chủ động, an toàn, hài hòa
    và lành mạnh.
    Tư vấn hướng nghiệp định hướng cho học sinh việc lựa chọn nghề
    nghiệp trong tương lai.
    2, Yêu cầu:
    Các thành viên của tổ tư vấn phải am hiểu tâm lý lứa tuổi học sinh, phải
    luôn tôn trọng học sinh, lắng nghe học sinh, phải tạo được niềm tin ở học
    sinh để việc tư vấn có hiệu quả. Trong quá trình tư vấn giáo viên tư vấn cần giữ
    bí mật những vấn đề có tính nhạy cảm của học sinh, cha mẹ học sinh để tránh
    sự mặc cảm của các đối tượng được tư vấn.
    3, Đối tượng
    – Toàn thể học sinh trường THCS Trần Bích San .
    – Giáo viên tư vấn cũng sẽ hỗ trợ các giáo viên chủ nhiệm và phụ huynh
    học sinh trong việc giáo dục học sinh nếu trong khả năng cho phép.
    III. Nguyên tắc hoạt động
    1- Hoạt động độc lập với hoạt động khác.
    2- Học sinh đến tư vấn trên cơ sở tự nguyện.
    18
    3- Luôn tôn trọng học sinh được tư vấn.
    4- Mọi thông tin của học sinh tư vấn hoàn toàn được bảo mật.
    5- Phương châm hoạt động “Luôn lắng nghe, tôn trọng và bảo mật”.
    6- Nội dung tư vấn
    Nội dung tư vấn tập trung vào các vấn đề sau:
    1- Hướng nghiệp (tư vấn giúp các em chọn khối thi, chọn nghề
    và các thông tin tuyển sinh).
    2- Phương pháp học tập.
    3- Tình yêu, giới tính, quan hệ với bạn khác giới và vấn đề sức khỏe sinh
    sản vị thành niên.
    4- Quan hệ, giao tiếp, ứng xử với gia đình, bạn bè, thầy trò, đạo đức lối
    sống và một số vấn đề khác mà các em quan tâm
    5- Tư vấn về giá trị sống, kĩ năng sống
    6- Tư vấn về vấn đề khác theo mong muốn của học sinh.
    7- Các hình thức tƣ vấn
    – Hình thức 1: Tổ chức tư vấn trực tiếp giữa cán bộ tư vấn – cá nhân học
    sinh.
    *Mục tiêu:
    + Lắng nghe và thấu hiểu những khó khăn tâm lý của học sinh.
    19
    + Gợi mở nhận thức và hướng giải quyết cho từng trường hợp cụ
    thể.
    + Động viên tinh thần để học sinh giải quyết hiệu quả khó khăn
    của bản thân mình.
    *Nội dung:
    + Tất cả những vấn đề có ảnh hưởng đến tinh thần của học sinh:
    tâm sinh lý cá nhân, tình yêu, tình bạn, những vấn đề khó nói…
    + Tổ tư vấn tâm lý sẽ tiến hành tư vấn khi những vấn đề đó cứ lặp
    đi lặp lại nhiều lần khiến học sinh hoang mang, lo lắng, suy nghĩ tiêu cực,
    thậm chí là mất kiểm soát cảm xúc, hành vi của mình.
    Hình thức 2: Tƣ vấn gián tiếp thông qua email.
    Mục tiêu và nội dung như tư vấn trực tiếp được học sinh chuyển ý
    kiến đề nghị tư vấn đến địa chỉ email của nhà trường để được phân phối cho
    các thành viên tổ tư vấn phù hợp với nội dung yêu cầu, GV tư vấn trả lời cho
    HS qua email.
    Hình thức 3: Tƣơng tác đám đông.
    *Mục tiêu:
    + Lắng nghe những khó khăn tâm lý của học sinh.
    + Gợi mở nhận thức và hướng giải quyết.
    + Động viên tinh thần học sinh.
    20
    *Nội dung:
    + Tất cả những vấn đề có ảnh hưởng đến tinh thần của học sinh:
    tâm lý cá nhân, tình yêu, tình bạn, tình thầy trò,…
    Hình thức 2 : Tổ chức buổi nói chuyện các chuyên đề tƣ vấn giúp
    HS giải tỏa các khó khăn mạng tính thời điểm hoặc mang tính phổ biến.
    * Mục tiêu:
    + Tạo bầu không khí thoải mái, vui vẻ sau những giờ học căng thẳng.
    + Chia sẻ, giải tỏa những bức xúc, khó khăn tâm lý do học tập và cuộc
    sống mang lại.
    + Định hướng lại nhận thức, duy trì tinh thần, thái độ sống tích cực.
    *Nội dung:
    + Tùy thời điểm, tổ tư vấn học đường sẽ tư vấn theo những chuyên đề
    phù hợp.
    1, Tổ chức thực hiện:
    2, Nguồn tài liệu :
    – Tài liệu được cấp phát trong các đợt giáo viên đi tập huấn
    – Sưu tầm tài liệu từ báo giấy, báo mạng có uy tín.
    3, Lịch tƣ vấn :
    21
    – Tổ tư vấn hoạt động thường xuyên (Từ thứ 2 đến thứ 7 hàng tuần) do
    các cán bộ, giáo viên trong tổ tư vấn tâm lý trực tiếp hỗ trợ tư vấn cho học sinh
    tại địa điểm của tổ tư vấn (Phòng Đoàn Đội) hoặc tại một địa điểm phù hợp tại
    trường.
    – Các hoạt động, hình thức tư vấn sẽ được tổ chức xen kẽ tùy theo thời
    điểm, nhu cầu của học sinh.
    VII. Về nhân sự, số lƣợng và kinh phí hoạt động Tổ tƣ vấn TLHĐ
    – Số lượng: 11 đồng chí ( có danh sách kèm theo)
    * Nhiệm vụ các thành viên tổ tƣ vấn:
    Tiếp nhận ý kiến học sinh từ từ hộp thư “Những điều em muốn nói” và
    phân phối cho các thành viên tổ tư vấn.
    Phụ trách việc tổ chức tư vấn cho học sinh dưới cờ hằng tuần về những vấn đề
    chung mà học sinh đang quan tâm.
    – Ban giám hiệu nhà trường và 2 tổ trưởng chuyên môn:
    Chịu trách nhiệm tư vấn về Phương pháp học tập các bộ môn ở trường, tự học
    ở nhà sao cho việc học tập có hiệu quả, giảm mệt nhọc.
    – Thầy, Cô giáo viên chủ nhiệm lớp:
    Phụ trách các nội dung tư vấn hướng nghiệp, tuyển sinh; giới tính, quan hệ với
    bạn khác giới, sức khỏe sinh sản vị thành niên; quan hệ giao tiếp với mọi người
    đối với học sinh lớp chủ nhiệm và HS toàn trường theo phân công.
    22
    – Tổng phụ trách:
    Tư vấn các vấn đề về kỹ năng sống, về thẩm mĩ trong trang phục, các vấn đề
    giới tính, các hoạt động xã hội.
    – Y tế học đường:
    Tư vấn cho HS toàn trường về vấn đề Sức khỏe sinh sản vị thành niên; chăm
    sóc sức khỏe cá nhân, vệ sinh môi trường, phòng bệnh…
    – Kinh phí hoạt động: được trích từ nguồn chi thường xuyên của đơn vị,
    một phần kinh phí công tác Đoàn, đội, y tế và nguồn xã hội hóa.
    VIII. Kế hoạch thực hiện

    THỜI GIANNỘI DUNGBIỆN PHÁP THỰC
    HIỆN
    15/8/2019– Ổn định nơi làm việc
    – Tải tài liệu chuyên môn từ Internet
    – Lập kế hoạch tư vấn tâm lý đầu
    tháng
    Sắp xếp vị trí làm việc.-
    Sưu tầm tài liệu
    Từ 20/8
    /2019 đến
    30/12/2019
    – Chuyển tài liệu bồi dưỡng nghiệp
    vụ, nội dung tư vấn cho cán bộ giáo
    viên nhà trường.
    – Tiếp nhận và tư vấn tâm lý cho đối
    tượng học sinh và phụ huynh có nhu
    cầu.
    – Tổ chức các chuyên đề nói chuyện
    Chọn lọc và chuyển tài
    liệu cho Cán bộ giáo
    viên nhà trường
    Tổ tư vấn và GVCN các
    lớp
    Tổ tư vấn

    23

    Từ 1/1/2020
    đến
    30/6/2020
    tâm lývào tiết sinh họat dưới cờ
    ngày thứ hai tuần đầu tháng.- Phối
    hợp với GVCN nắm bắt danh sách
    học sinh thường xuyên vi phạm nội
    quy nhà trường để theo dõi, tư vấn
    tâm lý của các em.
    – Tiếp nhận và tư vấn tâm lý cho đối
    tượng học sinh và phụ huynh có nhu
    cầu.- Tổ chức các chuyên đề nói
    chuyện tâm lý vào tiết sinh họat
    dưới cờ ngày thứ hai tuần đầu
    tháng.- Thường xuyên chủ động tư
    vấn cho HS có khó khăn trong học
    tập, sinh hoạt.

    Trên đây là kế hoạch hoạt động tư vấn tâm lý học đường của trường
    THCS Trần Bích San năm học 2019 – 2020 Việc nghiên cứu, triển khai thực
    hiện tốt các nội dung và yêu cầu của kế hoạch, góp phần nâng cao chất lượng
    giáo dục trong nhà trường. Rất mong nhận được sự quan tâm và ủng hộ của hội
    đồng sư phạm nhà trường, các bậc phụ huynh học sinh để tổ tư vấn tâm lý thực
    hiện tốt kế hoạch trên../.
    DUYỆT BGH NGƯỜI LẬP KẾ HOẠCH
    24
    II.2.2 Các bƣớc thực hiện trong quy trình tham vấn học đƣờng.
    -Giai đoạn 1: Thiết lập mối quan hệ trong tư vấn ( gặp gỡ )
    Thiết lập mối quan hệ trong tư vấn được bắt đầu bằng việc thâm nhập
    vào hệ thống hay cấu trúc bên trong của tổ chức. Đối với hoạt động tư vấn
    thông thường, đây chính là bản hợp đồng. Trong tư vấn học đường ở giai đoạn
    này cần xác định vai trò của 2 bên trong tư vấn nhằm đạt được một thỏa thuận
    nào đó.
    – Giai đoạn 2: Đánh giá vấn đề ( gợi hỏi)
    Trước hết cần khảo sát các nhân tố liên quan đến vấn đề cần được tư vấn
    giải quyết, qua đó đánh giá được: đặc điểm của người được tư vấn, đặc điểm
    môi trường, địa điểm hay cơ sở vật chất nơi diễn ra hoạt động tư vấn, đặc điểm
    cá nhân thân chủ. Việc đánh giá trên sẽ giúp cho người tư vấn lựa chọn hình
    thức tư vấn phù hợp

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ sở thông qua dạy giải hệ thống bài tập phân tích đa thức thành nhân tử và các ứng dụng

    SKKN Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học cơ sở thông qua dạy giải hệ thống bài tập phân tích đa thức thành nhân tử và các ứng dụng

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
    Trƣớc sự phát triển mạnh mẽ nền kinh tế tri thức khoa học, công nghệ thông
    tin nhƣ hiện nay, một xã hội thông tin đang hình thành và phát triển trong thời kỳ đổi mới
    nhƣ nƣớc ta đã và đang đặt nền giáo dục và đào tạo trƣớc những thời cơ và thách thức mới.
    Để hòa nhập tiến độ phát triển đó thì giáo dục và đào tạo luôn đảm nhận vai trò hết sức
    quan trọng trong việc “đào tạo nhân lực, nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài” mà
    Đảng, Nhà nƣớc đã đề ra.
    Toán học là bộ môn khoa học đƣợc coi là chủ lực, bởi trƣớc hết Toán học hình
    thành cho các em tính chính xác, tính hệ thống, tính khoa học và tính logic,… vì thế nếu
    chất lƣợng dạy và học toán đƣợc nâng cao thì có nghĩa là chúng ta tiếp cận với nền kinh
    tế tri thức khoa học hiện đại, giàu tính nhân văn của nhân loại. Chính vì thế, môn toán
    cần đƣợc khai thác để góp phần phát triển năng lực trí tuệ chung và hình thành các phẩm
    chất trí tuệ. Để lĩnh hội đƣợc tri thức toán học, một trong những phẩm chất trí tuệ cần
    thiết đó là năng lực tƣ duy sáng tạo.
    Tƣ duy sáng tạo là chủ đề của một lĩnh vực nghiên cứu còn mới. Nó nhằm tìm ra
    các phƣơng án, biện pháp thích hợp để kích hoạt khả năng sáng tạo và để tăng cƣờng khả
    năng tƣ duy của một cá nhân hay một tập thể cộng đồng làm việc chung về một vấn đề
    hay lĩnh vực. Ứng dụng chính của bộ môn này là giúp cá nhân hay tập thể thực hành nó
    tìm ra các phƣơng án, các lời giải từ một phần đến toàn bộ cho các vấn đề nan giải.
    Thực tiễn cho thấy năng lực tƣ duy sáng tạo trong môn toán của học sinh THCS
    còn nhiều hạn chế. Bởi vì môn toán là môn có tính trừu tƣợng và khái quát cao khiến cho
    học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải toán. Và đặc biệt dạng toán phân tích đa thức thành
    nhân tử là một dạng toán rất quan trọng của môn đại số THCS là nền tảng, làm cơ sở để
    học sinh học tiếp các chƣơng sau này, nhất là khi học về rút gọn phân thức đại số, quy
    đồng mẫu thức nhiều phân thức và việc giải phƣơng trình, … Tuy nhiên, vì lý do sƣ
    phạm và khả năng nhận thức của học sinh đại trà mà chƣơng trình chỉ đề cập đến bốn
    phƣơng pháp cơ bản của quá trình phân tích đa thức thành nhân tử thông qua các ví dụ cụ
    thể, việc phân tích đó là không quá phức tạp và không quá ba nhân tử.,… nên việc phân
    tích đa thức thành nhân tử là tƣơng đối quan trọng. mặc dù đây là dạng toán không khó
    nhƣng học sinh là rất dễ mắc sai lầm hoặc chƣa nắm vững đƣợc các phƣơng pháp giải,
    chƣa vận dụng đƣợc các phƣơng pháp giải năng động sáng tạo vào từng bài toán cụ thể.
    2
    Với lí do trên tôi lựa chọn đề tài: “Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung
    học cơ sở thông qua dạy giải hệ thống bài tập phân tích đa thức thành nhân tử và
    các ứng dụng”.
    II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:
    1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
    1.1. Với học sinh:
    Trƣờng Trung học cơ sở Điền Xá là một trung tâm chất lƣợng cao của huyện Nam
    Trực. Đội tuyển học sinh giỏi Toán của nhà trƣờng nhiều năm liền đạt thành tích cao
    trong các cuộc thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh. Nhiều học sinh say mê sƣu tầm các
    tài liệu, các bài toán nâng cao trong quá trình bồi dƣỡng học sinh giỏi. Tuy nhiên với bài
    toán tƣ duy sáng tạo thông qua giải hệ thống bài tập phân tích đa thức thành nhân tử và
    các ứng dụng, học sinh còn gặp khó khăn trong quá trình sƣu tầm tài liệu và giải các bài
    toán đó. Đặc biệt là có rất ít học sinh có sự sáng tạo trong khai thác bài toán do chƣa nắm
    bắt rõ phƣơng pháp giải của các bài toán.
    1.2. Với giáo viên:
    Thông qua các buổi sinh hoạt chuyên môn theo chuyên đề. Tôi nhận thấy giáo
    viên mới chỉ đƣa ra đƣợc các bài toán tƣ duy sáng tạo, suy luận logic và cách giải cụ thể
    bài toán đó, chứ chƣa xây dựng đƣợc các phƣơng pháp giải bài toán tƣ duy sáng tạo
    thông qua dạy giải hệ thống bài tập phân tích đa thức thành nhân tử và các ứng dụng.
    1.3. Về tài liệu:
    Tài liệu tham khảo viết về các phƣơng pháp giải bài toán đòi hỏi tƣ duy sáng tạo
    thông qua bài tập phân tích đa thức thành nhân tử và các ứng dụng của HS còn ít, chƣa
    phong phú.
    1.4. Về phía nhà trường:
    Ban giám hiệu nhà trƣờng, tổ chuyên môn luôn động viên khuyến khích GV mạnh
    dạn đổi mới phƣơng pháp dạy học, nhằm phát triển các năng lực của học sinh cũng nhƣ
    nâng cao chất lƣợng HS giỏi các đội tuyển trong đó có đội tuyển học sinh giỏi môn Toán.
    2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
    2.1. Thống nhất trong tổ chuyên môn.
    Thống nhất trong tổ chuyên môn, đƣa nội dung “RÈN LUYỆN TƢ DUY SÁNG
    TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC CƠ SỞ THÔNG QUA DẠY GIẢI HỆ THỐNG
    3
    BÀI TẬP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ VÀ CÁC ỨNG DỤNG” vào
    giảng dạy từ lớp 8 đến lớp 9 với các đội tuyển học sinh giỏi.
    2.2. Sự khác biệt của giải pháp mới so với giải pháp cũ.
    Trên cơ sở nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm, tôi đã hệ thống các bài tập tƣ duy
    sáng tạo, xây dựng mô hình, giải pháp chung cho từng dạng toán đó. Sau mỗi dạng toán
    đã dạy, tôi có bài kiểm tra nhằm đánh giá sự tiến bộ của học sinh. Trong quá trình dạy
    các dạng toán để tránh khô khan, nhàm chán đối với học sinh, tôi kết hợp nhiều phƣơng
    pháp, kỹ thuật dạy học khác nhau nhƣ dạy học đặt và giải quyết vấn đề, thảo luận nhóm,
    … nhằm phát huy tối đa tính tích cực của học sinh, giúp học sinh ghi nhớ, vận dụng hiệu
    quả hơn nội dung tri thức chiếm lĩnh đƣợc. Việc dạy học giải bài tập toán phân tích đa
    thức thành nhân tử có tác dụng lớn trong việc rèn luyện tƣ duy đặc biệt là TDST cho HS,
    qua đó giúp HS khắc sâu, tổng hợp, hệ thống hóa kiến thức cơ bản, tăng cƣờng năng lực
    giải toán – một trong những mục tiêu cần đạt đến của các nhà giáo dục.
    2.3. Các bước thực hiên giải pháp mới :
    2.3.1. Các bước chung khi thực hiện giải pháp mới.
    Khi dạy mỗi phƣơng pháp giải bài toán tƣ duy sáng tạo thông qua dạy giải bài toán
    phân tích đa thức thành nhân tử cần thực hiện các bƣớc sau:
    Bước 1: Dạy lý thuyết, các dấu hiệu để nhận biết bài toán giải đƣợc bằng phƣơng
    pháp nào.
    Bước 2: Đƣa ra ví dụ, hƣớng dẫn phân tích và giải ví dụ đó.
    Bước 3: Đề xuất các bài tập tƣơng tự.
    Sắp xếp các ví dụ và bài tập đề xuất từ dễ đến khó
    2.3.2.Các bước cụ thể khi thực hiện giải pháp mới.
    2.3.2.1. Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua hệ thống bài tập
    phân tích đa thức thành nhân tử
    “Phân tích đa thức thành nhân tử” đƣợc học khá kỹ ở chƣơng trình lớp 8, nó có rất
    nhiều bài tập và cũng đƣợc ứng dụng rất nhiều để giải các bài tập trong chƣơng trình đại
    số lớp 8 cũng nhƣ ở các lớp trên. Vì vậy, yêu cầu học sinh nắm chắc và vận dụng nhuần
    nhuyễn các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử là vấn đề rất quan trọng. Nắm
    đƣợc tinh thần này trong quá trình giảng dạy toán lớp 8 ngƣời giáo viên cần tìm tòi,
    nghiên cứu để tìm ra các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử đa dạng và dễ hiểu.
    Góp phần rèn luyện trí thông minh và năng lực tƣ duy sáng tạo cho học sinh
    4
    Trong quá trình giải bài tập phân tích đa thức thành nhân tử học sinh cần vận dụng
    thành thạo và kết hợp các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử. Do vậy, GV cần
    chú ý lựa chọn các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử để bồi dƣỡng từng yếu tố
    của TDST cho học sinh: Tính mền dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo… có thể khai
    thác các bài tập có tính tổng quát, bài tập độc đáo, bài tập điển hình để đề xuất ra các câu
    hỏi thông minh nhằm giúp HS lật đi lật lại vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau qua đó
    giúp HS nắm đƣợc bản chất các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
    Việc bồi dƣỡng TDST cho HS cần đƣợc tiến hành trong mối quan hệ hữu cơ giữa
    các hoạt động trí tuệ nhƣ: Phân tích, tổng hợp, so sánh, tƣơng tự, trừu tƣợng hóa, phân
    chia trƣờng hợp, lật ngƣợc vấn đề, xét tính giải đƣợc trong đó hoạt động phân tích và
    tổng hợp giữ vai trò nền tảng. Sau đây tôi sẽ trình bày 10 phƣơng pháp giải phân tích đa
    thức thành nhân tử
    1. Phương pháp 1: Đặt nhân tử chung
    Dựa trên tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng. Ta xét xem các
    hạng tử của đa thức có chứa một thừa số chung nào đó thì ta đƣa ra ngoài dấu ngoặc và
    nhận đƣợc tích mới.
    Ta có: A + B + C = A1.C1 + B1.C1 + C1.D1 = C1( A1 + B1 + D1)
    Bài toán 1.1. Phân tích đa thức thành nhân tử:
    5
    .( 2007) 3 (2007 )
    7
    x y y y   
    * Phân tích
    Nhận thấy bài toán có nhân tử chung là ( y – 2007) nhƣng để hình thành đƣợc nhận
    tử chung trên ta cần đổi dấu của hạng tử thứ hai. Theo suy nghĩ nhƣ vậy ta có cách giải
    sau:
    =
    5
    .( 2007) 3 ( 2007)
    7
    x y y y   

    =

    5
    ( 2007). 3
    7
    y x y
     
       
     
    * Chú ý: Nhiều khi cần biến đổi dấu để xuất hiện nhân tử chung. Ta xét thêm ví dụ sau:
    Bài toán 1.2. Phân tích đa thức thành nhân tử: x y z y z x z x y 2 2 2 ( ) ( ) ( )     
    * Cách 1:
    a.
    x y z y z x z x y 2 2 2 ( ) ( ) ( )     
    5
    =
    x z x x y y z x z x y 2 2 2 { [( ) ( )]} ( ) ( )        
    =
    y z x z x y x z x x x y 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )       
    =
    ( ).( ) ( ).( ) x y z x z x y x      2 2 2 2
    = ( ).( ).( ) ( ).( ).( ) x y z x z x z x x y x y       
    = ( ).( ).( ) ( ).( ).( ) z x x y z x y x z x x y z y         
    * Chú ý: Trong cách giải trên ta đã biến đổi số hạng đầu thích hợp để làm xuất
    hiện nhân tử chung (z – x) và (x – y).
    Cũng có thể biến đổi số thứ hai và thứ ba để làm xuất hiện nhân tử chung. Theo
    hƣớng suy nghĩ trên ta sẽ có cách giải sau:
    * Cách 2:
    Đặt A = x y z y z x z x y 2 2 2 ( ) ( ) ( )     
    =
    x y z y z y x x z y z 2 2 2 2 2 .( ) . . . .     
    =
    x y z y z y z x y xyz xyz x z 2 2 2 2 2 ( ) ( . . ) . .       
    =
    x y z yz y z xy y z xz y z 2.( ) ( ) ( ) ( )       
    =
    ( ).( ) y z x yz xy zx     2
    = ( ).[ ( ) ( )] y z x x y z x y    
    = ( ).( ).( ) y z x z x y   
    * Khai thác bài toán
    Nhƣ vậy với phƣơng pháp đặt nhân tử chung để phân tích đa thức thành nhân tử ta
    cần phải quan sát kĩ đề bài từ đó chọn số hạng làm nhân tử chung một cách thích hợp.
    Thông qua bài toán rèn tính linh hoạt trong tƣ duy.
    Với cách làm tƣơng tự ta có thể giải các bài toán sau:
    Bài toán 1.3. ([9] – tr 14): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
    a,
    5 ( 2 ) 2(2 ) x x y y x    2
    b, 7 ( 4) (4 ) x y y    2 3
    c,
    (4 8)( 6) (4 8)( 7) 9(8 4 ) x x x x x        2
    6
    * Nhận xét: Tùy từng bài toán ta sẽ có các cách biến đổi khác nhau sao cho phù
    hợp. Với những bài toán khó nhƣ trên không những rèn cho HS tính linh hoạt, sáng tạo
    mà còn rèn cho HS quan sát nhạy bén và kĩ năng tính toán cẩn thận.
    * Chú ý: Nhiều khi trong quá trình phân tích ta phải đổi dấu làm xuất hiện nhân tử
    chung. Ta phải nhớ tính chất sau: A = -(-A)
    Trong quá trình thực hiện cần tránh những lỗi sau:
    + (1 – x)2 = – (x – 1)2
    + A2n = (-A)2n
    +A2n-1 = -(-A)2n-1
    2. Phương pháp 2: Dùng hằng đẳng thức
    Thƣờng đƣợc sử dụng theo hai hƣớng sau:
    – Hƣớng thứ nhất: Biến đổi biểu thức ban đầu về dạng quen thuộc của hằng
    đẳng thức.
    Ví dụ: a, 4 9 (2 ) 3 a a 2 2 2   
       (2 3).(2 3) a a .
    – Hƣớng thứ hai: Sử dụng hằng đẳng thức làm xuất hiện nhân tử chung hoặc
    hằng đẳng thức mới.
    Ví dụ: 4 ( ) 8( ) 4 ( )( ) 8( ) x a b a b x a b a b a b 2 2        
    = 4( ). ( ) 2 4( )(ax 2) a b x a b a b bx         
    – Các hằng đẳng thức thƣờng dùng:
    1. ( ) 2 . A B A A B B     2 2 2
    2. ( ) 2 . A B A A B B     2 2 2
    3. A B A B A B 2 2     ( ).( )
    4. ( ) 3 . 3 . A B A A B A B B      3 3 2 2 3
    5. ( ) 3 . 3 . A B A A B A B B      3 3 2 2 3
    6. A B A B A A B B 3 3 2 2      ( )( . )
    7. A B A B A A B B 3 3 2 2      ( )( . )
    Ngoài ra còn có các hằng đẳng thức mở rộng:
    + Với n là số tự nhiên ta luôn có:
    7
    A B A B A A B A B B n n n n n n        ( )( . … . )     1 2 2 1
    + Với n là số tự nhiên lẻ ta luôn có:
    A B A B A A B A B A B B n n n n n n n         ( )( . . … . )      1 2 3 2 2 1
    Bài toán 2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử:
    a,
    ( 15) 16 ( 15) 4 x x      2 2 2
    = x x x x        15 4 . 15 4 ( 19).( 11)   
    * Nhận xét: Bài toán sử dụng hằng đẳng thức thứ 3
    b, 1 6 . 12 . 8     y x y x y x 3 2 2 3
    =
    (8 12 . 6 . ) 1 x x y x y y 3 2 2 3    
    =
    [(2 ) 3.(2 ) . 3.2 . ] 1 x x y x y y 3 2 2 3    
    =
    (2 ) 1 x y   3 3
    =
    (2 1).[(2 ) (2 ).1 1] x y x y x y       2
    =
    (2 1).(4 4 2 1) x y x xy y x y        2 2
    * Nhận xét: Nhƣ vậy thông qua các ví dụ trên ta thấy ngay đƣợc việc chọn hƣớng
    biến đổi theo hằng đẳng thức một cách thích hợp sẽ nhận đƣợc kết quả tốt.
    Bài toán 2.2. ([5] – tr 34). Phân tích đa thức sau thành nhân tử
    A= ( ) ( ) ( ) x y y z z x      3 3 3
    =
    x x y xy y y y z yz z z z x zx x 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3            3 3 3 3 3 3
    =
          3 3 3 3 3 3 x y xy y z yz z x zx 2 2 2 2 2 2
    =
    3( )       x y xy y z yz z x zx 2 2 2 2 2 2
    =
    3[ ( ) ( ) ( ).( )]        xy x y z x y z x y x y 2
    =
    3( )( ) x y xy z xz yz      2
    = 3( )[ ( ) ( )] x y y z x z z x    
    = 3( ).( ).( ) x y z x y z    .
    * Nhận xét: Để khai triển đa thức trên ta đã khai triển hằng đẳng thức rồi sử dụng
    phƣơng pháp đặt thừa số chung. Thông qua bài toán HS rèn luyện đƣợc tính linh hoạt biết
    kết hợp một số phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử để cho việc phân tích trở
    nên dễ dàng hơn.
    8
    3. Phương pháp 3: Nhóm hạng tử
    Dùng tích chất giao hoán, kết hợp để nhóm các hạng tử thích hợp vào một nhóm sau
    đó áp dụng các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử khác.
    Xét đa thức: A + B + C + D
    – Nếu A, B, C, D không có nhân tử chung thì hãy thử với (A + B) và (C + D)
    hoặc (A + C) với (B + D) sao cho trong quá trình nhân xuất hiện nhân tử chung hoặc
    hằng đẳng thức.
    Bài toán 3.1. Phân tích đa thức thành nhân tử
    a.
    x x x 3 2    3 9 27
    * Phân tích
    Đây là đa thức có bậc là 3. Quan sát đa thức ta chọn các số hạng thích hợp để
    nhóm lại với nhau để tạo thành các cách giải khác nhau:
    Nhóm hai hạng tử đầu và hai hạng tử cuối với nhau ta đƣợc cách giải sau:
    * Lời giải
    * Cách 1: x x x 3 2    3 9 27
    =
    ( 3 ) (9 27) ( 3) 9( 3) x x x x x x 3 2 2       
    =
    ( 3).( 9) ( 3).( 3).( 3) ( 3).( 3) x x x x x x x          2 2
    Nhóm hạng tử thứ nhất và hạng tử thứ ba với nhau, nhóm hạng tử thứ hai và thứ tƣ
    với nhau ta đƣợc cách giải sau:
    * Cách 2: x x x 3 2    3 9 27
    =
    ( 9 ) (3 27) .( 9) 3( 9) x x x x x x 3 2 2 2       
    =
    ( 9).( 3) ( 3).( 3).( 3) ( 3) .( 3) x x x x x x x 2 2         
    Nhóm hạng tử thứ nhất và hạng tử thứ tƣ với nhau, nhóm hạng tử thứ hai và hạng
    tử thứ ba với nhau ta đƣợc cách giải sau:
    * Cách 3: x x x 3 2    3 9 27
    =
    ( 27) (3 9 ) ( 3 ) 3 .( 3) x x x x x x 3 2 3 3       
    =
    ( 3).( 3 9) 3 .( 3) ( 3)( 3 9) x x x x x x x x          2 2
    =
    ( 3).( 6 9) ( 3).( 3) x x x x x       2 2
    9
    Nhƣ vậy tùy thuộc vào từng cách nhóm phù hợp các hạng tử trong biểu thức ta sẽ
    có các cách giải khác nhau.
    * Khai thác bài toán
    Bằng cách làm tƣơng tự ta có thể giải các bài toán sau:
    Bài toán 3.2. ([10] – tr 16).
    a.
    6 3 4 . 2 ay aby a x abx 2 2   
    b. ax x x 2 2     5 ax 5 5
    c. 2 3 2 3 ax bx cx a b c     
    4. Phương pháp 4: Phối hợp nhiều cách
    Trong quá trình phân tích nhân tử nhiều khi ta phải kết hợp cả 3 phƣơng pháp ở trên
    mới làm xuất hiện nhân tử chung.
    Bài toán 4.1. Phân tích đa thức thành nhân tử
    * Phân tích
    Nhận thấy trong đa thức có những hạng tử có thể khai triển thành hằng đẳng thức.
    Nhƣ vậy ta sẽ khai triển các hằng đẳng thức có thể rồi sử dụng phƣơng pháp đặt nhân tử
    chung hay nhóm các hạng tử một cách thích hợp để đƣợc lời giải cho bài toán.
    * Lời giải
    a.
    x y z y z y z x y .( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2     
    =
    x y z y y z z x y ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2     
    =
    ( ).( ) ( )( ) x y y z z x y x y      2 2
    =
    ( ).( ) x y y z xz yz     2 2 .
    * Nhận xét: Để phân tích đa thức trên thành nhân tử ta đã thực hiện các bƣớc sau:
    Bƣớc 1: Đổi dấu trong ngoặc của hạng tử thứ hai trong biểu thức
    Bƣớc 2: Đặt nhân tử chung để ghép hạng tử thứ nhất và thứ hai. Và khai triển hạng tử thứ
    ba thành hằng đẳng thức.
    Bƣớc 3: Nhóm nhân tử chung để đƣợc lời giải cho bài toán.
    b. 2 4 . 4 2 4 a b ab a c a c b c bc abc 2 2 2 2 2 2      
    =
    2 ( 2 ) 4 ( ) ( ) b a ac c b a c ac a c 2 2 2      
    =
    2 ( ) 4 ( ) ( ) b a c b a c ac a c      2 2
    =
    ( ).(2 2 4 ) a c ab bc b ac     2
    =
    ( ).[(2 4 ) (2 )] a c ab b bc ac     2
    10
    = ( ).[2 ( 2 ) (2 )] a c b a b c b a    
    = ( )( 2 )(2 ) a c a b b c    .
    Tƣợng tự nhƣ trên để giải đƣợc bài toán trên phải sử dụng phƣơng pháp nhóm
    hạng tử và phƣơng pháp sử dụng hằng đẳng thức để có cách giải thích hợp.
    * Khai thác bài toán
    Đây là phƣơng pháp rất thích hợp rèn luyện cho HS khả nặng linh động sáng tạo.
    Khi đứng trƣớc một bài toán phân tích đa thức thành nhân tử thì HS sẽ có các cách chọn
    thích hợp cho bài toán.
    Bằng cách giải tƣơng tự có thể giải các bài tập sau:
    Bài toán 4.2.([10] – tr 19) Phân tích đa thức thành nhân tử
    a.
    4 4 4 36 x xy y z 2 2 2   
    b.    3 6 3 x y x y x y 4 3 2 2 3
    c.
    x xy y 2 2    2 25
    5. Phương pháp 5: Tách một hạng tử thành nhiều hạng tử
    * Mục đích:
    Tách một hạng tử thành hai hay nhiều hạng tử để làm xuất hiện nhân tử chung
    hoặc xuất hiện hằng đẳng thức.
    Xét tam thức bậc hai: ax2 + bx + c. Để phân tích đa thức này thành nhân tử thì ta
    tách hạng tử bx thành b1x + b2x sao cho
    b1
    a
    =
    c b2
     b1.b2 = a.c. ta thực hiện các bƣớc sau:
    B1: Tìm tích a.c
    B2: Phân tích a.c ra tích hai thừa số nguyên bằng mọi cách
    B3: Chọn hai thừa số mà có tổng bằng b
    Bài toán 5.1. Phân tích đa thức thành nhân tử
    A= x x 2   6 8
    * Cách 1: Tách -6x = -2x – 4x
    Theo cách tách nhƣ vậy ta có:
    A = x x x x x x 2        2 4 8 ( 2) 4( 2)
    = ( 2).( 4) x x   .
    * Cách 2: Tách 8 = 9 – 1
    11
    Theo cách tách nhƣ vậy ta có:
    A = x x x 2 2       6 9 1 ( 3) 1
    = ( 3 1).( 3 1) ( 4).( 2) x x x x        .
    Nhận xét: Ta nhận thấy với các phƣơng pháp thông thƣờng thì không thể phân tích A
    thành nhân tử đƣợc vì A không có nhân tử chung cũng không có dạng một hằng đẳng
    thức nào. Đa thức chỉ có 3 hạng tử nên cũng không thể dùng phƣơng pháp nhóm. Vậy ta
    đã phải tách một hạng tử thành hai hạng tử để làm xuất hiện các nhân tử chung hay hằng
    đẳng thức quen thuộc. Thông qua bài toán HS rèn luyện đƣợc tính linh hoạt, nhạy bén và
    sáng tạo ra các cách giải khác nhau tùy thuộc vào hạng tử mà HS chọn để tách.
    * Khai thác bài toán
    Ta có thể sử dụng phƣơng pháp trên với các bài toán sau:

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN Rèn kĩ năng tìm điểm rơi và kinh nghiệm áp dụng BĐT Côsi

    SKKN Rèn kĩ năng tìm điểm rơi và kinh nghiệm áp dụng BĐT Côsi

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
    Toán học là môn học có ứng dụng hầu hết trong tất cả các ngành khoa
    học tự nhiên cũng nhƣ trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội.
    Vì vậy toán học có vị trí đặc biệt trong việc phát triển và nâng cao dân
    trí. Toán học không chỉ cung cấp cho ngƣời học những kiến thức cơ bản,
    những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện kĩ
    năng tƣ duy logic, phát triển năng lực cá nhân, đồng thời thông qua việc học
    toán ngƣời học đƣợc bồi dƣỡng và rèn luyện về phẩm chất đạo đức.
    Trong chƣơng trình toán trung học cơ sở, khối lƣợng kiến thức rất
    phong phú và đa dạng. Trong đó, các bài toán chứng minh BĐT, tìm cực trị là
    một việc khó khăn với nhiều học sinh. Tuy nhiên, theo chƣơng trình sách giáo
    khoa THCS, nội dung này lại không đƣợc đề cập tới, trong khi các đề thi học
    sinh giỏi, thi tuyển sinh vào THPT hay khảo sát vẫn đƣợc lựa chọn để ra đề.
    Hơn nữa, các bài toán chứng minh BĐT, tìm cực trị lại không giống các
    dạng bài khác, mỗi bài toán thƣờng có cách giải khác nhau, ngoài việc áp
    dụng các bƣớc cơ bản, đặc trƣng cần thêm sự đánh giá riêng, đòi hỏi ngƣời
    làm toán cần sáng tạo, tƣ duy toán tốt và cần có kinh nghiệm. Những bài toán
    về BĐT, cực trị là một đề tài lí thú của Đại số, khó nhƣng lại rất cuốn hút sự
    tìm tòi của ngƣời học, mãi mãi là đối tƣợng nghiên cứu của Toán học.
    Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó, tôi đã lựa chọn nghiên cứu
    và viết báo cáo sáng kiến với nội dung “Rèn kĩ năng tìm điểm rơi và kinh
    nghiệm áp dụng BĐT Côsi” nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu nhất để giúp
    học sinh tiếp cận với bài toán về BĐT và cực trị một cách chủ động, tạo hứng
    thú trong quá trình học toán. Trong khuôn khổ của sáng kiến, tôi đƣa ra cách
    rèn kĩ năng tìm điểm rơi trong bài toán BĐT, cực trị thông qua các bài toán
    điển hình, nhờ đó mà định hƣớng đƣợc cách tách (thêm, bớt) hạng tử để áp
    dụng đƣợc BĐT Côsi sao cho dấu các đẳng thức xảy ra đồng thời, từ đó giải
    quyết đƣợc yêu cầu của bài toán.
    2
    Báo cáo sáng kiến này cũng là tài liệu cần thiết hỗ trợ giáo viên đổi
    mới phƣơng pháp dạy học, nâng cao chất lƣợng giảng dạy, đồng thời cũng
    là tài liệu giúp học sinh tự học, tự nghiên cứu kiến thức một cách chủ động
    và hiệu quả.
    II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
    1. Mô tả giải pháp kĩ thuật trƣớc khi tạo ra sáng kiến
    Đối với cấp THCS chƣa đƣợc học các kiến thức về Toán sơ cấp, do đó
    với các bài toán về chứng minh BĐT và tìm cực trị bằng phƣơng pháp áp
    dụng BĐT Côsi, thƣờng GV đƣa lời giải, chữa bài cho học sinh, còn học sinh
    thụ động lĩnh hội lời giải. Đại đa số học sinh không hiểu vì sao giáo viên lại
    tìm ra đƣợc lời giải nhƣ vậy. Vì vậy, học sinh chỉ có thể bắt chƣớc cách giải
    vào những bài tập tƣơng tự, các bài tập dạng khác hoặc có biến tấu một chút
    là học sinh không tự tìm ra đƣợc lời giải.
    Giáo viên thƣờng “ngại” dạy dạng toán này vì đa phần học sinh không
    hứng thú học do khó hiểu và khó vận dụng.
    Học sinh gặp dạng toán này thƣờng mặc định “bỏ qua”, chỉ có những em
    học giỏi toán mới bắt tay vào giải và mới có cơ hội giải đƣợc.
    2. Mô tả giải pháp kĩ thuật sau khi có sáng kiến (trọng tâm).
    Tính mới: Học sinh có kĩ thuật tìm điểm rơi bằng suy luận, hoặc bằng
    máy tính Casio, từ đó có thể tách (thêm, bớt) biểu thức ban đầu thành các
    hạng tử để áp dụng BĐT Côsi. Thay bằng việc các em thụ động lĩnh hội lời
    giải do giáo viên truyền thụ, học sinh sẽ tự trả lời đƣợc các câu hỏi: “Tại sao
    lại tách nhƣ vậy?”, “Tại sao không áp dụng ngay BĐT Côsi?”, “Tại sao lời
    giải của mình sai, sai ở đâu?”, …
    Tính khả thi của sáng kiến: Khi áp dụng sáng kiến vào dạy học thì học
    sinh tự tin, hứng thú giải các bài tập về BĐT và cực trị, điểm số của các bài
    kiểm tra nâng lên rõ rệt, học sinh không còn quá sợ dạng toán này. Đặc biệt,
    điṇ h hƣớ ng phát triển các năng lƣc̣ : tƣ duy, suy luận, kiểm tra, đánh giá, tính
    toán, biến đổi, … cho học sinh đạt hiệu quả cao.
    3
    Sáng kiến là tài liệu để giáo viên, học sinh sử dụng trong quá trình ôn thi
    khảo sát, bồi dƣỡng học sinh giỏi, ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT,… giúp
    học sinh nâng cao điểm số khi thi cử.
    Đối với giáo viên : Việc áp dụng sáng kiến vào giảng dạy giúp giáo viên
    dễ dàng đổi m ới phƣơng pháp, tiết kiệm thời gian chuẩn bị, đạt hiệu quả cao
    trong quá trình dạy học.
    Đối với học sinh: Việc áp dụng sáng kiến vào học tập giúp học sinh chủ
    động, tích cực trong việc tự học, tự nghiên cứu, phát triển khả năng tƣ duy,
    suy luận kiến thức một cách sâu sắc để giải quyết đƣợc các dạng bài tập liên
    quan đến BĐT, cực trị.
    Sáng kiến này mang lại lợi ích thiết thực trong việc nâng cao chất lƣợng
    dạy và học, phù hợp với điều kiện thực hiện nhiệm vụ của giáo viên và học
    sinh trong nhà trƣờng, có khả năng áp dụng ngay vào thực tế ở các trƣờng
    THCS.
    Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm bao gồm 3 phần:
    Phần 1: Kiến thức cơ sở: Bao gồm các kiến thức, lý thuyết cơ bản, cốt
    lõi và các kiến thức mở rộng đƣợc sử dụng để giải các bài toán minh họa điển
    hình có trong phần 2.
    Phần 2: Phƣơng pháp và kĩ năng: Bao gồm các bài toán minh họa, đặc
    trƣng cho các kiến thức, kĩ năng trọng tâm. Các bài toán này đƣợc sắp xếp với
    mức độ khó tăng dần, theo từng dạng và tập trung chủ yếu vào hai cấp độ:
    Vận dụng thấp và vận dụng cao. Để giải quyết đƣợc các bài toán, học sinh cần
    đến sự hỗ trợ đắc lực của Phần 1: Kiến thức cơ sở, ngoài ra học sinh cần huy
    động tổng lực các phƣơng pháp, kĩ năng nhƣ: Phƣơng pháp suy luận logic,
    phƣơng pháp tƣơng tự hóa, tổng quát hóa hay đặc biệt hóa bài toán. Đặc biệt,
    trong mỗi bài toán đều đƣợc mở đầu hay kết thúc bằng những phân tích, nhận
    xét, kinh nghiệm để tìm ra điểm mấu chốt của bài toán nhằm tổng kết lại
    phƣơng pháp đã sử dụng và phát triển bài toán thành một bài toán rộng hơn
    nhằm giúp học sinh có góc nhìn đầy đủ, thấy đƣợc bức tranh toàn cảnh của
    4
    bài toán và học sinh sẽ tự tin hơn, cảm thấy có hứng thú hơn khi giải các bài
    toán tƣơng tự.
    Phần 3: Các bài tập áp dụng: Đƣa ra các bài tập có cách giải tƣơng tự để
    học sinh luyện tập.
    Sau đây, tôi trình bày những nội dung cụ thể của giải pháp trong sáng
    kiến kinh nghiệm.
    5
    PHẦN 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ
    1. Bất đẳng thức Côsi
    a) Bất đẳng thức Côsi:
    Cho a a a a n 1 2 3 , , ,…., 2 n   là các số không âm. Khi đó:
    1 2
    1 2


    n
    n
    n
    a a a
    a a a
    n
      

    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a a a a 1 2 3 = = ….   n .
    b) Các dạng thƣờng gặp của BĐT Côsi trong trƣờng THCS.
    * Với n  2 ta có
    2
    a b
      ab , a b   0, 0.
    Hay
    2
    2
    a b
          ab
      , a b   0, 0.
    Hay 1 2
    ab a b


    , a b   0, 0.
    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b  .
    * Với n  3 ta có 3
    3
    a b c
       abc , a b c    0, 0, 0.

    Hay, .

    3
    2
    a b c
           abc
      a b c    0, 0, 0Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c   .
    c) Các BĐT đƣợc suy ra từ BĐT Côsi hay sử dụng.

    +)

     1 2  2
    1 2
    1 1 1
    n
    n
    a a a n
    a a a
     
          
     
    với    a i n i 0, 1, .
    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a a a a 1 2 3 = = ….   n .
    +)
    2
    1 2 1 2
    1 1 1
    n n
    n
    a a a a a a
      
     
    với    a i n i 0, 1,
    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a a a a 1 2 3 = = ….   n .

    * Với ta có
    ,.

    n  2 a b 1 1 4
    a b
     
        
      a b   0, 0
    6
    Hay 1 1 4
    a b a b
     

    , a b   0, 0.
    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b  .

    * Với ta có

    n  3 a b c 1 1 1 9
    a b c
     
          
      , a b c    0, 0, 0 .
    Hay 1 1 1 9
    a b c a b c
      
     
    , a b c    0, 0, 0.
    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c   .
    Lƣu ý: Khi vận dụng các BĐT này, ta phải chứng minh coi nhƣ bài toán
    phụ.
    d) Các hệ quả của BĐT Côsi.
    * Hệ quả 1: Nếu các đại lƣợng không âm có tổng không đổi thì tích của
    chúng đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau.
    * Hệ quả 2: Nếu các đại lƣợng không âm có tích không đổi thì tổng của
    chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau.
    2. Giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN).
    Cho f x x x  1 2 , , ,  n là một biểu thức n biến thực trên tập xác định D
       
       
    1 2 1 2
    0 0 0 0 0 0
    1 2 1 2
    , , , , , ,
    Max
    , , , : , , ,
    n n
    D
    n n
    f x x x M x x x D
    f M
    x x x D f x x x M
          
      
         
       
       
    1 2 1 2
    0 0 0 0 0 0
    1 2 1 2
    , , , , , ,
    Min
    , , , : , , ,
    n n
    D
    n n
    f x x x m x x x D
    f m
    x x x D f x x x M
          
      
         
    7
    PHẦN 2: PHƢƠNG PHÁP VÀ KĨ NĂNG
    1. Các khái niệm cơ bản
    1.1 Điểm rơi
    a) Khái niệm về điểm rơi.
    Điểm rơi là giá trị của các biến làm cho dấu “=” trong BĐT xảy ra .
    b) Ví dụ về điểm rơi.
    Ví dụ 1: BĐT x x    1 0 2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
    x x     1 0 1. Khi đó x = 1 còn đƣợc gọi là điểm rơi của BĐT trên.
    Ví dụ 2: Cho a b a b , 0; 1    . Ta chứng minh đƣợc BĐT
    1 1
    a b 5
    a b
       

    . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
    . Khi đó

    1
    2
    a b   1
    2
    đƣợc gọi là điểm rơi của BĐT trên.
    1.2. Biểu thức có tính chất đối xứng
    a) Khái niệm về biểu thức có tính chất đối xứng.
    Biểu thức có tính chất đối xứng là biểu thức mà trong đó nếu thay ẩn
    này bởi ẩn kia trong đẳng thức hay BĐT thì đẳng thức, BĐT đó không thay
    đổi về giá trị.
    b) Ví dụ.
    a b
    A
    b a
     

    ;;

    2 2
    x y
    B
    xy

     ;
    2 2
    2 2
    a b ab
    C
    ab a b

     

    2 2 2
    x y z
    P
    y z x z y x
      
      
    ; Q a b b a     1 1;…
    1.3. Biểu thức không có tính chất đối xứng.
    a) Khái niệm.
    Biểu thức không có tính chất đối xứng là biểu thức mà trong đó nếu thay
    ẩn này bởi ẩn kia trong đẳng thức, BĐT thì đẳng thức, BĐT đó thay đổi về
    giá trị.
    8
    b) Ví dụ.
    2
    1
    M x ;
    x
     
    10 8
    P x y 5 3 ;
    x y
        4 3 2 1
    4
    Q x x
    x
      

    .

    2. Tiến trình định hƣớng giải các bài toán BĐT, cực trị bằng kĩ thuật
    tách (thêm, bớt) trong BĐT Côsi nhờ đánh giá điểm rơi.
    Bao gồm các bƣớc cơ bản sau:
    Bƣớc 1: Dự đoán điểm rơi.
    Bƣớc 2: Thử.
    Bƣớc 3: Tìm tham số để tách (thêm, bớt).
    Bƣớc 4: Tách, áp dụng BĐT Côsi.
    Bƣớc 5: Chỉ ra điều kiện xảy ra dấu bằng. Kết luận.
    3. Một số bài toán minh họa điển hình
    3.1. Bài toán bất đẳng thức mà cực trị đạt đƣợc khi các biến có giá
    trị bằng nhau
    a) Kinh nghiệm.
    Khi gặp các BĐT có tính chất đối xứng với các biến, thì thƣờng giá trị
    của điểm rơi chính là giá trị bằng nhau của các biến, đạt tại giá trị biên của
    miền xác định.
    b) Các bài toán minh họa.

    Bài 1: Cho . Chứng minh rằng
    .

    a b , 0  a b 2
    b a
      Định hƣớng giải. Vì a b , 0  , áp dụng BĐT Côsi cho hai số dƣơng a
    b

    b a

    ta đƣợc:

    a b a b a b 2 . 2
    b a b a b a
        

    .

    Dấu “=” xảy ra   a b.
    Nhận xét: Đây là kết quả của việc áp dụng BĐT Côsi trực tiếp cho hai
    số dƣơng a
    b
    và b
    a
    . Nếu tổng quát lên ta có bài toán 2.
    9
    Bài 2: Cho x  0. Chứng minh rằng x 1 2
    x
      .
    Định hƣớng giải. Vì x  0, áp dụng BĐT Côsi cho hai số dƣơng x và
    1 x
    ta đƣợc: x x x 1 1 1 2 . 2
    x x x
         .
    Dấu “=” xảy ra   x 1.
    Nhận xét: Bài này ta cũng chỉ áp dụng trực tiếp BĐT Côsi cho hai số
    dƣơng x và 1
    x
    .
    Nếu thay điều kiện x  0 bởi điều kiện 1; 2; 3;0 1
    4
    x x x x      ; …. thì
    lời giải bài toán nhƣ thế nào?
    Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 1
    x
      với:
    a) 0 1
    4
      x . b) x  2.
    Sai lầm: Vì x  0, áp dụng BĐT Côsi cho hai số dƣơng x và 1
    x
    ta
    đƣợc: A x x 1 1 2 . 2
    x x
       

    . Từ đó kết luận Min .

    A  2Nguyên nhân: Theo BĐT Côsi thì dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
    1
    x x 1
    x
      

    . Điều này mâu thuẫn với giả thiết câu a) là
    , cũng

    0 1
    4
      x nhƣ giả thiết câu b) là x  2. Nhƣ vậy 2 không là giá trị nhỏ nhất của biểu
    thức A trong cả hai trƣờng hợp.
    Phân tích: Đề bài cho biết miền xác định của biến, hơn nữa biểu thức A
    là biểu thức đối xứng với biến x , do đó ta dự đoán giá trị của điểm rơi chính
    là giá trị biên của miền xác định.
    Với câu a) thì từ điều kiện 0 1
    4
      x ta dự đoán điểm rơi là 1
    4
    x  .
    10
    Với câu b) thì từ điều kiện x  2 ta dự đoán điểm rơi là x  2.
    Định hƣớng giải.
    a) Dự đoán điểm rơi là 1
    4
    x  .Thử: 1 1 17 4
    4 4
    A x
    x
         .
    Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Ta phải tạo ra đƣợc một biểu thức vừa
    có giá trị bằng 1
    4
    vừa có thể loại đƣợc x . Cách tìm nhƣ sau:
    Gọi k là một số thực tùy ý sao cho x k.1
    x

    Thay 1
    4
    x  vào x k.1
    x
     ta có 1
    16
    k  .
    Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
    1 15 1 15 1 15
    2 .
    16 16 16 16 2 16
    A x x
    x x x x x
           .
    Vì 1 1 15 15 4
    4 16 4
    x
    x x
        
    1 15 17
    2 4 4
        A .
    Dấu “=” xảy ra 1
    4
      x . Vậy Min 17
    4
    A  khi 1
    4
    x .
    Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã cố định x và tách 1
    x
    . Ta cũng có thể
    cố định 1
    x
    và tách x .
    b) Dự đoán điểm rơi là x = 2. Thử: 1 1 5 2
    2 2
    A x
    x
         .
    Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Ta phải tạo ra đƣợc một biểu thức vừa
    có giá trị bằng 1
    2
    vừa có thể loại đƣợc mẫu của biểu thức 1
    x
    . Cách tìm nhƣ
    sau: Gọi k là một số thực tùy ý sao cho 1 k x .
    x

    Thay x  2 vào 1 k x .
    x
     ta có 1
    4
    k  .
    11
    Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
    3 1 1 3 1 3 3
    2 . 1
    4 4 4 4 4 4 4
    x x x x x x x
    A
    x x x
              .
    Do 2 3 6 3
    4 4 2
    x
    x     1 3 5
    2 2
        A .
    Dấu “=” xảy ra   x 2. Vậy min 5
    2
    A  khi x  2.
    Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã cố định 1
    x
    và tách x . Ta cũng có thể
    cố định x và tách 1
    x
    .
    Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 5
    2
    x x
    A
    x
     


    .
    Phân tích: Đề bài không cho trƣớc miền xác định của biến nhƣ ở bài 3,
    do đó ta chƣa dự đoán đƣợc ngay giá trị của điểm rơi. Do đó phƣơng án khả
    dĩ nhất là ta có thể đổi biến để đƣa biểu thức A về biến mới mà tìm đƣợc
    miền xác định của biến mới, từ đó có thể dự đoán đƣợc điểm rơi.
    Định hƣớng giải. ĐKXĐ: x  0.
    Biến đổi 4 5 1  2 1 2 2
    2 2 2
    x
    x x
    A x
    x x x
     
     
        
      
    .
    Đặt t x t    2 2   suy ra A t 1
    t
      . Nhƣ vậy ta dựa vào điều kiện
    t  2 để dự đoán điểm rơi là t  2 .
    Làm tƣơng tự nhƣ bài 3b, ta có min 5
    2
    A  khi t  2 .
    Với t  2        x x x 2 2 0 0 (thỏa mãn).
    Vậy min 5
    2
    A  khi x  0.
    12
    Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21
    2
    A x
    x
     

    .
    Phân tích: Đề bài cũng không cho trƣớc miền xác định của biến, do đó
    ta chƣa dự đoán đƣợc ngay giá trị của điểm rơi. Nhƣng ta có thể đổi biến để
    đƣa biểu thức A về biến mới mà tìm đƣợc miền xác định của biến mới, từ đó
    có thể dự đoán đƣợc điểm rơi.
    Định hƣớng giải. Biến đổi 2 2 2 2 1 1 2 2
    2 2
    A x x
    x x
         
     
    .
    Đặt t x t    2 2 2   suy ra A t 1 2
    t
       . Nhƣ vậy ta dựa vào điều kiện
    t  2 để dự đoán điểm rơi là t  2 .
    Theo bài 3b, ta có min 5 1 2
    2 2
    A    khi t  2 .
    Với t  2        x x x 2 2 2 2 0 0.
    Vậy min 1
    2
    A  khi x  0.
    Nhận xét: Kinh nghiệm giải của Bài 4 và Bài 5 chính là kinh nghiệm
    biến đổi để đƣa về tổng của hai số dƣơng là nghịch đảo của nhau, sau đó đổi
    biến và tìm miền xác định của biến mới. Dựa vào miền xác định của biến mới
    này mà dự đoán đƣợc điểm rơi, sau đó mới tách hạng tử hợp lí và áp dụng
    BĐT Côsi.

    Bài 6: Cho . Chứng minh rằng:
    .

    a b a b , 0; 1    a b 1 1 5
    a b
       

    Phân tích: Biểu thức
    có tính chất đối xứng với và , đề

    a b 1 1
    a b
       a bbài không cho trƣớc miền xác định của các biến mà chỉ cho điều kiện ràng
    buộc của các biến a b  1, do đó ta dự đoán giá trị của điểm rơi chính là các
    giá trị bằng nhau của các biến, xảy ra tại giá trị biên.
    Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là 1
    2
    a b   .
    13

    Thử:
    (thỏa mãn).

    1 1 1 1 2 2 5
    2 2
    VT a b
    a b
             Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Ta phải tạo ra đƣợc một biểu thức vừa
    có giá trị bằng 2 , vừa có thể loại đƣợc mẫu của biểu thức 1
    a
    , tƣơng tự với 1
    b
    . Cách làm nhƣ sau:
    Gọi k là một số thực tùy ý sao cho 1 k a .
    a

    Thay 1
    2
    a  vào 1 k a .
    a
     ta có k  4 .
    Gọi m là một số thực tùy ý sao cho 1 m b .
    b

    Thay 1
    2
    b  vào 1 m b .
    b
     ta có m  4 .
    Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
    4 4 3 2 4 . 2 4 . 3 1 1 1 1    
    4 4 3.1 =5 (do 1)
    VT a b a b a b a b
    a b a b
    a b
       
                 
       
        
    Vậy a b 1 1 5
    a b
       

    . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

    1
    2
    a b   .
    Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã cố định 1 1 ;
    a b
    và tách a b ; . Ta cũng có
    thể cố định a b ; và tách 1 1 ;
    a b
    .
    Bài 7:
    Cho x y x y , 0; 6    . Chứng minh rằng P x x y y       1 1 12    .
    Phân tích: Biểu thức P có tính chất đối xứng với x và y , đề bài cho
    điều kiện ràng buộc của các biến x y   6, do đó ta dự đoán giá trị của điểm
    rơi chính là các giá trị bằng nhau của các biến, xảy ra tại giá trị biên. Ngoài ra
    14
    có giả thiết x y   6 nên ta đƣa về tổng x y  mà không phải tách (thêm,
    bớt) gì thêm.
    Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là x y   3.
    Thử: VT      3 3 1 3 3 1 12     (thỏa mãn).
    Biến đổi: P x y x y     2 2  .
    Tìm tham số để tách (thêm, bớt) :
    – Với x = 3 ta có: x2 2   3 9.
    – Với y = 3 ta có: y2 2   3 9.
    Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
         
       
    2 2 9 9 18
    6x + 6y 18 5 18 30 18 12.
    P x y x y
    x y x y
          
             
    Vậy P x x y y       1 1 12    . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
    x y   3.
    Bài 8: Cho các số dƣơng x y z , , sao cho x y z   1. Tìm GTNN của
    các biểu thức A x y z    2 2 2 .
    Phân tích: Biểu thức A có tính chất đối xứng với x y z , , , đề bài cho
    điều kiện ràng buộc của các biến x y z   1, do đó ta dự đoán giá trị của
    điểm rơi chính là các giá trị bằng nhau của các biến 1
    3
    x y z    . Ngoài ra có
    giả thiết x y z   1 nên ta đƣa về tổng x y z   mà không phải tách (thêm,
    bớt) gì thêm.
    Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là 1
    3
    x y z    .
    Thử:
    2 2 2
    1 1 1 1
    3 3 3 3
    A                
          .
    Tìm tham số để tách (thêm, bớt) :
    15
    Với 1
    3
    x  ta có 2 1
    9
     .
    Với 1
    3
    y  ta có 2 1
    9
    y  .
    Với 1
    3
    z  ta có 2 1
    9
    z  .
    Áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc: 2 2 1 1 2 2. .
    9 9 3
    x
    x x   

    .

    Tƣơng tự: 2 2 1 1 2 2. .
    9 9 3
    y
    y y   

    .

    2 2 1 1 2
    2. .
    9 9 3
    z
    z z   

    .

    Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
    2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2  
    9 9 9 3 3 3 3 3
    x y z
    x y z x y z            
    2 2 2 1
    3
        x y z .
    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
    3
    x y z    .
    Vậy min 1
    3
    A  khi 1
    3
    x y z    .
    Bài 9: Cho x y z x y z , , 0; 2     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
    2 2 2
    x y z
    P
    y z x z y x
      
      
    .
    Phân tích: Biểu thức P có tính chất đối xứng với x y z , , , đề bài cho điều
    kiện ràng buộc của các biến x y z    2 , do đó ta dự đoán giá trị của điểm
    rơi chính là các giá trị bằng nhau của các biến 2
    3
    x y z    .
    Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là 2
    3
    x y z    .
    16
    Thử:
    4 4 4
    9 9 9
    1
    2 2 2 2 2 2
    3 3 3 3 3 3
    P    
      
    .
    Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Khi 2
    3
    x y z    ta có
    2 1
    3
    x
    y z


    , ta
    phải tạo ra một biểu thức để vừa có giá trị bằng 1
    3
    , vừa có thể loại đƣợc mẫu
    của biểu thức
    2
    x
    y z 
    , từ đó dễ dàng nhận ra biểu thức đó phải có dạng
    k y z   . Ngoài ra có giả thiết x y z    2 nên ta đƣa về tổng x y z   mà
    không phải tách (thêm, bớt) gì thêm. Cách làm nhƣ sau:
    Gọi k là một số thực tùy ý sao cho  
    2
    .
    x
    k y z
    y z
     

    Thay 2
    3
    x y z    vào  
    2
    .
    x
    k y z
    y z
     

    ta có 1
    4
    k  .
    Áp dụng BĐT Côsi cho hai số
    2
    x
    y z 
    và 1 
    4
    y z  ta đƣợc:
     
    2 2 1
    2. .
    4 4
    x x y z
    y z x
    y z y z

       
     
    .

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN Rèn luyện năng lực sáng tạo cho học sinh thcs thông qua bài toán tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau cho trước

    SKKN Rèn luyện năng lực sáng tạo cho học sinh thcs thông qua bài toán tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau cho trước

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    I- ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
    Cuộc cách mạng công nghiệp 4.0 đang diễn ra với nhiều cơ hội và thách
    thức mới. Để đáp ứng yêu cầu của sản xuất hiện đại, ngành giáo dục cần đào tạo
    nguồn nhân lực không chỉ có chuyên môn kĩ thuật mà còn có khả năng tư duy
    sáng tạo và độc lập khi giải quyết các vấn đề kĩ thuật trong thực tiễn. Trong
    “Chiến lược phát triển giáo dục 2011 – 2020” của Thủ tướng Chính phủ, vấn đề
    phát triển năng lực sáng tạo cho người học được xác định là một trong những
    mục tiêu quan trọng.
    Trong việc rèn luyện năng lực sáng tạo cho HS THCS, do đặc điểm môn
    học mà toán học đóng một vai trò rất quan trọng. Rèn luyện năng lực sáng tạo
    qua môn toán có nhiều cách, nhiều con đường và không thể nghiên cứu tất cả
    các con đường, chúng tôi chọn con đường dạy học giải bài tập để góp phần rèn
    luyện tư duy sáng tạo cho học sinh THCS.
    Trong chương trình môn Toán lớp 7 nói riêng và chương trình toán THCS
    nói chung, kiến thức về tỉ lệ thức và dãy tỉ số bằng nhau là kiến thức cơ bản và
    quan trọng. Nó là chìa khóa để giải quyết nhiều bài toán hay và khó. Một trong
    những dạng toán đó là: Tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau cho trước.
    Dạng toán này thường có mặt trong các đề thi học kỳ và trong các đề thi học
    sinh giỏi và trong đề thi vào THPT.
    Với mong muốn được góp một phần công sức của mình trong việc bồi dưỡng học
    sinh giỏi và rèn luyện năng lực sáng tạo trong học toán cho học sinh THCS để các
    em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình, chúng tôi xin được
    chia sẻ và trao đổi cùng đồng nghiệp sáng kiến kinh nghiệm:
    “RÈN LUYỆN NĂNG LỰC SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THCS THÔNG
    QUA BÀI TOÁN TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC TỪ DÃY TỈ SỐ BẰNG
    NHAU CHO TRƢỚC”.
    3
    II . MÔ TẢ GIẢI PHÁP
    II.1. Mô tả giải pháp trƣớc khi tạo ra sáng kiến
    1.1 Việc rèn luyện tư duy sáng tạo của HS THCS trong quá trình giải toán
    Khi giải một bài toán, đa phần HS chỉ quan tâm đến việc tìm được lời giải bài
    toán là tốt rồi và không quan tâm tìm lời giải khác. Chỉ có số ít là quan tâm đến
    lời giải khác, còn sáng tạo bài toán mới thì rất ít HS quan tâm. Như vậy các em
    còn thụ động trong học tập, chưa biết vận dụng sáng tạo những kiến thức đã học
    vào việc giải các bài toán khác, hoặc nhìn nhận các khía cạnh khác của bài toán
    đặc biệt là bài toán: Tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau cho trước.
    1.2 Học sinh gặp rất nhiều lúng túng và bỡ ngỡ khi giải bài tập tính giá trị
    biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau cho trước
    Khi giải dạng bài tập dạng này phần lớn học sinh:
    + Không tự tìm được cách giải.
    + Không linh hoạt khi vận dụng.
    + Hay mắc lỗi sai:
    * Không để ý đến điều kiện cho trước.
    Ví dụ: Đề bài cho a, b, c  0 thường nghĩ là a + b + c  0. Do đó trong một số
    bài thường xét thiếu trường hợp.
    * Biến đổi dài: Do chọn cách làm chưa hợp lý.
    * Biến đổi sai do áp dụng sai tính chất dãy tỉ số bằng nhau, tính toán sai.
    Đôi khi HS chỉ nhìn giả thiết hoặc kết luận của bài toán đã thấy khó nên suy
    nghĩ, ngại làm.
    HS có thể vận dụng kiến thức về tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tính giá
    trị biểu thức vào từng loại bài tập đơn giản, đơn lẻ nhưng không nhìn thấy sự
    liên kết của các đơn vị kiến thức, không nhận ra bài toán “gốc”, tương tự hóa,
    tổng quát hóa, đặc biệt hóa,….
    Đứng trước một bài toán tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau cho
    trước có nhiều cách giải học sinh không biết lựa chọn kiến thức vận dụng phù
    hợp, phương pháp tối ưu.
    1.3 Các bài tập thuộc dạng này đa phần học sinh thấy khó
    4
    II.2. Mô tả giải pháp kỹ thuật sau khi tạo ra sáng kiến
    2.1 Một số vấn đề chung
    2.1.1 Sáng tạo và năng lực sáng tạo
    Có nhiều cách hiểu khác nhau về sáng tạo theo các góc độ triết học, ngôn
    ngữ học, xã hội học, tâm lí học,… Mỗi góc độ nghiên cứu có thể hướng đến một
    khái niệm sáng tạo khác nhau. Tuy nhiên, điểm chung là các nhà nghiên cứu đều
    nhắc đến sản phẩm sáng tạo, gồm tính mới, tính giá trị và là dấu hiệu để phân
    biệt. Như vậy , sáng tạo chính là hoạt động của con người tạo ra cái mới (ý
    tưởng, giải pháp, quan niệm hay sản phẩm,…) có giá trị để giải quyết có hiệu quả
    những vấn đề trong thực tiễn, đáp ứng nhu cầu của con người.
    Hiện nay, cũng có rất nhiều quan niệm, cách hiểu và phát biểu khác nhau
    về năng lực. Năng lực có thể được hiểu là khả năng huy động vốn kiến thức, kĩ
    năng, kinh nghiệm của bản thân và thái độ để thực hiện thành công, có hiệu quả
    nhiệm vụ hay giải quyết một vấn đề xác định. Một số nhà nghiên cứu đã định
    nghĩa ngắn gọn về năng lực sáng tạo dựa trên đặc trưng cơ bản là tính mới.
    Huỳnh Văn Sơn cho rằng “năng lực sáng tạo là khả năng tạo ra những cái mới
    hoặc giải quyết vấn đề một cách mới mẻ của con người”. Như vậy, đặc trưng
    của năng lực sáng tạo là khả năng giải quyết vấn đề một cách sáng tạo. Nguyễn
    Thị Hồng Gấm cho rằng: “năng lực sáng tạo của mỗi cá nhân thể hiện ở chỗ cá
    nhân đó có thể mang lại những giá trị mới , sản phẩm mới có ý nghĩa . Người có
    năng lực sáng tạo phải có tư duy sáng tạo”[2].
    Như vậy, năng lực sáng tạo biểu hiện rõ nét nhất ở khả năng tư duy sáng
    tạo, là đỉnh cao nhất của quá trình hoạt động trí tuệ của con người.
    Tóm lại, năng lực sáng tạo chính là khả năng huy động vốn kiến thức , kĩ
    năng và thái độ, tư duy để tạo ra ý tưởng , giải pháp, sản phẩm mới có giá trị với
    con người.
    5
    2.1.2 Dạy học giải toán tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau rèn luyện tư
    duy sáng tạo cho học sinh THCS
    2.1.2.1 Kiến thức cơ bản về dãy tỉ số bằng nhau
    Tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

    * Tính chất 1: Nếu
    thì ad = bc

    a c
    b d
     * Tính chất 2: Nếu ad = bc (a, b, c, d  0) ta có các tỉ lệ thức:
    a c
    b d

    ,
    a b
    c d

    ,
    d c
    b a

    ,
    d b
    c a

    * Tính chất 3: Từ tỉ lệ thức a c a c a c a c
    b d b d b d b d
     
        
     
    (Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
    * Tính chất 4: Từ a c e
    b d f
      ta có dãy tỉ số bằng nhaua
    a c e a c e
    b d f b d f
     
      
     
    (Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
    * Tính chất 5: Nếu a, b, c tỉ lệ với x, y, z thì a b c
    x y z
     
    2.1.2.2 Các tình huốngthƣờng gặp khi giải bài toán tính giá trị biểu thức từ
    dãy tỉ số bằng nhau
    Khi giải toán tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau, ta thường gặp hai tình
    huống sau:
    Tình huống 1: Tính giá trị của biểu thức có tính được giá trị của biến.
    Tình huống 2: Tính giá trị của biểu thức không tính được giá trị của biến.
    Ví dụ minh họa cho mỗi tình huống:
    Ví dụ 1: Cho x 16 y 25 z 9
    9 16 25
      
      và 2 1 15 x3  
    Tính giá trị của M = x + y + z
    Phân tích:
    – Muốn tính giá trị của M ta cần tính được giá trị của các biến x, y, z.
    6
    – Từ giả thiết của bài toán ta tính được giá trị của biến x trước, từ đó tính giá
    trị của biến y, z.
    Lời giải
    Ta có: 2×31 = 15
     2×3 = 16
     x3 = 8
     x = 2
    Khi đó: y 25 z 9 2 16 2
    16 25 9
      
      
    y 25 32 y 57
    z 9 50 z 41
        
       
        
    Do đó : M = 2 + 57 + 41 = 100.
    Ví dụ 2: Cho x, y, z tỉ lệ với 5, 4, 3. Tính giá trị biểu thức:
    M = x 2y 5z
    x 2y 5z
     
     
    Phân tích :
    – Với dữ kiện đề bài ta không thể tính cụ thể được giá trị của x, y, z.
    – Từ giả thiết đã biểu diễn x, y, z qua một số trung gian hoặc tìm mối quan hệ
    của x, y, z.
    Giải
    Cách 1 : Sử dụng số trung gian
    Vì x, y, z tỉ lệ với 5, 4, 3 x y z
    5 4 3
      
    Đặt x y z k
    5 4 3
       (k  0)
    x 5k
    y 4k
    z 3k
     

      

     
    Khi đó M = 5k 2.4k 5.3k 5k 8k 15k 2k 1
    5k 2.4k 5.3k 5k 8k 15k 12k 6
        
       
       
    (k  0)
    7
    Cách 2 : Sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để làm xuất hiện các biểu thức
    thành phần trong biểu thức cần tính.
    Giải
    Từ x y z
    5 4 3
      suy ra :
    x 2y 5z
    5 8 15
     
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :
    x 2y 5z x 2y 5z x 2y 5z
    5 8 15 5 8 15 12
    x 2y 5z x 2y 5z x 2y 5z
    5 8 15 5 8 15 2
       
       
     
       
       
      
    Suy ra : x 2y 5z
    2
     

    :
    2 5
    12
    x y z   = 1
    x 2y 5z 12
    . 1
    2 x 2y 5z
     

      

    x 2y 5z
    .( 6)
    x 2y 5z
     

     
    = 1
    Khi đó M = 1
    6

    8
    2.2 Các biện pháp rèn luyện năng lực sáng tạo cho học sinh THCS
    thông qua bài toán tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau.
    (Với mỗi biện pháp tác giả đều lấy ví dụ minh họa cho cả 2 tình huống)
    2.2.1 Biện pháp 1: Rèn cho học sinh biết phân tích tình huống, đặt ra
    dƣới nhiều góc độ khác nhau, biết giải quyết vấn đề dƣới nhiều cách khác
    nhau và lựa chọn cách giải quyết tối ƣu.
    Trong quá trình dạy học giải toán tính giá tị biểu thức từ dãy tỉ số bằng
    nhau, chúng tôi đã rèn luyện cho học sinh năng lực nhìn nhận vấn đề dưới nhiều
    góc độ khác nhau, giải quyết vấn đề dưới nhiều khía cạnh, biện luận các khả
    năng xảy ra. Do đó, học sinh không chỉ nhìn bài toán dưới một góc độ mà phải
    xem xét từ nhiều phía, không chấp nhận một cách giải quen thuộc hoặc duy
    nhất, luôn tìm tòi và đề xuất được nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán.
    Giáo viên có nhiệm vụ định hướng cho các em, đặc biệt là chỉ ra được lời giải
    tối ưu cho bài toán.
    Thông qua phân tích vấn đề, xuất hiện các trường hợp cần phải giải quyết,
    học sinh phải nắm vững các kiến thức, các phép suy luận thì mới có thể linh hoạt
    sáng tạo trong giải quyết; giúp học sinh có cách nhìn toàn diện, biết hệ thống
    hóa, đặc biệt hóa, trìu tượng hóa… và sử dụng các kiến thức, các kỹ năng, thủ
    thuật một cách chắc chắn, mềm dẻo, linh hoạt.

    Theo G .Polya không đơn thuần chỉ dừ ng laị ở viêc̣ tìm ra đáp số, như
    nhiều hoc̣ sinh thâṃ chí cả sinh viên vâñ thườ ng hay hiểu, “Giải bài toán ” ở

    đây bao quá t toàn bộ quá tr ình suy ngâm , tìm toi lời giải cung như ly giải
    nguyên nhân phá t sinh bài toá n , và cuối cung là phát triển bài toán vừa làm
    đươc̣ , hoăc̣ ít ra nêu ra những hướ ng đi mớ i trên cơ sở đã hiểu nguồn gố c từ
    đâu bài toá n phá t sinh. Quy tình giải bài tập của G.Polya có 4 bước:
    1. Tìm hiểu bài toán
    2. Tìm tòi lời giải bài toán
    3. Giải bài toán
    4. Khai thác bài toán
    9
    Để giải một bài toán có thể phải sử dụng, kết hợp nhiều phương pháp mới
    đi đến lời giải, tuỳ vào từng tình huống bài toán cụ thể mà mỗi phương pháp có
    ưu điểm riêng. Trước bất kỳ bài toán nào, công việc đầu tiên của người giải toán
    là từ giả thiết và những yêu cầu của bài toán phải xác định được:
    – Thể loại bài toán.
    – Định ra được phương hướng giải.
    – Tìm được phương pháp và công cụ thích hợp để giải.
    Để làm được những việc đó người ta thường tiến hành một số các biện pháp tìm
    lời giải sau đây:
    – Khai thác triệt để giả thiết bài toán: Nghiên cứu đặc điểm về dạng của
    bài toán, nghiên cứu các điều kiện đặt ra cho các đại lượng và tính chất của các
    biểu thức có mặt trong bài toán.
    – Phân tích, biến đổi đồng thời giả thiết và kết luận của bài toán, làm cho
    chúng gần nhau hơn, nổi bật mối quan hệ giữa các yếu tố đó.
    – Chuyển hoá nội dung bài toán để thực hiện dễ dàng hơn yêu cầu của bài
    toán.
    – Chuyển hoá hình thức bài toán như biến đổi giả thiết, kết luận về
    dạng tương đương nhằm thực hiện lời giải được tốt hơn.
    – Lựa chọn các công cụ giải toán, sử dụng trong lời giải tối ưu nhất.
    Sau khi giải được bài toán, bước quan trọng tiếp theo là tìm thêm những
    lời giải khác, điều đó giúp học sinh bồi dưỡng năng lực tìm hiểu nhiều giải pháp
    cho một vấn đề, nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc cạnh khác nhau, điều này giúp
    học sinh phát triển năng lực giải toán.
    Biện pháp này được minh họa cụ thể trong ví dụ sau:
    Bài toán 1: Cho các số x, y, z thỏa mãn: x y z
    4 5 10
      và x y z    18
    Tính giá trị của biểu thức A =
    2020
    2 5 5
    x y z
     
       
     
    10
    Phân tích:
    (GV đặt các câu hỏi đặt các câu hỏi đặt vấn đề, gợi mở vấn đề để học sịnh giải
    quyết vấn đề)
    – Thể loại bài toán: Tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau.
    – Định hướng giải: Giả thiết của bài toán đề cập đến dãy tỉ số bằng nhau
    do đó ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để giải bài toán.
    – Phương hướng và công cụ thích hợp :
    Từ giả thiết x y z
    4 5 10
      và x y + z = 18, áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng
    nhau ta tìm được giá trị của các biến x, y, z sau đó thay vào biểu thức A rồi tính.
    Giải
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :
    x y z x y z 18
    2
    4 5 10 4 5 10 9
      
         
     

    x 4.( 2) x 8
    y 5.( 2) y 10
    z 10.( 2) z 20
         
     
          
     
         

    Khi đó A =
    Phân tích:

     
    2020 2020
    2 5 5 1 1 1 2020
    1 1
    8 10 20 4 2 4
        
               
          
    – Yếu tố sáng tạo trong cách giải trên: Sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng
    nhau tìm giá trị của các biến x, y, z
    – Ngoài cách trên, còn cách trình bày khác biểu diễn x, y, z theo k, tính k,
    tính x, y, z . Tính A.
    Cách 2 :
    Giải
    Đặt: x y z k (k 0)
    4 5 10
       
    x 4k
    y 5k
    z 10k
     

      

     
    Thay vào x y + z = 18, ta có:
    11
    4k – 5k + 10k = -18
    => 9k = -18
    => k = -2
    Khi đó:
    x 4.( 2) 8
    y 5.( 2) 10
    z 10.( 2) 20
        

        

        

    Vậy A =
    Phân tích:

     
    2020 2020
    2 5 5 1 1 1 2020
    1 1
    8 10 20 4 2 4
        
               
          
    – Yếu tố sáng tạo trong cách giải trên: Sử dụng số trung gian k tìm giá trị
    của các biến x, y, z
    – Giả thiết của bài toán là ba phương tình với ba ẩn, do đó ta có thể sử
    dụng phép thế một trong ba ẩn để giải bài toán.
    Cách 3
    Giải

    Ta có:
    Thay vào x y + z = , ta có:

    x y z
    4 5 10
     
    5
    y x
    4 5
    z x
    2

      
     
     
     
    185 5
    x x x 18
    4 2
    9
    x 18
    4
    x 8
       
      
      
    Khi đó
    5
    y .( 8) 10
    4 5
    z ( 8) 20
    2

         
    
         

    Vậy A =

     
    2020 2020
    2 5 5 1 1 1 2020
    1 1
    8 10 20 4 2 4
        
               
           .
    12
    Phân tích:
    – Ta cũng có thể dùng phép thế theo ẩn y hoặc z để giải bài toán.
    – Yếu tố sáng tạo trong cách giải trên: Dùng phép thế theo một trong ba ẩn
    để giải.
    Trong cả ba cách giải trên, để tính giá trị biểu thức A ta đều phải tính giá trị của
    các biến x, y, z.
    Tuy nhiên cách 1 và cách 2 gần gũi với học sinh lớp 7 hơn, HS dễ dàng
    phát hiện ra cách làm hơn..
    Trong cách 2, HS phải tìm giá trị trung gian k sau đó mới tính được giá trị
    của các biến.
    Trong cách 3, HS phải nhận ra giả thiết của bài toán là hệ phương trình ba
    ẩn để sử dụng, cách này không quen thuộc với học sinh lớp dưới.
    Từ những so sánh trên, HS tìm được phương án tối ưu cho mình, phù hợp với
    kiến thức lớp học.
    Bài toán 2: Cho x, y, z tỉ lệ với 5, 4, 3. Tính giá trị biểu thức: M = x 2y 5z
    x 2y 5z
     
     
    Phân tích :
    – Thể loại bài toán: Tính giá trị biểu thức từ dãy tỉ số bằng nhau.
    – Định hướng giải: Giả thiết của bài toán đề cập đến các đại lượng tỉ lệ
    thuận hay dãy tỉ số bằng nhau do đó ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất của dãy tỉ
    số bằng nhau để giải bài toán.
    – Phương hướng và công cụ thích hợp :
    Với dữ kiện đề bài ta không tính được giá trị của x, y, z.
    Từ giả thiết đã biểu diễn x, y, z qua một số trung gian hoặc tìm mối quan hệ của
    x, y, z, hoặc làm xuất hiện biểu thức thành phần.
    Cách 1 : Biểu diễn x, y, z qua một số trung gian
    Vì x, y, z tỉ lệ với 5, 4, 3 x y z
    5 4 3
      
    Đặt x y z k
    5 4 3
       (k  0)
    13
    x 5k
    y 4k
    z 3k
     

      

     
    Khi đó M = 5k 2.4k 5.3k 5k 8k 15k 2k 1
    5k 2.4k 5.3k 5k 8k 15k 12k 6
        
       
       
    Cách 2 : Làm xuất hiện biểu thức thành phần : x + 2y – 5z và x – 2y + 5z .
    Bằng cách sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để làm xuất hiện các biểu thức
    thành phần trong biểu thức cần tính.
    Từ x y z
    5 4 3
      suy ra :
    x 2y 5z
    5 8 15
     
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :
    x 2y 5z x 2y 5z x 2y 5z
    5 8 15 5 8 15 12
    x 2y 5z x 2y 5z x 2y 5z
    5 8 15 5 8 15 2
       
       
     
       
       
      
    Suy ra : x 2y 5z
    2
     

    :
    2 5
    12
    x y z   = 1
    x 2y 5z 12
    . 1
    2 x 2y 5z
     

      

    x 2y 5z
    .( 6)
    x 2y 5z
     

     
    = 1
    Khi đó M = 1
    6

    Cách 3: Sử dụng phép thế
    Vì x, y, z tỉ lệ với 5, 4, 3 x y z
    5 4 3
      
    4
    y x
    5 3
    z x
    5

      
     
     
     
    Khi đó
    4 3 2
    x 2. x 5. x x
    5 5 5 1
    M
    4 3 12 6
    x 2. x 5. x x
    5 5 5
      
       
     
    14
    Phân tích
    – Cách 1: Biểu diễn qua số trung gian k (k  0), mặc dù không tính được giá trị
    của k nhưng vẫn tính được giá trị của M.
    – Cách 2: Để làm xuất hiện các biểu thức thành phần trong biểu thức cần tính ta
    phải biến đổi dãy tỉ số bằng nhau trước khi áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng
    nhau.
    – Cách 3: Từ giả thiết của bài toán ta biểu diễn y, z theo x rồi thay vào vào biểu
    thức M và tính giá trị của M. Ta cũng có thể dùng phép thế theo ẩn y hoặc z để
    giải bài toán.
    Như vậy trong cả 3 cách làm, chúng ta đều không tìm được giá trị cụ thể
    của các biến x, y, z nhưng bằng cách sử dụng các kiến thức, các kỹ năng, thủ
    thuật một cách mềm dẻo, linh hoạt HS đã sáng tạo được các cách giải hay, ngắn
    gọn.
    15
    2.2.2 Biện pháp 2: Hƣớng dẫn và luyện tập cho học sinh cách nhìn nhận bài
    toán “Gốc” dƣới các góc nhìn khác nhau để từ đó đề xuất bài toán mới.
    Trong tác phẩm: “Giải bài toán như thế nào”, G.Polya đã viết:” Cách giải
    này đúng thật, nhưng làm thế nào để nghĩ ra một cách giải khác? Sự kiện này đã
    được kiểm nghiệm, nhưng làm thế nào để phát hiện ra những sự kiện như vậy?
    và làm thế nào để tự mình phát hiện ra được?”.
    Quan điểm này của G.Polya muốn nhấn mạnh ý nghĩa của việc dạy cho
    học sinh biết tự tìm tòi lời giải, tự phát hiện những kết quả mới.
    Sáng tạo bài toán mới là một bước quan trọng của quá trình giải toán, một
    phương thức rèn luyện tư duy sáng tạo toán học, một trong các mục tiêu chính
    của học tập sáng tạo.
    Khi giải xong một bài toán đơn giản HS cần biết cách ghi nhớ để làm
    thành “chìa khoá” để giải các bài toán khác. Do đó, HS cần biết vận dụng các
    phương pháp suy luận HS biết tương tự hóa, đặc biệt hóa, trìu tượng hóa, khái
    quát hóa, từ đó đề xuất bài toán mới.
    Với việc rèn luyện kĩ năng tương tự hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa,
    khái quát hóa và các kĩ năng khác giúp học sinh tự sáng tạo bài toán nhằm rèn
    luyện năng lực sáng tạo đồng thời đề xuất được hệ thống bài tập đa dạng phong
    phú.
    Bài toán 1 được tiếp tục sử dụng làm một ví dụ để minh họa cho biện pháp này ,
    cụ thể như sau:
    Bài toán 1: Cho các số x, y, z thỏa mãn: x y z
    4 5 10
      và x y z    18
    Tính giá trị của biểu thức A =
    2020
    2 5 5
    x y z
     
       
     
    *Bài toán tƣơng tự hóa (1.1)
    Bài toán 1.1.1 : Cho các số x, y, z thỏa mãn ,
    2 3 4 5
    x y y z
      và x + y – z = 10.
    Tính giá trị của biểu thức A =
    2020
    2 5 5
    x y z
     
       
     
    16
    Phân tích :
    Biến đổi ,
    2 3 4 5
    x y y z
      thành
    8 12 15
    x y z
      ta được bài toán tương tự bài toán 1.
    Bài toán 1.1.2 : Cho x, y, z tỉ lệ với 1; 2; 3 và 3x –y +4z = 12.

    Tính giá trị của biểu thức A =

    2016
    2 5 5
    x y z
     
       
     
    Bài toán 1.1.3 : Cho các số x, y, z thỏa mãn: 5x = 4y = 2z và x y + z = 18
    Tính giá trị của biểu thức B = x673 –
    2019
    y 5
     
     
      + z
    *Bài toán đặc biệt hóa (1.2)
    Bỏ đi một ẩn trong giả thiết bài toán ta có bài toán sau :

    Bài toán 1.2 : Cho các số x, y thỏa mãn:
    và x y =

    x y
    4 5
     18
    Tính giá trị của biểu thức A =
    2020
    2 5
    x y
     
      
     
    *Bài toán khái quát hóa (1.3)
    Bài toán 1.3.1 : Với a, b, c, m, a’, b’, c’ là các số cho trước, cho các số x, y, z

    thỏa mãn
    . Tính giá trị biểu thức

    x y z và x y z m
    a b c
         n
    x y z
    A
    a ‘ b’ c’
     
        
     
    (với giả thiết tất cả các tỉ số đều có nghĩa)
    Bài toán 1.3.2 : Với a , b , c , a , b , c ,a , b , c , m, n n N 1 1 1 2 2 2 3 3 3   *là các số cho

    trước, cho các số x, y, z thỏa mãn
    .

    2 2 2
    1 1 1
    x y z
    và a x b y c z m
    a b c
         (n N*)  Tính giá trị các biểu thức sau:
    n
    3 3 3
    x y z
    A
    a b c
     
        
     
    ;
    n
    a b c 3 3 3
    B
    y z x
     
        
     
    ;
    n
    a x b y c z 3 3 3
    C
    x y z
       
      
       
    ….
    (với giả thiết tất cả các tỉ số đều có nghĩa)
    17
    *Bài toán trìu tƣợng hóa (1.4)
    Thay x bởi 3x – 2y, thay y bởi 2z 4x  , thay x bởi 4y 3z  ta có bài toán sau

    Bài toán 1.4.1 : Cho x, y, z thỏa mãn(1)

    3x 2y 2z 4x 4y 3z
    4 3 2
      
      và x + y + z = 9. Tính giá trị biểu thức Q = 3×2 + 4y + 2z
    Phân tích:
    – Muốn tính giá trị biểu thức P ta sẽ biến đổi (1) về dãy tỉ số bằng nhau mới đơn
    giản hơn .
    – Ta làm triệt tiêu biến x, y, z bằng cách đưa hệ số của biến x , y , z về bằng nhau
    hoặc đối nhau.
    + Nếu hệ số của từng biến đối nhau ta cộng …
    + Nếu hệ số của từng biến bằng nhau ta trừ…
    Giải
    a) Từ (1) 4 3x 2y 3 2z 4x 2 4y 3z      
    4.4 3.3 2.2
      
      
    12x 8y 6z 12x 8y 6z
    16 9 4
      
      
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :
    12x 8y 6z 12x 8y 6z 12x 8y 6z 12x 8y 6z 0
    0
    16 9 4 16 9 4 29
           
        
     
    x y
    2 3
    3x 2y 0
    x z x y z
    2z 4x 0
    2 4 2 3 4
    4y 3z 0
    z y
    4 3

     
       
     
             
     
       
      
    b) Theo câu a ta có: x y z
    2 3 4
     
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
    x y z x y z 9
    1
    2 3 4 2 3 4 9
      
         
     
    x 2
    y 3
    z 4
      

       

      
    18
    Khi đó Q = 3 . (2)2 + 4 .(3) + 2 . (4)
    = 12  12  8 = 8
    Bài toán 1.4.2 : Cho x, y, z thỏa mãn: 5 4 6 5 4 6
    6 4 5
    x y y z z x   
     
    và 3x – 2y + z = 24. Tính giá trị của biểu thức A = xy – yz + zx
    Bài toán 1.4.3 : Cho x, y, z thỏa mãn:
    2015z 2016y 2016x 2014z 2014y 2015x
    2014 2015 2016
      
      và x 3y z 2015   
    Tính giá trị của P = (x + 2015)2016 + (y + 2015)2016 + (z + 2015)2016
    Bài toán 1.4.4 : Với m , m , m , n , n , n 1 2 3 1 2 3là các số cho trước, cho các số a, b,
    c, x, y, z thoản mãn bz cy cx az ay bx
    a b c
      
      (1) và a b c x y z     
    Tính giá trị các biểu thức sau:
    1 2 3
    1 2 3
    m a m b m c
    A
    n x n b n c
       ; 1 2 3
    1 2 3
    m a m b m c
    B
    m x m y m z
     
     
    (với giả thiết tất cả các tỉ số đều có nghĩa)
    Hướng dân:
    Nhân thêm cả tử và mẫu của (1) với a hoặc b; c
    Từ (1) ta có:
    2 2 2 2 2 2
    bz-cy abz-acy bcx- baz cay-cbx abz-acy+ bcx- baz+ cay-cbx
    = = = = = 0
    a a b c a + b + c
    bz-cy = 0 bz = cy = 2 x y  
    c b
      
    ay-bx = 0 ay = bx 3 x y  
    a b
       

    Từ (2) và (3)

    ….
    x y z
    a b c
      
    Như vậy, từ bài toán đơn giản ban đầu, GV đã rèn luyện năng lực sáng tạo cho
    HS bằng cách tạo ra các tình huống khác nhau, giúp HS sáng tạo được các cách
    giải hay, ngắn gọn. Yếu tố sáng tạo trong mỗi bài toán đã được nâng từ đơn
    giản đến phức tạp, từ cụ thể đến tổng quát.
    19
    Bài toán 3 : Cho a b c
    b c a
      và a + b + c  0. Tính M =
    5 4 2010
    2019
    a b c
    c
    Phân tích:
    – Từ giả thiết của bài toán, không tính được giá trị của a, b, c .
    – Trong dãy tỉ số bằng nhau: tích các tỉ số bằng 1, tổng các tử số bằng tổng
    các mẫu số.
    Giải
    Cách 1: Sử dụng số trung gian dựa vào nhận xét tích các tỉ số bằng 1
    Đặt a b c
    b c a
      = k (k  0)
    a b c
    . .
    b c a
     = k3  k3 = 1  k = 1
    a b c
    1
    b c a
         a = b = c = 1
    Khi đó M =
    2019
    2019
    c
    1
    c
     (vì b
    c
    tồn tại  c  0)
    Cách 2: Sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau dựa vào nhận xét tổng các tử số
    bằng tổng các mẫu số
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
    a b c a b c
    1
    b c a a b c
     
       
     
    (vì a + b + c  0)
     a = b = c
    Khi đó M =
    2019
    2019
    c
    1
    c
     (vì b
    c
    tồn tại  c  0)
    *Bài toán tƣơng tự hóa (3.1)
    Bài toán 3.1.1: Cho a b c
    b c a
      và a + b + c  0.
    Tính A = (19a + 5b + 1890c)2020 – 19142020 . a20019 . b
    Cách 1: Sử dụng số trung gian dựa vào nhận xét tích các tỉ số bằng 1
    Cách 2: Sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau dựa vào nhận xét tổng các tử số
    bằng tổng các mẫu số
    20
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta chứng minh được
    a = b = c = 1
    Khi đó A = (19a + 5a + 1890a)2020- 19142020 . a2019 . a = 0
    Bài toán 3.1.2: Cho a b c
    b c a
      và a + b + c  0. Tính giá trị biểu thức
    A = (2019a – 9b + 8c)2021 – 20202021. a2000 . b19c2
    Bài toán 3.1.2 : Cho ac = b2, ab = c2, a, b, c  0 và a + b + c  0.
    Tính giá trị biểu thức M =
    5 4 2010
    2019
    a b c
    c
    Bài toán 3.1.3 : Cho ac = b2, ab = c2, a, b, c  0 và a + b + c  0
    và N =  999
    222 333 444
    a b c
    a b c
     
    . Chứng tỏ : N = 3
    Phân tích :
    Trong bài toán 3.1.2 và 3.1.3, giả thiết a b c
    b c a
      được thay bằng ac = b2,
    ab = c2 . Do đó yếu tố sáng tạo ở đây là chuyển từ giả thiết ac = b2, ab = c2
    thành a b c
    b c a
      .
    *Bài toán đặc biệt hóa (3.2):
    Bỏ đi giả thiết a + b + c  0 ta có bài toán sau:
    Bài toán 3.2.1 : Cho a b c
    b c a
      . Tính M =
    5 4 2010
    2019
    a b c
    c
    Phân tích:
    Bài toán này tương tự như Bài toán 3 nhưng bỏ đi giả thiết a + b + c  0
    – Các tỉ số a
    b
    ,
    b c
    ,
    c d
    tồn tại  a , b , c  0 . Tuy nhiên a + b + c có thể bằng
    0, có thể khác 0 do đó nếu sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta phải xét hai
    trường hợp: a b c 0    và a + b + c  0.
    Vì vậy, trong bài tập này phương án sử dụng số trung gian là tối ưu.
    21
    *Bài toán tổng quát hóa (3.3)
    Bài toán 3.3.1 : Cho a b c d
    b c d a
       . Tính giá trị biểu thức P = 2 2 2 2 a b c d2
    a b c d
      
      
    Phân tích:
    – Giả thiết của bài toán mở rộng đối với dãy 4 tỉ số bằngnhau, tuy nhiên quy luật
    của dãy vẫn không đổi, tương tự như bài toán 3
    – Các tỉ số a
    b
    ,
    b c
    ,
    c d
    ,
    d a
    tồn tại  a , b , c , d  0 . Tuy nhiên a + b + c + d
    có thể bằng 0, có thể khác 0 do đó nếu sử dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta
    phải xét hai trường hợp: a b c 0    và a + b + c  0.
    Giải
    Cách 1: Đặt a b c d
    b c d a
       = k (k  0)
     a b c d . . . k4
    b c d a
      k4 = 1  k =  1
    + Nếu k = 1  a = b = c = d. Khi đó P =  2
    2
    4a
    4
    4a

    + Nếu k = 1 a b
    c d
      
      
      
    Khi đó P =  2
    2 2 2 2
    b b d d 0
    0
    2b 2d 2b 2d
       
     
     

    Vậy P

    0;4
    Cách 2:
    Xét 2 trường hợp:
    + Trường hợp 1: Nếu a + b + c + d = 0  P = 2 2 2 2 0 0
    a b c d

      
    + Trường hợp 2: Nếu a + b + c + d  0
    Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
    a b c d a b c d
    1
    b c d a a b c d
      
        
      
    (Vì a + b + c + d  0)
     a = b = c = d. Khi đó P = 4

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN Phát triển năng lực tư duy cho học sinh trong dạy ôn tập hình học 9

    SKKN Phát triển năng lực tư duy cho học sinh trong dạy ôn tập hình học 9

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
    Chúng ta đều biết: Dạy học cũng là một nghệ thuật. Dạy cái gì? Dạy
    như thế nào? Và sử dụng những phương pháp, phương tiện thích hợp nào để
    làm cho bài dạy có hiệu quả? Đây là một trong những vấn đề rất quan trọng
    đối với giáo viên. Để thực hiện việc tốt nhiệm vụ dạy học, người giáo viên
    phải tìm tòi các phương pháp, các thủ thuật và đặc biệt là tích lũy các kinh
    nghiệm để làm cho bài giảng của mình có chất lượng và hiệu quả hơn. Thực
    hiện việc dạy học cần phải phù hợp với khả năng, trình độ nhận thức của học
    sinh, dạy học theo tinh thần “Lấy người học làm trung tâm”, quan tâm đến
    nhu cầu, khả năng nhận thức của từng đối tượng học sinh. Tổ chức việc dạy
    học đi theo hướng kiến tạo, có nghĩa học sinh sẽ là người chủ động tìm
    kiếm, phát hiện, tự đưa ra suy luận để giải quyết vấn đề. Xuất phát từ thực tế
    dạy và học toán, việc học toán chính là một quá trình lĩnh hội các tri thức toán
    học. Trên cơ sở đó, học sinh biết vận dụng và vận dụng một cách sáng tạo
    những tri thức được học vào giải các bài tập và thực tế cuộc sống. Do vậy
    việc dạy toán là quá trình người thầy giúp cho học sinh nắm được bản chất
    của vấn đề mà các em cần được lĩnh hội, dạy toán là dạy cho các em ngoài
    việc tiếp thu được kiến thức trong sách giáo khoa thì còn giúp các em biết
    vận dụng các kiến thức đã học vào cuộc sống thực tế.
    Hình học là một môn học khó đặc biệt là những bài toán dành cho học
    ôn thi THPT chuyên và cả không chuyên. Khi giải học sinh gặp nhiều bỡ ngỡ
    và khó khăn. Mặt khác hình học là một phân môn rất quan trọng của chương
    trình Toán, trong bất cứ kỳ thi nào cũng phải có mặt những bài toán hình học
    cho nên nếu các em được trang bị các kiến thức một cách hệ thống, có được
    kỹ năng tư duy tốt, có một cách suy nghĩ sáng tạo, một cách khai thác tốt các
    kiến thức đã học vào giải bài sẽ đạt hiệu quả cao.
    Bộ môn hình học là một bộ môn giúp các em phát triển tư duy một cách
    rất tốt, đồng thời giúp các em linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.Trường Lê
    Quý Đôn là một trường có nhiệm vụ rất quan trọng trong đó là bồi dưỡng
    nhân tài cho cả huyện, tỉnh, đất nước. Vì vậy việc dạy cho học sinh nắm các
    kiến thức toán học một cách sâu sắc, có khả năng nhìn nhận một bài toán từ
    nhiều góc độ khác nhau, biết khai thác từ một bài toán để được nhiều bài toán
    khác, có kỹ năng phân tích, tổng hợp, biết cách tư duy để tìm tòi lời giải một
    bài toán hình học là vô cùng cần và nên làm.
    II. Mô tả giải pháp
    1. Giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
    . Qua thời gian nhiều năm giảng dạy tôi thấy học sinh hầu như làm quen
    với bộ môn hình học rất chậm. Các em đều cảm thấy rất khó khăn khi gặp
    một bài toán hình học. Đặc biệt các em không linh hoạt trong vận dụng các
    kết quả đã học, đã được biết để giải một bài tập tiếp theo có nét tương tự;
    hoặc hay nhầm lẫn giữa các bài toán có dữ liệu na ná giống nhau.
    Trước đây, khi hướng dẫn học sinh ôn thi tuyển sinh THPT, bản thân
    tôi cũng thường đưa hệ thống bài tập theo dạng bài dựa trên cơ sở một số tài
    liệu tham khảo mà chưa quan tập tới việc hình thành kỹ năng tư duy cho học
    sinh, chủ yếu chỉ phân chia và cho học sinh làm bài tập theo từng dạng mà
    không hướng dẫn cho các em cách khai thác một bài toán, cách nhìn một bài
    toán từ nhiều góc độ khác nhau, cách tích lũy kinh nghiệm giải toán thông qua
    hệ thống bài tập đã được làm, đã được nghe giảng, vì vậy các em chưa biết
    cách tư duy khi học hình, dẫn đến các em thường không giải được các bài tập
    ở mức độ yêu cầu cao hơn. Nhiều em rất lúng túng khi phải giải quyết một bài
    hình học và có tâm lý ‘ sợ” bài tập hình. Trong khi đó trong các đề thi tuyển
    sinh THPT chuyên và không chuyên thì hình học thường chiếm 3 điểm, trong
    đó thường có một câu giành cho học sinh có học lực khá giỏi. Chính vì vậy
    nếu người thầy không có một giải pháp tốt trong dạy hình học cho các em thì
    nhiều em thường không làm được câu c của bài hình trong các đề thi tuyển
    sinh, do đó các em không đạt điểm cao khi tham gia các kỳ thi thi tuyển sinh
    vào các trường THPT chuyên và không chuyên.
    2. Giải pháp sau khi có sáng kiến
    Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy, nghiên cứu rút kinh nghiệm hôm
    nay tôi xin trình bày những kinh nghiệm của tôi trong cách hướng dẫn học
    sinh ôn tập và giải các bài tập hình học trong quá trình ôn thi tuyển sinh
    THPT từ đó phát triển năng lực tư duy cho học sinh. Cụ thể khi dạy hình để
    cho học sinh có thể đỡ lúng túng giáo viên cần phải chú ý giúp học sinh hiểu
    được những vấn đề sau là không thể thiếu khi đọc một đề bài hình học:
    – Phải nắm được các khái niệm hình học, từ đó định nghĩa được chúng
    và xác định được các tính chất, định lý có liên quan.
    – Kỹ năng vẽ hình phải thành thạo, chính xác. Có kỹ năng vẽ đường
    phụ cho hợp lý cho học sinh.
    – Sử dụng các phương pháp tư duy như đặc biệt hóa, tổng quát hóa,
    tương tự hóa, phân tích, tổng hợp …trong việc tìm tòi lời giải.
    Bản thân giáo viên phải nắm thật chắc kiến thức, phải luôn tự học, tự
    nghiên cứu tài liệu và sách tham khảo, đặc biệt với sự phát triển của công
    nghệ thông tin, ngày nay hệ thống sách, tài liệu ôn thi, hệ thống bài tập trên
    các kho dữ liệu dùng chung là rất nhiều, bởi vậy mỗi người thầy cần phải tự
    nâng cao trình độ công nghệ thông tin, tích cực tìm tòi tài liệu số, nhằm trau
    rồi kiến thức và nâng cao trình độ hiểu biết cho bản thân.
    Trong quá trình dạy giáo viên phải làm cho học sinh thấy được bản chất
    của vấn đề, của kiến thức mà các em cần lĩnh hội. Người thầy cần làm tốt việc
    giúp cho học sinh linh hoạt trong sử dụng ngôn ngữ toán học để các em có thể
    chuyển từ ngôn ngữ toán học về ngôn ngữ thông thường và ngược lại, từ đó
    giúp các em dễ hiểu, dễ nhớ.
    Hình thành cho học sinh cách tư duy khi giải toán, cách “nhìn” một bài
    toán sao cho bao giờ cũng đạt hiệu quả cao.
    Chia nhỏ bài toán để học sinh có thể giải quyết từ dễ đến khó. Sau đó
    bỏ bớt những câu dễ đi chỉ để lại những câu khó để các em tự giải quyết trên
    cơ sở đó hình thành kỹ năng giải bài toán tổng hợp có các bước trung gian.
    Hướng dẫn học sinh tìm nhiều cách giải sau đó cho các em tự nhận xét
    cách nào là tối ưu nhất.
    Trong các giờ học, giáo viên cần truyền cho học sinh niềm đam mê học
    toán, say mê học hỏi và luôn tự hoàn thiện phương học, áp dụng các phương
    pháp học tích cực, phát huy tính sang tạo của bản thân, Người thầy cần tạo
    nhằm tạo sức hút đối với học sinh để các em có thể yêu và hứng thu với môn
    học có thể xem là tương đối khó này.
    F
    E
    D O
    B
    C
    A
    * Giải pháp cụ thể khi giảng dạy học sinh ôn tập hình học 9
    2.1. Cung cấp hệ thống bài tập trong SGK toán 9 được xem như các
    bổ đề
    Chúng ta đều biết trong chương trình học, một số bài tập trong sách
    giáo khoa có tính ứng dụng rất cao trong quá trình giải các bài tập của chương
    trình. Do đó giáo viên cần thiết trang bị cho các em các bài tập đó, để các em
    có thể dễ dàng nhận biết ra được kết quả nếu trong khi làm bài tập có gặp các
    câu hỏi tương tự. Ví dụ trong chương trình lớp 9 một số bài tập sau đây có thể
    trang bị cho học sinh như những bổ đề:
    Bài toán 1: Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì
    đường thẳng qua tâm và điểm đó là trung trực của đoạn thẳng nối hai tiếp điểm.

    Bài toán 2: (Bài 31 / SGK T9-
    Tập 1 / Tr 116)

    Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường
    tròn tâm O (hình vẽ)

    CMR: 2AD = AB + AC – BC. Hãy
    chỉ ra các hệ thức tương tự.

    Bài toán 3: (Bài 60 / SBT T9 Tập 1/ Tr 166)
    Cho tam giác ABC, đường tròn (K) bàng tiếp
    góc A tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E,
    F. Biết BC = a, AB = c, AC = b. Chứng minh rằng:
    a.
    2
    a b c
    AE AF    
    b.
    2
    a b c
    BE   
    F
    E
    K
    C
    B
    A
    c.
    2
    a c b
    CF   
    Bài toán 4: (Bài tập 23 – SGK T9 Tập 2 / Tr 76)
    Cho đường tròn (O), một điểm M cố định không thuộc đường tròn. Qua
    M kẻ hai đường thẳng, đường thẳng thứ nhất cắt đường tròn tại A và B,
    đường thẳng thứ hai cắt đường tròn tại C và D.
    Chứng minh: MA. MB = MC. MD
    M
    D
    C
    B
    A
    D
    B
    C O
    A
    M
    Bài toán 5: (Bài tập 30 / SGK T9 – Tập 2 / Tr 79)
    Nếu góc BAx (Với đỉnh A nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây
    cung AB) có số đo bằng nửa số đo của cung AB căng dây ấy và cung này nằm
    trong góc BAx thì cạnh Ax là tia tiếp tuyến của đường tròn.
    Hướng dẫn
    Giả sử Ax không là tiếp tuyến tại A, thì tại A
    kẻ tia tiêp tuyến Ax’ với đường tròn (sao cho Ax’
    và Ax thuộc cùng nửa mặt phẳng bờ AB)
    => BAx ‘ = 1
    2
    sd AB
    => BA BA x x’ 
    => tia Ax trùng tia Ax’ do đó Ax là tiếp
    tuyến tại A.
    (Có thể chứng minh bằng cách kẻ đường thẳng vuông góc từ O xuống
    x’
    x
    B
    A
    AB rồi cộng góc)
    Bài toán 6: (Bài 34 /Tr 80 – SGK T9 tập
    2)
    Cho đường tròn (O) và điểm M nằm
    ngoài đường tròn. Từ M kẻ tiếp tuyến MT tới
    đường tròn (T là tiếp điểm) và một cát tuyến
    MAB.
    Chứng minh MT2 = MA.MB
    Bài toán 7: (Bài 9 /Tr 135 SGK T9 – Tập 2)
    Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
    (O) và nội tiếp đường tròn (O’), tia AO cắt đường
    tròn ngoại tiếp tam giác tại D. Ta có:
    a. CD = BD = O’D
    b. CD = OC = BD
    c. AO =CO =OD
    d. CD = OD = BD
    HD:
    2 2
    BAC ABC
    OBD BOD   
    Bài toán 8: (Mệnh đề đảo của bài tập 23 tr 76 – SGK T9 (tập 2))
    Nếu tứ giác ABCD có:
    + MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nột
    tiếp. (Trong đó M AB CD; N AD BC     )
    + Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó
    P AC BD   )
    Bài toán 9: Diện tích tam giác bằng nửa tích độ dài hai cạnh và sin góc
    xen giữa.
    Bài toán 10: Diện tích tam giác bằng tích độ dài ba cạnh chia cho bốn
    lần bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
    Bài toán 11: Diện tích tam giác bằng tích của nửa chu vi tam giác với
    bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó.
    O O’
    C
    D
    B
    A
    O
    B
    A
    T
    M
    Bài toán 12: Tỷ số bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp hai tam giác
    đồng dạng tam giác bằng tỷ số đồng dạng.
    Ngoài một số ví dụ trên thì còn nhiều bài toán khác trong chương trình
    học THCS học sinh cũng cần phải nhớ như những định lý để áp dụng.Tuy
    nhiên khi đưa ra hệ thống bổ đề, giáo viên cần chú ý cho học sinh khi các em
    sử dụng chúng thì phải chứng minh
    2.2. Trang bị thêm cho học sinh một số kỹ năng chứng minh hình
    học cơ bản trong chương trình lớp 9
    Khi học trong các giờ lý thuyết, các định lý, tính chất học sinh được
    trang bị đôi khi chưa đủ để các em có thể giải quyết được những bài tập hình
    học khó, đặc biệt là đối với một số dấu hiệu nhận biết các hình quen thuộc,
    trên cơ sở đó giúp học sinh giải quyết bài tập dễ dàng hơn. Vì thế, ngoài việc
    hệ thống lại những kiến thức cơ bản được trang bị trong chương trình sách
    giáo khoa, thì người thầy có thể trang bị cho học sinh một số kỹ năng khác,
    một cách có hệ thống, giúp các em thuận lợi hơn khi giải bài. Nếu như ở lớp
    7, 8 việc trang bị kỹ năng chứng minh hai tam giác bằng nhau, đoạn thẳng,
    góc bằng nhau, chứng minh điểm thẳng hàng, đường đồng quy, đoạn thẳng tỷ
    lệ, đẳng thức …là không thể thiếu khi dạy cho học sinh thì với chương trình
    lớp 9 hiện hành các kỹ năng sau đây là thật sự cần thiết phải trang bị cho học
    sinh.
    2.2.1. Một số phương pháp chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến
    của một đường tròn (đường tròn và đường thẳng tiếp xúc nhau)
    * Phương pháp 1. Chứng minh đường thẳng vuông góc với bán kính
    của đường tròn tại một điểm nằm trên đường tròn. (Dấu hiệu nhận biết do
    sách giáo khoa cung cấp)
    Ví dụ 1: (Đề Khảo sát 24 tuần huyện Ý Yên, Năm học 2018-2019)
    Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CF vuông góc với OA tại H
    (H không trùng với A và O). Gọi I là trung điểm của CH, AI cắt đường tròn
    (O) tại D. Gọi M là giao điểm của AC và BD, N là giao điểm của AD và BC,
    K là trung điểm của MN.
    a) Chứng minh AC2 = AI.AD.
    b) Chứng minh KC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
    c) Gọi P là giao điểm của KC với tiếp tuyến tại A đường tròn (O).
    Chứng minh B, I, P thẳng hàng.
    Hướng dẫn: Ý (b).
    Cách 1: Xét đường tròn (O) ta có
    ACB = ADB = 900
    (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
    AD  BM và BC AM
     N là trực tâm của ∆ABM
     MN AB
    Ta có ∆CMN vuông tại C, K là trung
    điểm MN nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CMN
     KC = KM  ∆KCM cân tại K  KCM = KMC (1).
    Ta có OC = OA (bán kính đường tròn (O))
     ∆OCA cân tại O  OCA =OAC (2).
    Từ (1) và (2)     KCM OCA KMC OAC 900 (do MN AB)

    KCO 90   0 KC  OC tại C thuộc đường tròn (O)
     KC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
    Cách 2: Hướng dẫn
    Tứ giác MDNC nội tiếp nên:
    CMN CDN  , (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN)
    Trong đường tròn (O):
    CDN CDA CBA   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA)
    Và CBA BCO 
    Mặt khác K là trung điểm của MN nên tam giác CNK cân tại K
    => KCN KNC 
    E
    Q P
    K N
    M
    D
    I
    H
    C F
    A O B
    C O
    D
    M
    B
    A
    CNM CMN   900
    => KCN BCO   900
    => KC  OC tại C thuộc đường tròn (O)
     KC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
    * Phương pháp 2: (Bài tập 30 /Tr 79 SGK T9 – Tập 2)
    Nếu góc BAx (Với đỉnh A nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây
    cung AB) có số đo bằng nửa số đo của cung AB căng dây ấy và cung này nằm
    trong góc BAx thì cạnh Ax là tia tiếp tuyến của đường tròn.
    Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại C, trực tâm H. Chứng minh rằng
    AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC.
    Hướng dẫn:
    H Là trực tâm của tam giác ABC
    nên AH  BC, CH  AB
    => HAB HCB 
    Do tam giác ABC cân tại C nên
    CH đồng thời là phân giác của góc ACB

    => =>
    Theo bổ đề 2 thì AB là tiếp tuyến

    ACH BCH  HA ACH B 
    * Phương pháp 3: Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường
    tròn. Từ M kẻ một cát tuyến MAB tới đường tròn và một điểm T trên đường
    tròn.
    CMR: Nếu MT2 = MA.MB thì MT là tiếp tuyến của đường tròn tại T
    (Bài toán đảo của bài 34 /Tr80 SGK T9 – Tập 2)
    Ví dụ 3: Cho đường tròn (O) và một dây AB khác đường kính. M là
    điểm chính giữa cung AB. Một điểm C trên dây AB, dây MD của đường tròn
    đi qua C.
    a. Chứng minh MA2 = MC.MD
    b. Chứng minh MB là tiếp tuyến của đường
    tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
    O
    H
    A B
    C
    j
    H I O’
    O
    K
    E
    D
    B
    C
    A
    Hướng dẫn
    a. Tam giác MAC và tam giác MDA đồng dạng nên => MA2 = MC.MD
    b. Tương tự có MB2 = MC.MD, như vậy theo bổ đề 3 thì MB là tiếp
    tuyến của đường tròn.
    2.2.2. Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp (hoặc
    chứng minh các điểm thuộc một đường tròn)
    * Phương pháp 1. Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một
    điểm. (theo định nghĩa)
    Ví dụ 1: (Từ bài 70 Tr 138- SBT T9 – Tập 1): Cho hai đường tròn (O)
    và (O’) cắt nhau tại A,B. Dây AC của đường tròn (O) là tiếp tuyến tại A của
    đường tròn (O’). Dây AD của đường tròn (O’) là tiếp tuyến của đường tròn
    (O) tại A. Gọi K là diểm đối xứng của A trung điểm I của OO’, E là điểm đối
    xứng của A qua B.
    a. Chứng minh AB  KB
    b. Chứng minh tứ giác BKOO’ nội tiếp
    c. Chứng minh 4 điểm A, C, E, D thuộc một đường tròn.
    Hướng dẫn
    Do K đối xứng với A qua I => I
    là trung điểm của AK. (1)
    Gọi H là giao của AB và OO’;
    AB là dây chung của hai đường tròn
    (O) và (O’)
    => H là trung điểm của AB (2)

    Từ (1) và (2) => HI là đường
    trung bình của tam giác ABK

    => HI // BK
    => Mà AB  OO’ (Tính chất đường nối tâm)
    => BK  AB
    a. Có I là trung điểm của AK (cmt)
    Lại có I là trung điểm của OO’, I là giao điểm của AK và OO’
    => Tứ giác AOKO’ là hình bình hành (DHNB)
    => OK = AO’(Cạnh đối HBH)
    Lại có O’A = O’B (BK đường tròn (O’))
    => OK = O’B (3)
    => Có HI // BK (cmt) => BK // OO’
    => Tứ giác BKO’O là hình thang (4)
    => Từ (3) và (4) => Tứ giác BKO’O là hình thang cân (DHNB)
    => Tứ giác BKO’O nội tiếp một đường tròn (Hình thang cân thì nội tiếp)
    b. Có tứ giác AOKO’ là hình bình hành (cmt)
    =>KO // AO’ (5) (Cạnh đối HBH)
    Mà AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A
    =>O’A  AD (6) (TC tiếp tuyến)
    Từ (5) và (6) => KO  AD (Từ vuông góc đến song song)
    Trong đường tròn (O) có AD là dây cung, KO là đường kính => KO đi
    qua trung điểm của AD (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)
    => KO là trung trực của AD
    => KA = KD (*)
    CMTT ta có: KA = KC (**)
    Có E đối xứng với A qua B => B là trung điểm của AE
    Mà KB  AB (CMT) hay KB  AE tại trung điểm B
    => KB là trung trực của AE
    => KA = KE (***)
    Từ (*), (**), (***) => KA =KD =KE =KC
    =>A, C, D, E thuộc đường tròn (K,KA)
    * Phương pháp2: Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù nhau
    (dấu hiệu nhận biết sách giáo khoa cung cấp)
    Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh THPT tỉnh Nam Định, năm học 2014-2015)
    Cho tam giác ABC vuông tại B. Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B và
    C). Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt đường thẳng AE tại
    N (M khác C, N khác E).
    A
    B C
    E
    M
    N
    M
    K
    O
    H
    E
    D
    A
    B C
    a) Chứng minh các tứ giác ABEM, ABNC là các tứ giác nội tiếp.
    b) Chứng minh ME là tia phân giác của
    c) Chứng minh: AE.AN CE.CB AC   2 .

    Hướng dẫn
    M thuộc đường tròn đường kính
    EC nên .
    suy ra tứ giác

    EMC AME    90 90 o o    AME ABE 180oABEM nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc
    đối bằng 180o).
    N thuộc đường tròn đường kính

    EC nên .
    Suy ra

    ENC hay ANC   90 90 o o ANC ABC   90o
    Do đó tứ giác ABNC nội tiếp (hai điểm B, N cùng nhìn đoạn AC dưới
    một góc vuông).
    * Phương pháp 3. Chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn
    đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại dưới hai góc bằng nhau (dấu hiệu nhận
    biết sách giáo khoa cung cấp). Ví dụ 2 a)
    Ví dụ 3: (Đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Nam Định năm học 2013-2014
    đề Dự bị)
    Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao
    BD và CE của tam giác cắt nhau tại H.
    a) Chứng minh rằng BCDE là một tứ giác nội tiếp.
    b) Chứng minh OA  DE.
    c) Cho điểm A di động trên cung lớn BC
    của đường tròn (O; R). Chứng minh đường tròn
    ngoại tiếp tam giác AED có bán kính không đổi.
    Hướng dẫn
    a. Xét tứ giác BCDE có: BDC= 900
    (vì BD  AC)
    M
    K
    H
    D
    E
    A O B C
    BEC = 900 (vì CE  AB)
     hai đỉnh D và E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông
    Vậy BCDE là một tứ giác nội tiếp.
    * Phương pháp 4: Chứng minh tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng
    góc trong đỉnh đối diện (dấu hiệu nhận biết sách giáo khoa cung cấp)
    Ví dụ 4: (Đề tuyển sinh THPT tỉnh Nam Định năm học 2013-2014)
    Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C
    (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm),
    tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao
    điểm của AD với OE, K là giao điểm của BE với đường tròn (O) (K không
    trùng với B).
    a) Chứng minh AE2 = EK. EB.
    b) Chứng minh bốn điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
    c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M.

    Chứng minh.

    AE EM = 1
    EM CM
     Hướng dẫn
    b. Ta có AE, ED là hai tiếp
    tuyến của đường tròn (O)
    =>AE = ED (tính chất hai tiếp
    tuyến cắt nhau)
    Có OA = OD (bằng bán kính
    (O))  EO là đường trung trực của
    AD AD  EO tại H.
    Áp dụng hệ thức b2 = a.b’ trong
    tam giác vuông AOE, Ta có AE2 = EH.EO
     EK. EB = EH. EO (= AE2) EK EH =
    EO EB

    Xét  EHK và  EBO ta có: HEK chung, EK EH =
    EO EB
    (chứng minh trên)
      EHK  EBO (c.g.c).
     EHK = EBO Tứ giác BOHK nội tiếp.
    Vậy bốn điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
    * Phương pháp 5: (Mệnh đề đảo của bài tập 23 tr 76 – SGK T9 (tập 2))
    Nếu tứ giác ABCD có:
    + MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nội
    tiếp. (Trong đó M AB CD; N AD BC     )
    + Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó
    P AC BD   )
    Ví dụ 5: (Ví dụ 4c):
    Nếu biết bổ đề 5 thì tại ví dụ 4 ý c học sinh khi nhìn thấy đẳng thức:
    EK. EB = EH. EO đã biết tứ giác BOHK nội tiếp, từ đó các em chỉ việc trình
    bày lời giải.
    * Phương pháp 6: Chứng minh tứ giác đó là các tứ giác đặc biệt (hình
    thang cân; hình chữ nhật; hình vuông; …)
    Ví dụ 6: (Ví dụ 1b):
    Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A,B. Dây AC của đường
    tròn (O) là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O’). Dây AD của đường tròn (O’)
    là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A. Gọi K là diểm đối xứng của A trung
    điểm I của OO’, E là điểm đối xứng của A qua B
    a. Chứng minh AB  KB
    b. Chứng minh tứ giác BKO’O nội tiếp
    c. Chứng minh 4 điểm A, C, B, D thuộc một đường tròn.
    Chú ý: Đôi khi làm bài tập chứng minh tứ giác nội tiếp có thể áp dụng
    một số nội dung sau):
    + Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn ta
    có thể chứng minh lần lượt 4 điểm một lúc. Song cần chú ý tính chất “Qua 3
    điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một đường tròn”
    + Có đôi khi để chứng minh tứ giác nội tiếp chúng ta còn chứng minh
    qua 5 hoặc 6 điểm cùng nằm trên một đường tròn.
    * Một số ví dụ: (Đề thi tuyển sinh các năm) có yêu cầu chứng minh tứ
    giác nội tiếp:
    (Đề tuyển sinh THPT 2016-2017 tỉnh Nam Định)
    Cho đường tròn O đường kính AB. Đường thẳng d tiếp xúc với
    đường tròn O tại A. Gọi M N , là hai điểm trên đường thẳng d sao cho A
    nằm giữa M và N. Các đường thẳng BM BN , cắt đường tròn O lần lượt tại
    D và E (khác B ).
    a) Chứng minh tứ giác DMNE nội tiếp một đường tròn.

    b) Chứng minh rằng(với là giao điểm của và ).

    IA AM AN . 2
    IB AB
     I AB DE c) Khi M N , thay đổi trên d nằm về hai phía của điểm A và AM AN .
    là một đại lượng không đổi, chứng minh DE luôn đi qua một điểm cố định.
    (Đề tuyển sinh THPT năm 2018-2019 tỉnh Nam Định)
    Cho đường tròn (O) , đường kính AB. Trên đường tròn đó lấy hai điểm
    C D , nằm cùng phía với đường kính AB (C , D không trùng với A B , ) và C
    thuộc cung nhỏ AD. Các đoạn thẳng AD và BC cắt nhau tại E , gọi I là hình
    chiếu vuông góc của E trên AB, M là giao điểm thứ hai của DI và đường tròn
    (O).
    a) Chứng minh BDEI là tứ giác nội tiếp vàCM AB  .
    b) Đoạn thẳng BC và DM cắt nhau tại K . Chứng minh BK CE BC EK . . . 
    2.3. Chỉ ra một số sai lầm học sinh thường mắc phải khi giải bài tập
    hình học đề các em có thể biết và tránh khi làm bài
    Khi làm bài tập hình học, học sinh thường mắc phải một số lỗi sai lầm
    do đó ảnh hưởng rất nhiều tới việc làm bài của các em. Một lỗi ngộ nhận hay
    một lỗi vẽ hình sai, có thể làm thay đổi hoàn toàn số điểm mà các em có thể
    đạt được, trong một số trường hợp, có những em học sinh khá, giỏi, nhưng do
    không cẩn thận, không để ý hoặc đơn giản hơn là không biết những lỗi sai
    thường mắc trong khi giải bài tập hình học, mà dẫn đến kết quả không cao, do
    đó rất đáng tiếc. Bởi vậy trong quá trình giảng dạy, chữa bài cho học sinh
    trong từng giờ học, giáo viên cần chú ý thường xuyên khắc sâu, nhắc nhở và
    chỉ ra những sai lầm mà các em thường mắc phải để giúp các em nhận biết và
    tránh mắc lỗi trong làm bài. Cụ thể học sinh thường mắc một số sai lầm sau:
    2.3.1. Sai lầm ở phần vẽ hình:
    +) Vẽ sai vì đọc không kĩ các vị trí như điểm thuộc tia, tia đối, thuộc
    đoạn, các yêu cầu về các đoạn thẳng lớn hơn, nhỏ hơn, cung lớn, cung nhỏ, …
    +) Lấy các điểm cho bất kì ở những vị trí đặc biệt như trung điểm đoạn
    thẳng, chân đường vuông góc, điểm chính giữa của một cung, … để dẫn tới
    các cảm nhận trực quan sai và hình thành đường lối suy nghĩ, tìm lời giải cho
    bài toán lệch hướng.
    +) Không vẽ các đoạn thẳng mà trong phần bài làm có sử dụng.
    +) Cẩu thả nên dễ bị nhầm các kí hiệu M với N; E với F; O với D, …
    +) Đánh kí hiệu các góc A A 1 2 ; ; … từ câu a, b nên nếu tới câu c, d xuất
    hiện tia nằm bên trong góc mà học sinh không vẽ lại hình.
    +) Trong bài lạm dụng các góc đánh số A A 1 2 ; ;….nhưng trên hình vẽ
    quên không đánh kí hiệu 1, 2,… vào góc.
    +) Có hai ký hiệu trùng nhau trên hình vẽ.
    2.3.2. Những lỗi sai, nhầm lẫn khi trình bày bài:
    +) Khi sử dụng các định lý chỉ áp dụng trong một tam giác, một tứ giác
    hay một đường tròn nhưng HS không xét tam giác, tứ giác hay đường tròn đó.
    +) Làm tắt các bước bắt buộc. (Lỗi sai ngộ nhận kiểu chưa có mà bảo là
    có)
    +) Đưa ra các tính chất hình học quan trọng song lại thiếu căn cứ.
    +) Khi chứng minh tứ giác nội tiếp đôi khi học sinh có
    A B   90 ; 90 0 0 nhưng không có biểu thức A B  1800 (Khi đỉnh A; B đối
    nhau) hay A B   900(Khi đỉnh A; B kề nhau) đã kết luận.
    +) Khi chứng minh hai tam giác đồng dạng, bằng nhau viết kí hiệu hai
    tam giác đồng dạng, bằng nhau viết sai đỉnh tương ứng từ đó dẫn đến biết các
    cặp canh, góc tương ứng sai.
    +) Khi sử dụng các góc dùng kí hiệu 3 đỉnh, học sinh viết nhầm đỉnh
    (Ví dụ BAC thì viết là ABC ).
    +) Các em dùng kí hiệu góc, cung còn nhầm lẫn, không chính xác.
    +) Khi gặp câu yêu cầu tính toán cần để kết quả đúng là một số vô tỷ (Ví
    dụ 2 ) chứ không để kết quả dưới dạng số thập phân (1,4 ) nếu đề bài không
    yêu cầu. Kết quả cuối cùng phải có đơn vị đo nếu giả thiết cho đơn vị đo.
    +) Vẽ hình rơi vào trường hợp đặc biệt do đó dẫn đến các em ngộ nhận
    khi làm bài.
    2.4. Khai thác bài toán ở các mức độ khác nhau, giúp học sinh hình
    thành kỹ năng tư duy
    2.4.1. Đưa ra bài tập cho học sinh với hệ thống câu hỏi từ dễ đến
    khó, từ đơn giản đến phức tạp
    VD 1.1; Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường
    tròn (O,R). Lấy một điểm M bất kỳ trên cung nhỏ
    BC.Trên đoạn MA lấy một điểm D sao cho MB =
    MD.

    a, Hãy chứng minh MDB là tam giác đều
    b, Chứng minh MA = MB + MC

     Đây là một bài toán rất quen thuộc của hình học 9, nếu không có gợi ý
    ở câu a, học sinh ban đầu khi mới học sẽ chưa thể hình dung cách lấy thêm
    điểm D để giải quyết câu b, chính vì vậy, để cho học sinh dễ năm bắt, tôi đưa
    bài toán có hai câu, giúp các em có thể xem bài toán như một bổ để để tiếp tục
    giải bài ở mức độ cao hơn.
    VD 1.2: Cho tam giác ABC đều, gọi O là trung
    điểm của BC, một góc xOy = 600 quay xung quanh điểm
    O, cắt AB, AC lần lượt tại M, N
    a, CMR: Chứng minh hai tam giác : BMO và CON
    đồng dạng, từ đó suy ra BM.CN =
    2
    4
    BC
    b, Chứng minh rằng OM là tia phân giác của góc
    O
    D
    C
    M
    B
    A
    BMN
    c, Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
    Câu a là câu gợi ý cho học sinh giải quyết câu b, nếu ngay từ đầu đã cho
    chỉ một câu, học sinh sẽ khó có thể làm được bài, nhất là với học sinh trung
    bình và yếu, do đó câu gợi ý là rất quan trong đối với các em. Giáo viên muốn
    đạt hiệu quả cho giờ dạy thì cần chia nhỏ bài toán, đưa thêm câu hỏi gợi ý để
    các em có thể giải được, từ đó dẫn dắt dần các em đến với những câu khó hơn.
    VD 1.3: Cho tam giác ABC (AB < AC) Trên AB, AC lần lượt lấy các
    điểm M,N sao cho BM = CN. Trên AC lấy D sao cho CD = AB. Gọi K là
    giao điểm trung trực của BC và AE.
    a. Chứng minh rằng: các tam giác
    KBA và KCD bằng nhau.
    b. Chứng minh K cũng thuộc trung
    trực của MN.
    Với bài toán này, học sinh chỉ cần
    chứng minh câu a rồi từ đó chứng minh tam
    giác KMB và tam giác KNC bằng nhau.
    Tất cả các bài toán trong phần này đều rất đơn giản, học sinh dưới sự
    hướng dẫn của giáo viên đều có thể dễ dàng làm được. Tuy nhiên đó cũng
    chính là những bài toán gốc, những bổ đề hoặc những gợi ý quan trọng để HS
    có thể giải quyết những bài toán khó hơn.
    Trên cơ sở giải quyết các bài toán trên, giáo viên có thể đặt ra yêu cầu
    cao hơn đối với học sinh.
    2.4.2. Thay đổi một số dữ liệu ở kết luận của bài toán trên cơ sở
    những bài toán quen thuộc đã làm và cho HS tự giải
    quyết bài toán mới.
    VD 2.1: (một các khai thác từ ví dụ ví dụ 1.2 )
    Cho đường tròn (O,R) kẻ đường kính AB.Một đường
    kính CD vuông góc với AB tại trung điểm I của
    AO.Lấy M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ CB.Chứng
    minh rằng: 2R 3  MB + MC + MD  4R

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN Một số bài toán giải bằng nguyên lý Điriclet trong bồi dưỡng HSG Toán 9, Toán 6

    SKKN Một số bài toán giải bằng nguyên lý Điriclet trong bồi dưỡng HSG Toán 9, Toán 6

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    I – ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
    Là một giáo viên nhiều năm được nhà trường phân công nhiệm vụ dạy đội tuyển
    toán lớp 9 thi học sinh giỏi Tỉnh phần suy luận logic, các nguyên lí cơ bảnđồng
    thời bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 6, …. tôi luôn suy nghĩ làm thế nào để vừa
    đáp ứng được các kiến thức cơ bản theo chương trình chuẩn của BGD đồng thời
    phát triển tư duy ở trình độ cao phù hợp với khả năng và trí tuệ của các em học
    sinh. Từ những trăn trở đó tôi tham khảo nhiều đề thi HSG và các chuyên đề bồi
    dưỡng HSG, chương trình liên thông của Sở GD- ĐT Nam Định liên kết với
    THPT Lê Hồng Phong. Tôi nhận thấy một thể loại toán được đề cập khá nhiều
    trong cả một quá trình học tập, thi cử đó là dạng toán ứng dụng nguyên lý
    Điriclet- một dạng toán hay và khó.
    Ở mỗi cấp học nguyên lý này lại được phát biểu bằng một ngôn ngữ khác nhau
    sao cho phù hợp với tư duy và lứa tuổi của các em mà vẫn giữ nguyên được bản
    chất của kiến thức trong nguyên lý.
    Nguyên lý Điricle có nội dung khá đơn giản song nó lại là một công cụ vô cùng
    hiệu quả trong việc chứng minh nhiều bài toán từ cụ thể đến trừu tượng mà khó
    có thể có một công cụ nào thay thế. Trong rất nhiều trường hợp nó giúp ta thấy
    được một sự vật, một sự việc chắc chắn tồn tại song không thể chỉ ra được một
    cách tường minh. Chính điều đó đã kích thích tư duy, óc tưởng tượng phong phú
    của học sinh, làm cho học sinh cảm thấy bị hấp dẫn bởi nguyên lí này . Đây có
    lẽ cũng là một trong các lý do mà trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp thường
    xuyên có mặt các bài toán phải sử dụng nguyên lý DIRICHLET.
    Ví dụ:
    *Đề thi HSG lớp 6 huyện Giao Thủy năm học 2018-2019:
    Cho 8 số tự nhiên có 3 chữ số. Chứng tỏ rằng trong 8 số đã cho tồn tại hai số
    mà khi viết chúng liên tiếp nhau ta được một số có 6 chữ số chia hết cho 7.
    Đề thi HSG Tỉnh Nam Định năm học 2010-2011:
    Trong một hình vuông cócạnh bằng 1 đặt 55 đường tròn, mỗi đường tròn có
    đường kính 1
    9
    . Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng giao với ít nhất 7
    đường tròn.
    Đề thi HSG Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018-2019:
    2
    Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là
    các số tự nhiên từ 1 đến 1000. Chứng minh rằng có thể chọn ra được 9 học
    sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9.
    Đề thi vào lớp 6 trường Amsterdam năm 2005:
    Có 6 bạn thi giải Toán, mỗi người phải làm 6 bài. Mỗi bài đúng được 2 điểm,
    mỗi bài sai bị trừ 1 điểm, nhưng nếu số điểm bị trừ nhiều hơn số điểm đạt
    được thì học sinh đó bị coi là 0 điểm. Có thể chắc chắn ít nhất hai bạn có số
    điểm bằng nhau được không? Giải thích tại sao?
    Đề thi HSG lớp 6 huyện Xuân Trường năm 2012:
    Người ta chia một hình vuông thành 16 ô vuông nhỏ bằng nhau.Viết vào mỗi
    ô vuông của bảng một trong các số 2013; -2013; 0. Sau đó tính tổng các số
    theo hàng ngang, cột dọc và đường chéo. Chứng tỏ rằng trong các tổng đó
    luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
    Đề thi chọn HSG Tỉnh Chuyên Đắc Lắc- Nguyễn Du 2014- 2015
    Cho 2014 số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng luôn tồn tại 729 số có tổng chia
    hết cho 729.
    Đề thi HSG lớp 6 quận Ba Đình năm 1996:
    Cho 4 số tự nhiên tùy ý. Chứng minh rằng ta có thể chọn được hai số mà tổng
    hoặc hiệu của chúng chia hết cho 5.
    ….
    Rõ ràng đây là dạng toán rất quen thuộc trong các đề thi cấp Tỉnh, huyện môn
    Toán thậm chí là các đề IMO…Hơn nữa, trong các năm gần đây sở GD- ĐT đã
    kết hợp với trường THPT Lê Hồng Phong đưa ra chương trình liên thông chú
    trọng đến dạng toán này để chọn được HSG chuẩn bị cho chọn đội tuyển quốc
    gia, thậm chí là các cuộc hội thảo chuên đề của Sở cũng đề cập đến dạng toán
    này.Một điều không thể không nhắc đến khi tôi quyết định nghiên cứu về
    chuyên đề là bởi niềm say mê hứng thú với nguyên lí Đirichlet. Đây cũng là lý
    do để tôi chọn đề tài: “Một số bài toán giải bằng nguyên lý Điriclet trong bồi
    dƣỡng HSG Toán 9, Toán 6”.
    II- MÔ TẢ GIẢI PHÁP
    1. Mô tả giải pháp trƣớc khi tạo ra sáng kiến
    * Đối với giáo viên: Là thế hệ đàn em, tôi cũng được các anh chị truyền đạt đây
    là một
    dạng toán khó. Ban đầu tôi cảm thấy khá khó khăn trong việc lựa chọn ngôn ngữ
    trình bày lời giải cho từng thể loại. Khó khăn trong việc sử dụng phương pháp
    3
    truyền đạt tới các em học sinh (đây là dạng toán chỉ cần chỉ ra sự tồn tại mà
    không cần chỉ rõ đối tượng cụ thể nào…), từng thể loại bài tập nên dạy vào thời
    điểm nào, mức độ tới đâu là phù hợp (thậm chí có nhiều bài phải sử dụng đến 2,
    3 lần Dirichlet)?.
    * Đối với học sinh:
    Khối 6: Khảo sát sơ lược với 20 học sinh của đội tuyển toán 6:
    Số HS đã được làm quen với nguyên lý Điriclet: 02 – Tỉ lệ 10%.
    Số HS có nghe tên nguyên lý nhưng chưa được học: 10 – Tỉ lệ 50%.
    Số HS chưa biết về nguyên lý: 8 – Tỉ lệ 40%.
    Khối 9: Khảo sát sơ lược với 19 học sinh của đội tuyển toán 9
    Số HS đã được làm quen với nguyên lý Điriclet: 11 – Tỉ lệ 58%.
    Số HS có nghe tên nguyên lý nhưng chưa được học: 3 – Tỉ lệ 15.7%.
    Số HS chưa biết về nguyên lý: 5 – Tỉ lệ 26.3%.
    Thử sức bài toán khối 6: Cho 3 số bất kì khác 0, chứng minh luôn tồn tại hai số
    cùng dấu.
    Thử sức với bài tập khối 9: Trong lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả một
    em phạm 14 lỗi, các em khác phạm số lỗi ít hơn. CMR có ít nhất 3 học sinh mắc
    số lỗi bằng nhau (kể cả những người mắc 0 lỗi).
    2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến
    Trang bị cho học sinh những kiến thức toán học cần thiết, đặc biệt là kĩ năng suy
    luận logic và phát hiện bài toán có yếu tố quyết định để sử dụng Dirichlet.
    Giáo viên khai thác triệt để các bài toán trong sách NCPT, các chuyên đề
    và một số bài tập nâng cao bằng cách giao bài tập về nhà cho học sinh tự nghiên
    cứu tìm phương pháp giải. Việc giao bài tập về nhà cho học sinh nghiên cứu
    giúp học sinh có thái độ tích cực, tự giác tìm lời giải cho mỗi bài toán.
    Trong giờ dạy bồi giỏi giáo viên tổ chức hướng dẫn học sinh trình bày bài giải
    chi tiết, nhiều em có thể cùng tham gia giải một bài tập, kích thích khả năng độc
    lập, sáng tạo của mỗi học sinh.
    Giải pháp thứ nhất:
    Khơi gợi trong các em tình yêu với bộ môn Toán, sự cần thiết phải học bộ môn
    toán thông qua nhiều con đường, đặc biệt là nguyên lí Ddirrichlet.
    1. Giới thiệu về nhà toán học Điriclet:
    Mục đích:
    – Tạo niềm tin, niềm ước mơ cho các em có thể trở thành một nhà toán học
    trong tương lai.
    4
    – Cho các em thấy rằng Điriclet là một con người có thật, với những cố
    gắng, nỗ lực không ngừng nghỉ trong cuộc đời của mình ông đã để lại cho nhân
    loại những sản phẩm trí tuệ vô cùng quý giá mà chúng ta là những người đang
    được thừa hưởng.
    – Giáo dục lòng biết ơn sâu sắc với thế hệ đi trước cho xã hội loài người
    ngày càng văn minh, tiến bộ.
    Cách tiến hành:
    – Học sinh sưu tầm, viết thành bài thuyết trình trên phần mềm Powerpoint về
    nhà toán học Điriclettrong giờ sinh hoạt cuối tuần.

    Dirichlet (1805 – 1859) là nhà toán học người
    Đức. Ngay từ khi 12 tuổi ông đã dùng tiền tiết
    kiệm của mình để mua sách về toán học. Người
    bán hàng nói với ông rằng ông sẽ không hiểu được
    nội dung của quyển sách đó đâu. Ông trả lời: Dù
    sao tôi cũng sẽ đọc chúng cho tới khi tôi hiểu
    chúng. Niềm đam mê môn toán đã theo ông trong
    suốt cuộc đời.
    Trong quá trình nghiên cứu và giảng dạy ở các
    trường phổ thông ông đã đưa ra một nguyên lý rất
    hữu hiệu và được sử dụng nhiều trong tất cả các
    bộ môn số học, hình học và đại số.

    Ngày nay ta thường gọi nguyên lý này theo tên của ông: “Nguyên lý
    Dirichlet”.
    2. Thử sức với một bài tập khi các em chưa nghiên cứu về nguyên lý này:
    Thử sức bài toán khối 6: Cho 3 số bất kì khác 0, chứng minh luôn tồn tại hai số
    cùng dấu.
    Thử sức với bài tập khối 9:
    Bài 1: Trong lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả một em phạm 14 lỗi, các
    em khác phạm số lỗi ít hơn. CMR có ít nhất 3 học sinh mắc số lỗi bằng nhau (kể
    cả những người mắc 0 lỗi).
    Bài 2 : Có 6 bạn thi giải Toán, mỗi người phải làm 6 bài. Mỗi bài đúng được 2
    điểm, mỗi bài sai bị trừ 1 điểm, nhưng nếu số điểm bị trừ nhiều hơn số điểm đạt
    được thì học sinh đó bị coi là 0 điểm. Có thể chắc chắn ít nhất hai bạn có số
    5
    điểm bằng nhau được không? Giải thích tại sao?“Đề thi vào lớp 6 trường
    Amsterdam năm 2005”
    Khi các em không làm được bài tập này điều đó sẽ thúc đẩy các em phải tìm
    hiểu về nội dung kiến thức áp dụng. Đây cũng là lý do chính đáng để GV bắt
    đầu quá trình đưa nội dung chuyên đề vào học tập.
    Giải pháp thứ hai:
    Giáo viên phải nghiên cứu về chuyên đề để cung cấp cho các em những kiến
    thức cần thiết.
    I- LÝ THUYẾT
    1. Nội dung nguyên lý: Có thể phát biểu dƣới 3 dạng cơ bản sau
    * Dạng đơn giản:
    Nếu nhốt 7 con thỏ vào 3 cái lồng thì tồn tại một lồng chứa ít nhất 3 con thỏ.
    * Dạng tổng quát:
    Nếu nhốt n con thỏ vào m cái lồng, mà n > m (n, m N*) thì tồn tại một lồng
    chứa ít nhất 2 con. (một lồng chứa từ hai con thỏ trở lên)
    Nếu nhốt n con thỏ vào k cái lồng ( với n, k  N* , n lớn hơn và không chia hết
    cho k) thì thế nào cũng có một cái lồng chứa ít nhất n
    k
     
        +1 con thỏ.
    2. Để giải các bài toán áp dụng nguyên lý Điriclet ta cần lƣu ý một số đặc
    điểm sau :
    – Các bài toán sử dụng nguyên lý Điriclet thường là các bài toán chứng minh sự
    tồn tại của một sự vật, sự việc mà không cần phải chỉ ra một cách tường minh sự
    vật, sự việc đó.
    – Để giải bài toán áp dụng nguyên lý Điriclet nhiều khi ta phải áp dụng phương
    pháp chứng minh phản chứng hoặc kết hợp với nguyên lí cực hạn (nhất là trong
    hình học)
    – Khi giải bài toán áp dụng nguyên lý Điriclet hoặc dự đoán phải áp dụng
    nguyên lý này ta cần suy nghĩ hoặc biến đổi bài toán để làm xuất hiện khái niệm
    “thỏ” và “lồng”, khái niệm “nhốt thỏ vào lồng” nhưng khi trình bày ta cố gắng
    trình bày theo ngôn ngữ riêng của bài toán.
    Nhiều bài toán chỉ áp dụng đợc nguyên lý Điriclet sau khi biến đổi qua một
    bước trung gian hoặc thành lập dãy số mới (hoặc phải tạo ra các “chuồng” nhốt
    thỏ).
    – Một bào toán có thể áp dụng một lần nguyên lí Dirichlet nhưng cũng có thể từ
    2 lần trở lên.
    6
    Giải pháp thứ ba:
    Giáo viên xây dựng hệ thống bài tập theo từng mức độ phù hợp với từng
    giai đoạn học tập của học sinh. Hệ thống bài tập gồm:
    1. Bài tập củng cố kiến thức.
    2. Bài tập vận dụng kiến thức.
    3. Bài tập phát triển tƣ duy.
    II. BÀI TẬP:
    PHẦN I: SỐ HỌC
    DẠNG 1: SỰ TRÙNG LẶP
    Đây là dạng bài tập ứng dụng nguyên lý Đirichlet một cách đơn giản nhất giúp
    các em làm quen với nguyên lý một cách tự nhiên và dễ hiểu.
    Yêu cầu:
    – Học sinh thuộc nội dung nguyên lý. Đọc bài toán và phân biệt được yếu tố nào
    đóng vai trò là “thỏ”, yếu tố nào đóng vai trò là “lồng”. Học sinh chỉ ra được số
    thỏ, số lồng.
    – Cách phân biệt đơn giản nhất: Số thỏ luôn lớn hơn số lồng.
    Bài tập có phân tích và cách giải:
    Bài 1. Một trường học có 1115 học sinh. Chứng tỏ rằng luôn có ít nhất 4 em
    có cùng ngày, tháng sinh.
    Hướng dẫn: Ta chú ý ở đây có cụm từ “4 em cùng ngày sinh” giống với 4 con
    thỏ nhốt trong cùng một lồng. Như vậy số thỏ ở đây là số học sinh (1115), số
    lồng là số ngày trong một năm (365). Mà 1115= 365 .3+20 nên tồn tại ít nhất
    3+1= 4 hoc sinh cùng ngày tháng sinh.
    GV: Chú ý trong năm nhuận có 366 ngày cũng không ảnh hưởng đến kết quả
    Bài 2. Trong lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả một em phạm 14 lỗi,
    các em khác phạm số lỗi ít hơn. CMR có ít nhất 3 học sinh mắc số lỗi bằng
    nhau (kể cả những người mắc 0 lỗi).
    Phân tích: Trong bài toán này “thỏ” là 29 học sinh (trừ đi 1 em mắc 14 lỗi),
    “lồng” là các loại lỗi (gồm 14 loại: 0 lỗi, 1 lỗi, 2 lỗi, …, 13 lỗi).
    Giải:
    Có 30 học sinh trong đó 1 em phạm 14 lỗi, số còn lại là 29 em phạm các lỗi từ 0
    đến 13 lỗi (14 loại lỗi).
    7
    Do 29: 14 = 2 (dư 1)
    Theo Nguyên lý Điricle có ít nhất 3 em mắc cùng số lỗi như nhau.
    Bài 3. Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có 2
    học sinh được điểm 10. CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm
    tra bằng nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10).
    Phân tích: “thỏ” là 43 học sinh, “lồng” là các loại điểm từ 2 đến 9.
    Giải:
    Có 45 – 2 = 43 (học sinh) được 8 loại điểm từ 2 đến 9.
    Do 43 : 8 = 5 (dư 3).
    Theo Nguyên lý Điricle có ít nhất 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
    Bài 4. Trong một kỳ thi toán học có 6 thí sinh được vào chung khảo. Thể lệ
    của cuộc thi như sau: Mỗi thí sinh phải giải 5 bài toán. Mỗi bài toán đúng
    được tính 4 điểm. Mỗi bài toán sai hoặc không làm được đều bị trừ 2 điểm.
    Hãy chứng tỏ rằng trong 6 thí sinh đó có ít nhất 2 thí sinh bằng điểm nhau.
    Biết rằng điểm thấp nhất là điểm 0.
    Phân tích: số “thỏ” dường như là 6 học sinh, nhưng “lồng” là gì nhỉ? Ta phải
    đặc biệt chú ý đến nội dung câu hỏi “ít nhất2 thí sinh bằng điểm nhau” và liên
    tưởng đến nội dung nguyên lý nó giống như 2 thỏ nhốt chung một lồng. Từ đó
    tìm ra yếu tố lồng ở đây là số điểm đạt được.
    Giải:
    Vì mỗi thí sinh phải giải 5 bài toán. Mỗi bài toán đúng được tính 4 điểm. Mỗi
    bài toán sai hoặc không làm được đều bị trừ 2 điểm nên ta có 5 trường hợp sau:
    Nếu đúng 5 bài thì số điểm được là: 5. 4 = 20 (điểm).
    Nếu đúng 4 bài thì số điểm được là: 4. 4 – 2 = 14 (điểm).
    Nếu đúng 3 bài thì số điểm được là: 3. 4 – 4 = 8 (điểm).
    Nếu đúng 2 bài thì số điểm được là: 2. 4 – 6 = 2 (điểm).
    Nếu đúng 1 bài hoặc không đúng bài nào thì đều được 0 điểm.
    Như vậy có 6 thí sinh dự thi nhưng chỉ có 5 loại điểm nên theo nguyên lý
    Điriclet sẽ có ít nhất 2 thí sinh bằng điểm nhau.
    Bài 5: Cho 6 số nguyên dương đôi một khác nhau và đều nhỏ hơn 10. Chứng
    minh rằng luôn tìm được 3 số trong đó có một số bằng tổng của hai số còn lại.
    Chú ý: bài toán này cần sử dụng cả tính chất các phần tử trong một tập hợp và
    tính trùng lặp để giải.
    8
    Bài làm: Gọi 6 số nguyên dương đôi một khác nhau đã cho là:
    0 a a … a 10      1 2 6
    Đặt A a ;a ;a ;a ;a  2 3 4 5 6 gồm 5 phần tử có dạng am với m 2;3;4;5;6  
    Đặt B a a ;a a ;a a ;a a ;a a        2 1 3 2 4 2 5 2 6 2gồm 5 phần tử có dạng an –a1 với n
    2;3;4;5;6
    Ta thấy các phần tử trong hai tập hợp A và B đều thuộc tập hợp gồm 9 phần tử
    gồm các số tự nhiên lien tiếp từ 1 đến 9, trong khi đó tổng số phần tử của hai tập
    hợp A và B là 5+5=10 Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số, mỗi số thuộc một
    tập hợp là bằng nhau, tức là : am=an-a1 do đó: an = am +a1. Ba số am; an; a1đôi một
    khác nhau. Thật vậy am  a1 và an  a1 theo cách đặt các tập hợp A và B. Nếu am=
    an thì a1= 0 trái với giả thiết của bài toán. Vậy bài toán được chứng minh.
    Chú ý rằng thỏ ở đây là 10 số a ;a ;a ;a ;a 2 3 4 5 6 ; a a ;a a ;a a ;a a ;a a 2 1 3 2 4 2 5 2 6 2      có 9
    lồng là các giá trị tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 9.
    Tính đặc trưng các phần tử trong tập hợp là tạo ra hai tập hợp gồm các phần tử
    là các số tự nhiên nhỏ hơn 10 và tổng các phần tử trong hai tập hợp không nhỏ
    hơn 10. Từ đó suy ra hai phần trong hai tập hợp là bằng nhau.
    Bài 5:Cho 7 số nguyên bất kì, chứng minh luôn tìm được hai số có hiệu chia
    hết cho 6.
    Bài làm:
    Trong phép chia một số nguyên bất kì cho số 6, ta có thể nhận số dư có giá trị từ
    0 đến 5( 0;1;2;3;4;5),tức là có 6 số dư. Khi chia 7 số nguyên cho 6 thì chỉ nhận
    tối đa 6 số dư nên theo nguyên lí dirichlet có hai số có cùng số dư trong phép
    chia cho 6 nên hiệu của chúng chia hết cho 6.
    Lưu ý: Thỏ ở đây có 7 con đại diện bởi 7 số, còn lồng là 6 lồng đại diện bởi 6 số

    (lồng 0 chứa những số chia cho 6 dư 0, lồng 1 chứa những số chia cho 6 dư 1;
    lồng 2 chứa n hững số chia cho 6 dư 2, lồng 3 chứa những số chia cho 6 dư 3,
    lồng 4 chứa những số chia cho 6 dư 4 và lồng 5 chứa những số chia cho 6 dư 5).
    Bài 6: Chứng minh rằng từ 52 số nguyên bất kì luôn có thể chọn ra hai số mà
    tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 100.
    Hƣớng dẫn giải :
    Tất cả các số dư trong phép chia cho 100 được chia thành 51 nhóm như sau: {0}
    ;{1;99},{ 2;98}, … ,{49;51}; {50}. Có 52 số nên theo nguyên tắc Dirichlet có
    hai số mà các số dư khi chia cho 100 thuộc cùng một nhóm trên. Hai số này có
    9
    hiệu chia hết cho 100 (Nếu số dư của chúng bằng nhau ) hoặc có tổng chia hết
    cho 100 (nếu số dư của chúng khác nhau)
    Bài 7: Cho tập hợp X 1;2;3;…;2010. Chứng minh rằng trong số 1006 phần
    tử bất kì của X luôn tồn tại hai phần tử nguyên tố cùng nhau.
    Hƣớng dẫn giải : Ta chia các số từ 1 đến 2010 thành 1005 nhóm như sau:
    1,2 ; 3,4 ; 5,6 ;…; 2009,2010       . Ta có 1006 số có chỉ có 1005 nhóm nên theo
    nguyên lí Dirichlet có 2 số rơi vào một nhóm, nghĩa là tồn tại hai phần tử của X
    nguyên tố cùng nhau.
    Bài 8: Cho tập hợp A 1;2;3;…;16  . Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao
    cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a và
    b sao cho a2+b2 là một số nguyên tố.
    Ta thấy nếu a và b cùng chẵn thì a2+b2 là hợp số. Do đ, nếu mỗi tập hợp con X
    của A có hai phần tử phân biệt a, b mà a2+b2 là một số nguyên tố thì X không
    chỉ thể chứa mỗi số chẵn nên k  9. Ta chứng tỏ k= 9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm.
    Điều đó có nghĩa là với mọi tập con X gồm 9 phần tử bất kì của A luôn tồn tại
    hai phần tử phân biệt a và b mà a2+b2 là một số nguyên tố. Để chứng minh khẳng
    định trên ta chia tập A thành các cặp hai phần tử phân biệt a và b mà a2+b2 là
    một số nguyên tố như sau:
    1;4 , 2;3 , 5;8 , 6;11 ; 7;10 ; 9;16 , 12;13 , 14;15               
    Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 9 phần tử của X có hai phần tử thuộc cùng
    một cặp trên và ta có điều phải chứng minh
    Bài tập vận dụng
    Bài 1. Lớp 6A có 30 học sinh. Khi làm bài trắc nghiệm có 1 em làm sai 12 câu.
    Các em khác làm sai ít hơn. Chứng minh rằng có ít nhất 3 học sinh có số câu
    làm sai như nhau.
    Bài 2. Lớp 6A có 49 học sinh. Chứng tỏ rằng luôn có ít nhất 5 em học sinh có
    cùng tháng sinh.
    Bài3. Một trường học có 1115 học sinh. Chứng tỏ rằng luôn có ít nhất 4 em có
    cùng ngày sinh.
    Bài4. Tổ 1 có 13 học sinh đều phải trực nhật trong một tuần học. Chứng tỏ rằng
    tồn tại một ngày có ít nhất 3 học sinh cùng trực nhật (một tuần học được tính từ
    thứ hai đến thứ bảy).
    Bài tập phát triển tƣ duy
    Bài 1:Cho 40 số nguyên dượng: a1; a2;…; a19 và b1; b2; …; b21 thỏa mãn:
    10
    1 2 21
    1 2 19
    b b … b 200
    a a … a 200
        

        
    Chứng minh tồn tại 4 số ai; aj; bk; bl sao cho: ai< aj; bk< bl; ai-aj = bl-bk.
    Bài làm: Gọi S là tập hợp tất cả các tổng có dạng ai+bj với 1 i 19;1 j 21     .
    Khi đó tổng số phần tử thuộc tập S là 19.21= 399 phần tử. Từ gải thiết ta thấy
    giá trị các phần tử S chỉ nhận từ 2 đến 400 (có 399 giá trị).
    Nếu S 2;3;4;…;400  (nhận đầy các giá trị từ 2 đến 400) thì a1= b1=1 và a19=
    a21=200, suy ra điều phải chứng minh.
    Nếu S 2;3;4;…;400   thì tồn tại hai phần tử của S có cùng giá trị. Giả sử ai+ bk =
    bl + aj, ta cũng suy ra điều phải chứng minh.
    Bài 2: Cho X là tập hợp gồm 700 số nguyên dương khác nhau, mỗi số không
    lớn hơn 2006. Chứng minh rằng trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử x,
    y sao cho x-y nhận 1 trong các giá trị 3,6,9.
    Bài 3: Chọn ra 69 số trong tập hợp E 1;2;3;…;100  . Chứng minh rằng tồn
    tại 4 số a<b<c<d trong 4 số được chọn này thì a+b+c=d.Kết quả trên còn
    đúng không nếu thay số 69 bởi 68?
    Gọi 69 số nguyên dương đã cho phân biệt a1; a2; …;a68; a69.
    Xét hai tập hợp  
     
    2 3 2 4 2 69
    3 1 4 1 69 1
    A a a ;a a ;…;a a
    B a a ;a a ;…;a a
       
       
    Rõ ràng hai tập hợp A và B có giao là tập rỗng. Ta thấy giá trị hai tập hợp là các
    số tự hiên liên tiếp từ 2 đến 133 (có 132 giá trị) mà cả hai tập hợp có 67+67=
    134 phần tử nên tồn tại ít nhất 2 phần tử thuộc hai tập hợp có giá trị bằng nhau
    hay tồn tại i, j  3 sao choa2+ ai = aj – a1 và i<j, suy ra: a2+ ai +a1 = aj…
    Kết quả trên không còn đúng nếu thay số 69 bởi 68?
    Bài 4: (Thi Toá n Châu Á Thái Binh Dƣơng 2012)
    ” Có 1 bài kiểm tra gồm 10 câu, mỗi câu có 2 phƣơng á n trả lời là ĐÚ NG
    hoăc̣ SAI. Hoi phải có ít nhất bao nhiêu học sinh làm bài kiểm tra để tồn tại
    ít nhất 2 học sinh có cách làm bài giống hệt nhau. (giố ng hêṭ nhau tƣ́ c là cá c
    câu trả lời cho cá c bài đều giố ng hêṭ nhau)
    Phân tích:
    Vớ i bài toán này, chúng ta dễ dàng nhìn thấy số học sinh là “thỏ”, và cách làm
    bài chính là “chuồng”.
    Số cách làm bài ở đây chúng ta chưa biết, ta đi tính số cách làm bài có thể.
    11
    Vớ i mỗi câu hỏi, có 2 phương án trả lờ i Đ hoăc̣ S. Có 10 câu => có 2x2x….x2 =
    210 cách trả lời cho 10 câu hỏi đó. Hay nói cách khác có 210=1024 cách làm bài.
    Như vâỵ nếu mỗi hoc̣ sinh đều có cách làm bài khác nhau => có tối đa học sinh.
    Vâỵ vớ i 1024+1= 1025 học sinh thì theo Nguyên Lý Dirrichlet sẽ tồn tại ít nhất
    2 học sinh có cách làm bài giống hệt nhau.
    DẠNG 2: SỰ CHIA HẾT
    Đây là loại toán được xuất hiện khá nhiều trong các đề thi HSG các cấp.
    Yêu cầu: Ngoài việc nắm vững nguyên lý Điriclet các em cần nắm được các dấu
    hiệu chia hết và các tính chất chia hết trong Z.
    + Dấu hiệu chia hết cho 2; 3; 4; 5; 8; 9; 11; 25; 125.
    + Tính chất chia hết của tổng, hiệu, tích và một số tính chất mở rộng.
    A.Tính chất chia hết của tổng, hiệu, tích:
    – Nếu tất cả các số hạng trong một tổng chia hết cho m thì tổng đó chia hết cho
    m.
    – Nếu chỉ có một số trong tổng không chia hết cho m, còn lại đều chia hết cho m
    thì tổng đó không chia hết cho m.
    – Nếu trong một tích có một thừa số chia hết cho k thi tích này chia hết cho k.
    B.Tính chất mở rộng:
    1. Hai số có cùng số dư trong phép chia cho m thì hiệu của chúng chia hết cho
    m –
    Một số và tổng các chữ số của nó có cùng số dư trong phép chia cho 3,9 nên
    hiệu của nó chia hết cho 3;9.
    2. Nếu ab chia hết cho m, mà ƯCLN(a,m) = 1 thì b chia hết cho m.
    3. Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho n thì ab chia hết cho m.n
    4. Nếu a chia hết cho m thì k.a chia hết cho k.m
    5. Nếu a chia hết cho m, a chia hết cho n, mà m và n nguyên tố cùng nhau thì a
    chia hết cho m.n
    Dạng 2.1: Thỏ có sẵn
    Bài 1: Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì , luôn tìm được hai số có
    chữ số tận cùng giống nhau.
    Lời giải:Trong phép chia một số tự nhiên bất kì cho số 10, ta có thể nhận số dư
    có giá trị từ 0 đến 9( 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9), tức là có 10 số dư. Khi chia 11 số tự
    12
    nhiên cho thì chỉ nhận tối đa 10 số dư nên theo nguyên lí dirichlet có hai số có
    cùng số dư trong phép chia cho 10 nên hiệu của chúng chia hết cho 10. Nghĩa là
    hiệu của hai số có chữ số tận cùng là 0, nên hai số này có chữ số tận cùng giống
    nhau.
    Bài 2: Chứng minh rằng trong 14 số tự nhiên bất kì có 3 chữ số, luôn tìm
    được hai số có dạng abc, deg sao cho số có 6 chữ số là: abcdeg chia hết cho
    13.
    Hướng dẫn giải: Áp dụng bài 4 trong 13 số TN trên có hai số có cùng số dư

    trong phép chia cho 13 nên hiệu của chúng chia hết cho 13, nghĩa là

    Bài 3: Chứng minh rằng trong 7 số tự nhiên bất kì luôn tồn tại 4 số có tổng
    chia hết cho 4
    Ta cần chứng minh bài toán phụ sau đây: “Trong 3 số tự nhiên bất kì luôn tồn
    tại hai số có tổng chia hết cho 2.”
    Cách 1: Trong phép chia một số cho 2, chỉ có 2 số dư là 0 hoặc 1. Khi chia 3 số
    tự nhiên cho 2 mà chỉ có 2 số dư nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 2 số
    có cùng số dư..
    + Nếu có ít nhất hai số cùng dư 0 thì hai số này có tổng chia hết chia hết cho 2.
    + Nếu ít nhất hai số cùng dư 1 thì hai số này có tổng chia hết cho 2.
    Cách 2: ta xét tính chẵn lẻ. Trong 3 số tự nhiên thì luôn có Ít nhất hai số cùng
    tính chẵn lẻ. Tổng hai số này chia hết cho 2.
    Chứng minh bài toán chính:
    Thật vậy, gọi 7 số tự nhiên bất kì là a1; a2; a3; a4; a5; a6; a7. Áp dụng bài toán phụ
    trên ta ,Trong 7 số này luôn tồn tại 2 số có tổng chia hết cho 2. Gọi 2 số đó là a1;
    a2 và a1+a2 = 2h (hN). Trong 5 số tự nhiên còn lại luôn tìm được hai số có
    tổng chia hết cho 2, gọi 2 số đó là a3 và a4 và a3+a4 =2k (k thuộc N). Trong 3 số
    tự nhiên a5, a6, a7 tồn tại 2 số có tổng chia hết cho 2, giả sử đó là a5 và a6, có a5
    + a6 = 2m.
    Ta lại có, trong 3 số tự nhiên h,k,m tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2, giả sử
    đó là h và k nên 2h+ 2k chia hết cho 4 mà a1+a2+a3+a4= 2h+2k chia hết cho 4
    hay a1+a2+a3+a4 chia hết cho 4.
    Bài 4: Trong 5 số tự nhiên bất ki luôn chọn đƣợc 3 số có tổng chia hết cho 3.
    Chứng minh:
    abc deg 13  
    abcdeg 1001.abc (abc deg)   
    13
    Trong phép chia cho 3 chỉ có 3 số dư: 0;1;2. Khi chia 5 số tự nhiên bất kì chia
    cho 3 thì xảy ra các trường hợp sau:
    + TH1: Có ít nhất 3 số có cùng số dư trong phép chia cho 3 thì 3 số này chính là
    3 số có tổng chia hết chia hết cho 3.
    +TH2: chỉ có hai cặp số có cùng số dư trong trong phép chia cho 3. Trong 5 số
    này ,Ta luôn chọn được 3 số khi chia cho 3 có 3 số dư khác nhau để có tổng của
    chúng chia hết cho 3.
    Bài 5: Cho 5 số tự nhiên lẻ bất ki. Chứng minh luôn chọn đƣợc 4 có tổng
    chia hết cho 4
    Bài làm:
    Một số lẻ khi chia cho 4 chỉ có 2 số dư là 1 và 3. Như vậy khi chia 5 số tự nhiên
    lẻ cho 4 ta được các trường hợp sau: (theo Dirichlet tì 5= 2.2+1 nên có ít nhất 3
    số cùng số dư trong phép chia cho 4 nên ta xét lớn hơn 3 và bằng 3)
    TH1: Có ít nhất 4 số lẻ có cùng số dư trong phép chia cho 4, ta chọn 4 số này có
    tổng chia hết cho 4.
    TH2: Có 3 số lẻ có cùng số dư trong phép chia cho 4 (chỉ có 2 loại số dư thôi
    nhé) ta luôn chọn được 4 số (2 số dư 3, hai số chia 4 dư 1) có tổng chia hết cho
    4.
    Bài 6: Cho a,b,c,d là các số nguyên. Chứng minh rằng:
    P= (b-a)(c-a)(d-a)(d-c)(b-d)(c-b) chia hết cho 12 hay (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(bd)(c-d) chia hết cho 12.
    Bài làm:
    Trong 4 số nguyên bất kì ta luôn có 2 số chẵn và hai số lẻ hoặc ít nhất 3 số cùng
    tính chẵn (lẻ) .
    Th1: Giả sử hai số chẵn đó là a, b và 2 số lẻ là c và d thì (a-b)(c-d) chia hết cho
    4.
    TH2: Giả sử 3 số a,b,c cùng tính lẻ thì (a-b)(b-c) chia hết cho 4.
    Nên P chia hết cho 4 (1)
    Trong 4 số nguyên bất kì a,b,c,d trong phép chia cho 3, thì luôn tồn tại hai số có
    cùng số dư trong phép chia cho 3(vì theo nguyên lí Dirichlet có 4 số mà chỉ có 3
    số dư 0,1,2). Giả sử đó là hai số c và d nên
    c-d chia hết cho 3. Suy ra P chia hết cho 3 (2). Từ 1 và 2 mà 3 và 4 nguyên tố
    cùng nhau nên P chia hết cho 12.
    Bài 7: Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý: a1, a2, a3, a4, a5. Xét tích sau đây:
    14

    P=(a1-a2)(a1-a3)(a1-a4)(a1-a5)(a2-a3)(a2-a4)(a2-a5)(a3-a4)(a3-a5)(a4-a5).
    minh P chia hết cho 288.
    Chứng

    Bài làm:
    Ta thấy 288 = 25.32
    Ta thấy , trong phép chia cho 2 chỉ có 2 số dư là 0, 1.Theo nguyên lí Dirichlet có
    5 số mà có 2 số dư thì có ít nhất 3 số có cùng số dư, tức là ít nhất 3 số có cùng
    tính chẵn (lẻ).
    TH1: Có đúng 3 số có cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quá đó là 3 số
    a1,a2,a3 cùng tính chẵn (lẻ), hai số còn lại tương ứng cùng tính lẻ (chẵn) thì (a1-
    a2)(a1-a3)(a2-a3) chia hết cho 23 còn (a4-a5) cũng là số chẵn nên (a1-a2)(a1-a3)(a2-
    a3)(a4-a5) chia hết cho 24. Tuy nhiên trong 5 số a1, a2, a3, a4, a5khi đem chia cho
    4 có ít nhất 2 số có cùng số dư nên hiệu 2 số đó chia hết cho 4, mà hiệu hai số
    chia hết cho 4 chỉ là 1 trong 4 hiệu a1-a2); (a1-a3); (a2-a3); (a4-a5) chứ không thể
    là các hiệu còn lại. Vậy a1-a2)(a1-a3)(a2-a3)(a4-a5) chia hết cho 25
    TH2: Có nhiều hơn 3 số có cùng tính chẵn (lẻ) thì a1-a2)(a1-a3)(a2-a3)(a4-a5) chia
    hết cho 25
    Vậy (a1-a2)(a1-a3)(a1-a4)(a2-a4) chia hết cho 25 (I)
    Ta chứng minh P chia hết cho 32
    Thật vậy, theo nguyên lí Dirichlet với 4 số bất kì a1, a2, a3, a4 thì luôn tồn tại ít
    nhất 2 số có cùng số dư trong phép chia cho 3, Giả sử là a1, a2 nên a1-a2 chia
    hết cho 3. Xét 4 số a2, a3, a4, a5 ta cũng tìm được 2 số có tính chất như vậy, giả
    sử là a2 và a3 nên a2-a3 chia hết cho 3. Vậy P chia hết cho 9.(II) Từ (I) và (II) ta
    dc P chia hết cho 25.32 = 288.
    Cách 2: của trường hợp 1 ý nhé.
    Có đúng 3 số có cùng tính chẵn (lẻ)
    Không mất tính tổng quá đó là 3 số a1,a2,a3 cùng tính chẵn (lẻ), hai số còn lại
    tương ứng cùng tính lẻ (chẵn) thì (a1-a2)(a1-a3)(a2-a3) chia hết cho 23 còn (a4-a5)
    cũng là số chẵn nên (a1-a2)(a1-a3)(a2-a3)(a4-a5) chia hết cho 24.
    Bài 8:Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được 6
    số kí hiệu là p1, p2, p3, p4, p5, p6 sao cho (p1-p2)(p3-p4)(p5+p6) chia hết cho 1800.
    Ta có 1800= 32.23.52
    +)Vì 3 số nguyên tố đầu tiên là 2, 3,5 nên có ít nhất 9 số nguyên tố lớn hơn 5. Số
    nguyên tố lớn hơn 5 khi chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2. Có 9 số mà có 2 số dư,
    theo nguyên lí Dirichlet (9=2.4+1) có ít nhất 5 số có cùng số dư trong phép chia
    cho 3. 5 số này đem chia khi cho 5 chỉ có 4 số dư( 1,2,3,4) nên theo nguyên lí
    15
    Đirichlet có 2 số có cùng số dư trong phép chia cho 5. Gọi 2 số đó là p1, p2 và
    p1-p2 chia hết cho 5 và hiển nhiên p1-p2 chia hết cho 3. Hai số p1, p2 hiển nhiên lẻ
    nên p1-p2 chia hết cho 2. Vậy p1- p2 chia hết cho 2, 3, 5 hay p1-p2 chia hết cho
    30.
    +) Trong 9 số đã lấy đi 2 số, còn lại 7. Bảy số này khi đem chia cho 3 chỉ có 2 số
    dư (1 hoặc 2) nên theo nguyên lí Ddirrichlet (7= 3.2+1) sẽ có ít nhất 4 số có
    cùng số dư trong phép chia cho 3. Lấy 4 số này đem chia cho 5 thì có 4 số
    dư(1,2,3,4). Nên ta có 2 trường hợp sau
    TH1: Tồn tại it nhat 2 số cùng có số dư khi chia cho 5. Giả sử đó là p3, p4 và
    p3-p4chia hết cho 5, hiển nhiên p3-p4 cũng chia hết cho 3 . hai số p3,p4 là hai số lẻ
    nên p3-p4 chia hết cho 2 và p3-p4 chia hết cho 2.3.5 =30. Lấy hai số bất kì p5,p6
    còn lại trong 4 số trên ta đềulà số lẻ nên được p5+p6 chia hết cho 2. Nên (p1-
    p2)(p3-p4)(p5+p6) chia hết cho 30.30.2 =1800
    TH2: nếu cả 4 số trên không có 2 số nào cùng số dư trong phép chia cho 5,
    mỗi số chia cho 5 tương ứng dư 1,2,3,4 thì tồn tại hai số trong 4 số này là p5+p6
    chia hết cho 5 và tất nhiên chia hết cho 2 nên p5+p6 chia hết cho 10. Trong 4 số
    trên có hai số cùng dư khi chia cho 3 là p3,p4 nên p3-p4 chia hết cho 3 và p3-p4
    chia hết cho 2 nữa nên p3-p4 chia hết cho 6. Vậy (p1-p2)(p3-p4)(p5-p6) chia hết
    cho 30.10.6= 1800
    Kết luận: Vậy ta luôn chọn dc 6 số nguyên tố thỏa mãn đề bài.
    Dạng 2: Tạo thỏ, tạo lồng
    Bài 9: Chứng minh rằng có thể tìm được một số có dạng
    19781978…197800…0 chia hết cho 2012.
    Bài 10: Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 20032003 …. 200300…00 chia
    hết cho 2002.
    Hướng dẫn giải: ta đã biết một số lẻ đem chia cho một số chẵn không thể dư
    các số dư chẵn : 0 ,2,4,6,…. Nên ta làm như sau:
    -Xét dãy số gồm 1002 số hạng sau:
    200320032003,…..;2003 …. 2003 2003 ….2003
    1002 lần 2003
    Chia tất cả các số hạng của dãy cho 2002 có 1001 số dư lẻ từ 1 đến 2001
    (không thể có số dư 0;2;4;6;… vì các số hạng của dãy là các số lẻ). Có 2002
    phép chia, nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số có cùng số dư khi
    chia cho 2002.
    16
    Giả sử hai số đó là am và an (m,n N ); 1<=m <n< 1003)
    Với am = 2003 2003… 2003 ; an = 2003 2003 … 2003
    Ta có: (an –am) chia hết cho 2002
    Hay 2003 2003 … 2003 00 ….00 chia hết 2002
    Vậy tồn tại một số có dạng 2003 2003 … 2003 00 … 00 luôn chia hết cho 2002
    Bài 11:Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên toàn chữ số 6 và chia hết
    cho 2003.

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN Mở rộng và phát triển bài toán hình học lớp 9

    SKKN Mở rộng và phát triển bài toán hình học lớp 9

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
    Toán học là một môn khoa học rất quan trọng trong tất cả các lĩnh vực.
    Trong bất kì hoàn cảnh nào chúng ta cũng không thể thiếu kiến thức về toán.
    Nghiên cứu về toán cũng là nghiên cứu một phần của thế giới.
    Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừu tượng, tính
    logíc cao. Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp Giáo dục và Đào tạo
    cũng đổi mới không ngừng. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán đã
    góp phần tạo điều kiện cho các em học sinh học tốt các môn học khác.
    Với môn Hình học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo
    đạc, tính toán, suy luận logíc, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Đặc biệt
    là rèn luyện cho học sinh khá, giỏi nâng cao được năng lực tư duy, tính độc
    lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài toán. Vì vậy bộ môn Hình
    học càng có ý nghĩa quan trọng. Việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi không đơn
    thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm
    bài tập hoặc làm nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả
    năng sáng tạo, khả năng nghiên cứu sâu bài toán, khả năng mở rộng và phát
    triển bài toán, khả năng đề xuất được những bài toán tương tự và những bài
    toán mới cho học sinh. Với bộ môn Hình học việc rèn luyện năng lực tư duy
    trừu tượng và phán đoán lôgíc là rất quan trọng.
    Qua các năm công tác giảng dạy ở trường tôi nhận thấy việc học toán nói
    chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn
    luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người
    thầy cần phải có nhiều phương pháp. Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực
    tế ở trường việc có được học sinh giỏi môn Toán là một điều rất vất vả và khó
    khăn, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song
    đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và
    cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động
    tư duy sáng tạo. Với mỗi bài toán, tìm ra được lời giải là một niềm vui. Sẽ thú
    vị hơn nhiều nếu ta tìm ra được nhiều lời giải cho một bài toán, biết sử dụng
    kết quả bài toán đã làm được để giải quyết các bài toán khác và hình thành
    3
    nên được nhiều bài toán mới từ bài toán ban đầu. Hãy có nhiều suy nghĩ và
    cách tiếp cận khác nhau với mỗi đề toán, chúng ta sẽ tìm được nhiều lời giải
    hay hơn và xây dựng nên nhiều bài toán tương tự, nhiều bài toán mới rất thú
    vị. Vì vậy tôi chọn sáng kiến kinh nghiệm:
    “Mở rộng và phát triển bài toán hình học lớp 9 “
    Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước
    mỗi bài tập tôi thường gợi ý và hướng dẫn cho học sinh nhiều cách giải. Trên
    cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải
    tương tự và khái quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi
    bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài toán tổng quát và xây
    dựng các bài toán tương tự. Biết sử dụng kết quả bài toán đã làm được vào
    giải quyết các bài toán khác. Biết phát biểu bài toán tương tự và biết mở rộng,
    phát triển bài toán.
    Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn rèn luyện khả năng sáng tạo
    toán cho học sinh sao cho mọi lúc, mọi nơi các em có thể tự phát huy năng
    lực độc lập, sáng tạo của mình.
    II. Mô tả giải pháp kỹ thuật:
    II.1. Mô tả giải pháp kỹ thuật trước khi tạo ra sáng kiến:
    – Trước khi áp dụng sáng kiến “Mở rộng và phát triển bài toán hình
    học lớp 9 ” tôi thường chỉ chú trọng cho học sinh giải các bài tập một cách
    đơn lẻ, chưa có nhiều sự mở rộng và liên hệ giữa các bài tập với nhau.
    – Chưa quan tâm nhiều đến việc mở rộng và phát triển bài toán, chưa tạo
    ra được nhiều tình huống có vấn đề, chưa tạo ra được nhiều hứng thú trong
    học tập cho học sinh.
    II.2. Mô tả giải pháp kỹ thuật sau khi có sáng kiến:
    1. Giải pháp thực hiện:
    – Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho
    một bài toán.
    – Tăng cường các hoạt động tìm tòi, quan sát, đo đạc, dự đoán tiếp cận
    lời giải.
    4
    – Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản vào
    giải quyết các vấn đề có liên quan.
    2. Kiến thức cần truyền đạt:
    Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện được khả năng sáng tạo, biết sử
    dụng kết quả bài toán đã làm được vào việc giải quyết các bài toán khác, biết
    phát biểu các bài toán tương tự. Đặc biệt là biết xây dựng, mở rộng và phát
    triển được nhiều bài toán mới xuất phát từ những bài toán quen thuộc. Trong
    đề tài này do khuôn khổ, giới hạn của đề tài tôi chỉ đưa ra một số dạng cơ bản
    và một số bài tập điển hình cho dạng toán.
    3. Tổ chức thực hiện:
    Tìm tòi cách giải, mở rộng và phát triển bài toán hình học lớp 9.
    Bài toán 1. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Đường
    thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại D. Chứng minh rằng:
    DI DB DC  
    O
    I
    D
    B C
    A
    Chứng minh:
    Vì I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên AI BI CI , , theo thứ tự là phân giác
    của BAC ABC ACB  ; ;  
    Suy ra BAD CAD   
    Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
    Xét đường tròn (O) có BAD CAD    (cmt)
    Suy ra DB DC   
    Suy ra DB DC 
    Xét DBI có BID IAB IBA BAC ABC BAC ABC          1 1 1 2 2 2     
    IBD IBC CBD ABC CBD ABC DAC ABC BAC            1 1 1 2 2 2       
    Suy ra BID IBD   
    5
    Suy ra DBI cân tại D
    Suy ra DB DI 
    Mà DB DC  (cmt)
    Suy ra DI=DB=DC
    – Bài toán 1 là bài toán rất quen thuộc trong chương trình hình học lớp 9. Ở
    bài toán này nếu gọi E F , theo thứ tự là giao điểm của tia BI và tia CI với
    đường tròn (O) thì tương tự ta cũng chứng minh được EA EC EI   và
    FA FB FI  
    E
    F
    I O
    D
    B C
    A
    – Ta cũng dễ dàng chứng minh được D điểm chính giữa của cung BC (không
    chứa điểm A ); E là điểm chính giữa của cung AC (không chứa điểm B ); F
    là điểm chính giữa của cung AB (không chứa điểm C ). Ngược lại nếu cho
    tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D điểm chính giữa của các cung
    BC (không chứa điểm A ), E là điểm chính giữa của các cung AC (không
    chứa điểm B ); F là điểm chính giữa của các cung AB (không chứa điểm C )
    thì ta cũng dễ dàng chứng minh được AD BE CF , , đồng quy và điểm đồng quy
    đó chính là tâm được tròn nội tiếp ABC .
    – Ở bài toán 1: Gọi G là giao điểm của BC và AD .
    6
    G
    O
    I
    D
    B C
    A
    Ta dễ dàng chứng minh được ABG đồng dạng với ADC .

    Suy ra

    AB AG
    AD AC

    Suy ra AB AC AD AG . . 
    Ta cũng dễ dàng chứng minh được AGB đồng dạng với CGD
    Suy ra AG GB
    CG GD

    Suy ra AG GD CG GB . . 
    Suy ra AB AC GB GC AG AD GD AG . . .       2
    Do đó ở bài toán 1 ta có thể hỏi thêm câu b) như sau:
    b) Gọi G là giao điểm của AD và BC . Chứng minh rằng AB AC GB GC AG . .   2
    – Ở bài toán 1: Nếu áp dụng định lí Ptolemy vào tứ giác nội tiếp ABCD thì ta
    sẽ có kết quả thú vị:
    * Định lí Ptolemy: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi đó ta có
    AB.CD+AD.BC=AC.BD
    O
    E
    B
    A
    D
    C
    7
    Chứng minh:
    Trên đường chéo BD lấy điểm E sao cho DAE BAC   
    Xét đường tròn (O) có ADB ACB   (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
    Hay ADE ACB  
    Xét ADE và ACB có DAE BAC    (cách vẽ)
     
    ADE ACB  (cmt)
    Suy ra ADE đồng dạng với ACB (gg)

    Suy ra

    AD DE
    AC BC

    Suy ra AD BC AC DE . .  (1)
    Ta có DAE BAC    (cách vẽ)
    Suy ra DAE EAC BAC EAC       
    Hay EAB DAC   
    Ta có ABD ACD   (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
    Hay ABE ACD  
    Xét ABE và ACD có EAB DAC    ; ABE ACD   (cmt)
    Do đó ABE đồng dạng với ACD
    Suy ra AB BE
    AC CD

    Suy ra ABCD AC BE . .  (2)
    Từ (1) và (2) suy ra AB CD AD BC AC BE DE AC BD . . . .      
    – Ở bài toán 1: Áp dụng định lí Ptolemy vào tứ giác nội tiếp ABDC ta có:
    AB DC AC DB DA BC . . .  
    Mà theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC DI  
    Suy ra DI AB AC DA BC . .    
    Suy ra DI BC
    DA AB AC


    Do đó ở bài toán 1 ta có thể hỏi thêm câu c) như sau:
    c) Chứng minh rằng: DI BC
    DA AB AC


    – Từ kết quả bài toán 1: DB DC DI   . Suy ra D là tâm đường tròn ngoại
    tiếp BIC . Từ đó ta có bài toán mới như sau
    Bài 1.1. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh
    rằng tâm đường tròn ngoại tiếp BIC , AIC , AIB đều nằm trên đường tròn
    ngoại tiếp ABC .
    – Ở bài toán 1: Nếu gọi M là giao điểm của DF với AB ; N là giao điểm của
    DE với AC thì ta có
    8
    N
    M
    F
    E
    O
    I
    D
    B C
    A
    Vì I là tâm của đường tròn nội tiếp ABC , BI cắt đường tròn (O) tại E
    nên suy ra BE là phân giác của ABC
    Suy ra ABE CBE  
    Suy ra AE EC  
    Suy ra ADE EDC  
    Suy ra DE là phân giác của ADC hay DN là phân giác của ADC
    Xét ADC có DN là phân giác.
    Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ta có AN AD
    NC DC

    Tương tự AM AD
    MB DB

    Theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC 
    Suy ra AD AD
    DB DC

    Suy ra AN AM
    NC MB

    Theo định lí Ta lét đảo suy ra MN BC / /
    * Để chứng minh MN // BC ta có thể làm cách khác như sau:
    Theo kết quả bài toán 1 ta có DC DI 
    Suy ra DCI cân tại D
    Dễ dàng chứng minh được DE là phân giác của IDC 
    Nên suy ra DE đồng thời là đường trung trực của đoạn CI
    Mà N thuộc DE
    Suy ra NI NC 
    Suy ra NCI cân tại N
    Suy ra NIC NCI   
    Mà NCI ICB   
    9
    Suy ra NIC ICB   
    Suy ra NI BC / /
    Chứng minh tương tự ta được MI BC / /
    Từ đó suy ra M I N , , thẳng hàng. Suy ra MN BC / /
    Suy ra MN đi qua tâm của đường tròn nội tiếp ABC
    Từ đó chúng ta có các bài toán mới như sau:
    Bài 1.2. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Các tia
    AI BI CI , , lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm D E F , , . Gọi M là giao điểm
    của DF với AB , N là giao điểm của DE với AC . Chứng minh rằng
    MN BC / / .
    Bài 1.3. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Các tia
    AI BI CI , , lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm D E F , , . Gọi M là giao
    điểm của DF với AB , N là giao điểm của DE với AC . Chứng minh rằng
    MN đi qua I .
    – Theo kết quả chứng minh ở phần trên ta có MN đi qua I
    H
    G
    P Q
    N
    M
    F
    E
    O
    I
    D
    B C
    A
    – Nếu gọi P Q , theo thứ tự là giao điểm của DF DE , với BC ;
    H G , theo thứ tự là giao điểm của EF với AB AC ,
    Chứng minh tương tự ta cũng có PG đi qua I ; HQ đi qua I
    Từ đó ta có bài toán mới như sau:
    Bài 1.4. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Gọi D E F , , theo
    thứ tự là điểm chính giữa của các cung BC CA AB , , không chứa các đỉnh
    10
    A B C , , . Cạnh BC cắt DF DE , theo thứ tự tại P Q , . Cạnh AC cắt ED,EF theo
    thứ tự tại N G , . Cạnh AB cắt FE FD , theo thứ tự tại H M , . Chứng minh rằng
    các đường chéo MN QH PG , , của lục giác PQNGHM đồng quy tại một điểm.
    – Ở bài toán 1: Kẻ đường kính DK . Gọi P Q , theo thứ tự là giao điểm của
    đường thẳng AK với tia BI và tia CI
    Q
    P
    K O
    I
    D
    B C
    A
    Xét đường tròn (O), đường kính DK
    Có DAK  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
    Suy ra DAK   900
    Suy ra AIP vuông tại A .
    Suy ra API AIP IAB IBA BAC ABC         90 90 90 0 0 0     12  
         90 180 0 0 1 1 2 2  ACB ACB BCQ   
    Xét tứ giác BCPQ có C và P là 2 đỉnh kề nhau, cùng nhìn đoạn BQ dưới
    những góc bằng nhau.
    Suy ra 4 điểm B C P Q , , , cùng thuộc một đường tròn.
    Từ đó ta có bài toán mới như sau:
    Bài 1.5. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Tia AI cắt
    đường tròn (O) tại các điểm D . Kẻ đường kính DK của đường tròn (O). Gọi
    P và Q theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng AK với các tia BI và CI .
    Chứng minh 4 điểm B C P Q , , , cùng thuộc một đường tròn.
    – Ở bài toán 1: Kẻ đường kính DK . Gọi R r , theo thứ tự là bán kính của
    đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC , P là tiếp điểm của AB với đường tròn
    (I), E và F là giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn (O)
    11
    F
    E
    P
    K
    O
    I
    D
    B C
    A
    Khi đó xét đường tròn (O) có DCK  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
    Suy ra DCK   900
    Vì đường tròn (I) nội tiếp ABC
    Suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (I)
    Mà P là tiếp điểm của AB với đường tròn (O)
    Suy ra AB IP  và IP r 
    Suy ra API  900
    Ta có DB DC    (theo kết quả bài 1)
    Suy ra BAD DKC    hay PAI CKD   
    Xét API và KCD có PAI CKD    (cmt); API KCD    900
    Suy ra API đồng dạng với KCD (gg)
    Suy ra IP AI
    DC KD
     hay IP KD AI DC . . 
    Mà KD R  2 ; IP r 
    Suy ra 2 . Rr AI DC 
    Theo kết quả bài 1 ta có DC DI 
    Suy ra 2 . Rr AI DI  (1)
    Ta dễ dàng chứng minh được IA.ID= .IF= . IE R OI R OI R OI         2 2 (2)
    Từ (1) và (2) suy ra 2Rr R OI   2 2
    Suy ra OI R Rr 2 2  2
    Hệ thức trên là hệ thức Ơle của ABC
    Từ đó ta có bài toán sau:
    Bài 1.6. Cho ABC có đường tròn ngoại tiếp là (O ; R ), đường tròn nội tiếp là
    ( I r , ). Chứng minh rằng: OI R Rr 2 2  2
    12
    – Ở bài toán 1: Kẻ đường kính DK. Gọi T là giao điểm của đường thẳng DK
    và BC. Ta chứng minh được BTI AKI   
    K O T
    I
    D
    B C
    A
    Thật vậy:
    Áp dụng kết quả bài toán 1 ta chứng minh được DB DI  và DB DC   
    Xét đường tròn (O) có DK là đường kính; DB DC   
    Suy ra DK BC  DK  BC tại T
    Suy ra DTB   900
    Xét đường tròn (O) có DB DC   
    Suy ra DKB DBC    hay DKB DBT   
    Ta có DBK  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
    Suy ra DBK   900
    Xét TBDvà BKDcó DTB DBK     900
     
    DBT DKB  (cmt)
    Do đó TBDđồng dạng với BKD(gg)

    Suy ra

    DB DK
    DT DB

    Mà DB DI  (Theo kết quả bài toán 1)
    Suy ra DI DK
    DT DI

    Xét DTI và DIK có IDT  chung
    DI DK
    DT DI
     (cmt)
    Do đó DTI đồng dạng với DIK (cgc)
    Suy ra DTI DIK    (1)
    Ta có BTI DTI DIB DTI         900 (2)
    Ta có DIK  là góc ngoài tại đỉnh I của AIK
    Suy ra DIK IAK AKI     
    Suy ra AKI DIK IAK DIK        900 (3)
    Từ (1), (2), (3) suy ra BTI AKI   
    13
    Từ đó ta có bài toán sau:
    Bài 1.7. Cho ABC , I và O theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp
    tam giác ABC. Kẻ đường kính DK . Gọi T là giao điểm của DK và BC .
    Chứng minh rằng BTI AKI    .
    – Ở bài toán 1: Gọi R V , theo thứ tự là các tiếp điểm của AB , AC với đường
    tròn (I)
    V
    R
    O
    I
    D
    B C
    A
    Theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC DI  
    Suy ra D là tâm đường tròn nội tiếp BIC
    Xét đường tròn (I) có AR và AV là 2 tiếp tuyến cắt nhau
    Suy ra AR AV  và AI là phân giác của RAV  .
    Suy ra RAI VAI   
    Suy ra RAD VAD   
    Xét RAD và VAD có AR AV  (cmt)
     
    RAD VAD  (cmt)
    AD là cạnh chung
    Do đó RAD = VAD (cgc)
    Suy ra ARD AVD  
    Mà ARD BRD    1800 ; AVD CVD    1800
    Suy ra BRD CVD   
    Từ đó ta có bài toán mới như sau:
    Bài 1.8. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó; R V , theo thứ tự
    là tiếp điểm của AB AC , với đường tròn tâm I ; D là tâm đường tròn ngoại
    tiếp BIC . Chứng minh rằng BRD CVD   
    Tiếp tục sử dụng kết quả bài toán 1 để giải bài toán sau:
    Bài toán 2. Cho ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. Các tia
    AI BI CI , , lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm D E F , , . Chứng minh rằng:
    AD BE CF AB AC BC     
    14
    F
    E
    O
    I
    D
    B C
    A
    Theo kết quả bài 1 ta có DB DC DI  
    Áp dụng bất đẳng thức tam giác trong DBC ta có DB DC BC  
    Suy ra 2DI BC 
    Chứng minh tương tự ta có 2 ;2 EI AC FI AB  
    Suy ra 2DI EI FI BC AC AB      
    Suy ra
    2
    AB AC BC
    DI EI FI      (1)
    Áp dụng bất đẳng thức tam giác trong    BIC AIC AIB , , ta có:
    BI CI BC  
    AI IC AC  
    AI BI AB  
    Do đó 2AI BI CI AB AC BC      
    Suy ra
    2
    AB AC BC
    AI BI CI     

    (2)

    Cộng (1) và (2) theo vế ta được AD BE CF AB AC BC     
    Cách khác:
    Áp dụng định lý Ptolemy vào tứ giác nội tiếp ABDC ta có :
    AD BC AC BD AB DC . . .  
    Theo kết quả bài toán 1 ta có DB DC DI   .
    Mà 2DI BC  (cmt)
    Suy ra 2DC BC 
    Suy ra
    2
    BC
    DC 
    15
    Suy ra AD DC AB AC   BC 2 .AB AC
    BC BC


     
    Suy ra
    2
    AB AC
    AD  
    Chứng minh tương tự ta được
    2
    AB BC
    BE  
    2
    AC BC
    CF  
    Do đó AD BE CF AB AC BC     
    Bài toán 3. Cho ABC không đều. Gọi I và O lần lượt là tâm đường tròn nội
    tiếp và ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng AIO  900 khi và chỉ khi
    AB AC BC   2.
    O
    I
    D
    B C
    A
    Kéo dài AI cắt đường trong (O) tại D
    Áp dụng kết quả bài 1 ta có DB DC DI  
    Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác nội tiếp ABDC ta có
    AD BC AB DC AC DB DI AB AC . . .      

    . Suy ra

    AD AB AC
    ID BC


    Vì A D , thuộc đường tròn (O ).
    Suy ra OA=OD
    Suy ra AOD cân tại O
    Ta có AIO AI ID AI ID ID AD ID         90 2. 2. 0
    2 2. AD AB AC BC AB AC
    ID BC

         
    16
    * Ở các bài toán trên
    Sau khi đã tìm được lời giải giáo viên tiếp tục gợi ý cho HS qua câu hỏi
    để tìm các cách giải khác.
    Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời gi

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

  • SKKN Xây dựng hệ thống bài tập tin học theo kịp sự thay đổi dạy ngôn ngữ lập trình c++ và phù hợp với năng lực học sinh

    SKKN Xây dựng hệ thống bài tập tin học theo kịp sự thay đổi dạy ngôn ngữ lập trình c++ và phù hợp với năng lực học sinh tại cấp trung học cơ sở

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

    Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
    – Nhu cầu của xã hội ngày càng lớn cùng với sự phát triển của khoa học kỹ
    thuật đã kéo theo sự phát triển nhƣ vũ bão của tin học. Sự phát triển của tin học
    đã đem lại hiệu quả to lớn cho hầu hết các lĩnh vực của xã hội, hơn thế nữa nó
    còn đi sâu vào đời sống của con ngƣời. Nền tin học của một quốc gia đƣợc xem
    là sự phát triển nếu nó đóng góp đƣợc phần đáng kể vào nền kinh tế quốc dân và
    vào kho tàng tri thức chung của thế giới.
    – Tiếp nữa phong trào thi học sinh giỏi Tin học diễn ra trên khắp các tỉnh
    thành ở nƣớc ta nói riêng và các nƣớc trên thế giới nói chung hƣớng tới các mục
    đích:
    + Đẩy mạnh phong trào dạy và học Tin học nhằm đáp ứng các yêu cầu
    của cuộc sống đang đƣợc tin học hóa sâu rộng trong mọi lĩnh vực.
    + Phát hiện các học sinh có năng khiếu để đào tạo và phát triển nguồn
    nhân lực đỉnh cao, có tri thức và có tay nghề theo kịp sự phát triển của xã hội.
    – Việc đào tạo, bồi dƣỡng học sinh giỏi Tin học chịu tác động rất nhiều của
    hai yếu tố:
    + Sự phát triển của lý thuyết,
    + Sự phát triển của công cụ Tin học.
    – Do vậy, Việt Nam nói chung và ngành giáo dục đào tạo nói riêng phải đầu tƣ
    phát triển về mọi mặt. Đặc biệt là nguồn nhân lực tri thức tức là phải đào tạo ra một
    thế hệ trẻ năng động, thông minh, độc lập, sáng tạo, nắm vững tri thức khoa học
    công nghệ để làm chủ trong mọi hoàn cảnh công tác và hoạt động xã hội nhằm đáp
    ứng đƣợc nhu cầu trong thời kì công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nƣớc. Là bối
    cảnh tôi viết sáng kiến này.
    II. Mô tả giải pháp kỹ thuật:
    2.1. Mô tả giải pháp kỹ thuật trước khi tạo ra sáng kiến:
    2.1.1 Thực trạng chung về môn tin học ở địa phương:
    Vấn đề chung
    2
    – Theo kết quả khảo sát, phần lớn các trƣờng đều gặp phài một số vấn đề về cơ
    sở vật chất nhƣ:
    + Thiếu phòng máy tính, máy chiếu phục vụ dạy lý thuyết và thực hành.
    + Phòng máy tính số lƣợng máy hỏng còn nhiều, máy cũ với cấu hình thấp gây
    khó khăn cho việc cài đặt các phần mềm phiên bản cao phục vụ học tập, tốc độ
    máy chậm, chạy không ổn định ảnh hƣởng đến chất lƣợng các buổi học thực
    hành.
    – Vị thế của môn Tin học trong các trƣờng THPT chỉ là môn “tự chọn” vì thế
    chƣa nhận đƣợc sự quan tâm của nhà trƣờng cũng nhƣ phụ huynh và học sinh:
    học sinh chỉ học để đối phó, nhà trƣờng chỉ tổ chức dạy cho đúng yêu cầu, phụ
    huynh không khuyến khích ủng hộ con em yêu thích đam mê môn học, thậm chí
    nhiều phụ huynh còn cấm con em họ tham gia thi học sinh giỏi môn Tin học, tạo
    áp lực cho giáo viên và nhà trƣờng để con em học đƣợc ra khỏi đội tuyển .
    – Phần lớn giáo viên môn Tin học đều phải kiêm nhiệm rất nhiều công tác khác
    nhau nên ảnh hƣởng không nhỏ tới chất lƣợng giảng dạy. Vấn đề trên dẫn tới
    tâm lý học sinh chán học, giáo viên chán dạy nên chất lƣợng môn Tin học trong
    trƣờng THPT không đáp ứng đƣợc mục đích, yêu cầu của môn học.
    Đặc biệt với môn Lập trình trong tin học lớp 8, là môn học đƣợc đánh giá là khó
    thì việc dạy và học càng trở lên “đối phó”.
    Vấn đề của học sinh khi học lập trình
    – Các bài tập áp dụng công thức toán học quá nhiều, học sinh phải có kiến thức
    tốt về toán thì mới có thể làm đƣợc các bài tập trong sách giáo khoa.
    – Phần lớn các bài tập chỉ liên quan đến tính toán, thuần về toán học, không liên
    quan đến thực tiễn do đó học sinh chƣa hiểu đƣợc lập trình để làm gì ngoài viêc
    tính toán với các con số.
    – Phần lớn học sinh chỉ cố hoàn thành các bài tập giáo viên cho một cách bị
    động, không kích thích tƣ duy tính sáng tạo, không thu hút sự chú ý của học
    sinh, do đó học sinh học chỉ để đối phó với môn học.
    3
    – Với ngôn ngữ lập trình, học sinh khó liên hệ với việc xây dựng các ứng dụng
    trong thực tế, vì thế học sinh không hình dung hết vai trò của sản phẩm lập trình
    trong cuộc sống hàng ngày.
    Vấn đề của giáo viên tin học cấp THCS
    – Nhiều trƣờng giáo viên Tin học là các thầy cô đƣợc đào tạo chuyên ngành
    Toán – Tin (trong đó chƣơng trình Toán là chủ yếu), vì thế dẫn đến việc lúng
    túng trong giảng dạy môn Tin học, đặc biệt là việc ứng dụng kiến thức trong
    sách giáo khoa vào thực tế và việc cập nhật các kiến thức mới cho học sinh.
    – Số lƣợng học sinh/lớp ở các trƣờng THPT khá cao (trung bình 45 – 55 học
    sinh) gây khó khăn rất lớn cho giáo viên khi hƣớng dẫn học sinh thực hành. Bên
    cạnh đó cơ sở vật chất còn thiếu và lạc hậu cũng dẫn tới chất lƣợng các tiết học
    thực hành không cao.
    – Với tâm lý là môn học “tự chọn”, nên nhiều giáo viên không yêu thích và đam
    mê với công tác giảng dạy chuyên môn, lại phải kiêm nhiệm nhiều công tác
    khác nên cũng không có nhiều thời gian để giáo viên đầu tƣ cho soạn giáo án,
    thiết kế chƣơng trình đổi mới phƣơng pháp giảng dạy hay tự bồi dƣỡng chuyên
    môn.
    Vấn đề về tài liệu tham khảo và trao đổi học hỏi
    -Tài liệu tham khảo lập trình tiếng Việt có ít và hạn chế. Các tài liệu và wed bài
    tập là tiếng Anh hay nhƣng rất mất công để tự dịch là hạn chế lớn nhất khi tìm
    kiếm tài liệu.
    – Hơn nữa nơi trƣờng tôi công tác chỉ có bản thân tôi dạy Tin học nên việc trao
    đổi chuyên môn với đồng nghiệp còn nhiều hạn chế và khó khăn.
    Vấn đề thay đổi ngôn ngữ lập trình trong chương trình tin học lớp 8
    – Dạy và thi học sinh giỏi tin học ở tỉnh Nam Định cũng diễn ra nhiều năm ở
    hai cấp học THCS và THPT. Bắt đầu từ năm học 2017-2018, Sở Giáo dục và
    Đào tạo bắt đầu triển khai giảng dạy ngôn ngữ lập trình C++ với hệ thống lập
    trình CodeBlocks cho các trƣờng THCS và THPT trong toàn tỉnh mà hiện tại
    4
    chƣa có sách giáo khoa cũng nhƣ sách bài tập làm tài liệu giảng dạy cho học
    sinh (Đây là lí do cấp thiết tôi viết báo cáo sáng kiến này.)
    Nói tóm lại để giải quyết các thực trạng nêu trên, báo cáo sẽ xây dựng để đáp
    ứng yêu cầu đề ra và mong muốn chia sẻ kinh nghiệm về dạy ngôn ngữ lập trình
    C++ cho đối tƣợng HS phổ thông trên lớp với vấn đề 1: “Tài liệu cung cấp tạm
    thời thay thế ngôn ngữ lập trình Pascal sang ngôn ngữ lập trình C++ dạy ở
    THPT” và dạy ngôn ngữ lập trình C++ cho đối tƣợng học sinh giỏi phổ thông thi
    học sinh giỏi với vấn đề 2 “ Sử dụng ngôn ngữ lập trình C++ dạy học sinh
    giỏi”. Tôi mạnh dạn viết sáng kiến này và lấy tên chuyên đề cho sáng kiến kinh
    nghiệm của tôi là “ XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TIN HỌC THEO KỊP SỰ THAY
    ĐỔI DẠY NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH C++ VÀ PHÙ HỢP VỚI NĂNG LỰC HỌC SINH
    TẠI CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ ”
    2. Mô tả giải pháp kỹ thuật sau khi có sáng kiến:
    Trƣớc thực trạng trên tôi nhận thấy trang bị kiến thức về ngôn ngữ lập trình
    chƣa bao giờ là một vấn đề cũ vì công nghệ thông tin là sự phát triển từng ngày,
    từng giờ và không ngừng thay đổi.
    Điều quan trọng nắm vững là kỹ thuật lập trình và tổ chức dữ liệu. Khi đã biết
    tƣơng đối tốt một ngôn ngữ lập trình thì việc chuyển sang lập trình ở một hệ
    thống lập trình mới hơn là khá đơn giản.
    Đƣơng nhiên, khi chọn một ngôn ngữ nào đó làm công cụ cho mình ngƣời lập
    trình cần phải:
    + Biết rõ những điểm mạnh và yếu của ngôn ngữ cũng nhƣ của hệ thống
    hệ thống lập trình hỗ trợ,
    + Cần nắm vững các dịch vụ mà hệ thống lập trình cung cấp,
    + Cần có thói quen suy nghĩ và hành động phù hợp với ngôn ngữ và hệ
    thống lập trình.
    + Cần biết càng sâu càng tốt các thư viện chuẩn hỗ trợ lập trình và biết
    khai thác chúng một cách tối ưu.
    5
    Sau đâu tôi xin đƣa ra các định hƣớng phát triển năng lực, các phƣơng pháp,
    phƣơng tiện hình thức tổ chức dạy học, phƣơng pháp đánh giá là cơ sở để xây
    dựng hệ thống bài tập trên:
    2.2.1 Năng lực cần hình thành cho học sinh qua môn tin học ở nhà trường:
    Môn Tin học giúp cho học sinh hình thành và phát triển năng lực sử dụng CNTT
    và truyền thông (ICT) nhƣ là một công cụ để mở rộng khả năng tiếp nhận tri
    thức và sáng tạo trong bối cảnh bùng nổ thông tin, đáp ứng yêu cầu của thời đại
    số hóa và toàn cầu hóa biến quá trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo. Cụ thể,
    môn Tin học hình thành và phát triển cho học sinh:
    Khi có các năng lực trên học sinh sẽ xác định đƣợc thông tin cần thiết để thực
    hiện nhiệm vụ học tập; lập kế hoạch và tìm kiếm đƣợc thông tin với các chức
    6
    năng tìm kiếm đơn giản; biết tổ chức thông tin phù hợp; biết đánh giá sự phù
    hợp của thông tin, dữ liệu đã tìm thấy với nhiệm vụ đặt ra; biết cách tiếp nhận
    thuật toán và nguyên tắc chuyển giao thuật toán cho máy tính. Trải nghiệm đƣợc
    sự thành công trong tự động hóa giải quyết vấn đề nhờ vào việc chuyển giao
    thuật toán đơn giản cho thiết bị .
    2.2.2 Đổi mới phương pháp, nội dung theo định hướng năng lực cho học
    sinh qua môn tin học ở nhà trường:
    Phƣơng pháp dạy học của giáo viên có vai trò rất quan trọng, nó sẽ là công
    cụ giúp học sinh hứng thú học tập hơn. Hơn nữa, trong xu thế xã hội ngày càng
    phát triển, sự đổi mới của đất nƣớc, nền giáo dục cũng có những thay đổi căn
    bản cả về nội dung lẫn phƣơng pháp dạy học và ngày càng hội nhập sâu vào sự
    tiến bộ chung của các nền giáo dục trong khu vực và trên thế giới. Vì vậy việc
    vận dụng các phƣơng pháp dạy học tiến bộ, tích cực trong tất cả các môn học
    nói chung cũng nhƣ trong giảng dạy môn Tin học nói riêng cũng là phù hợp với
    xu thế chung của nền giáo dục hiện đại theo hƣớng phát huy tính tích cực của
    học sinh nhằm nâng cao chất lƣợng giáo dục của môn học.
    Tin học là một môn học mang tính khoa học và công nghệ, tốc độ phát
    triển và thay đổi rất nhanh, diễn ra hàng ngày, hàng giờ và thậm chí hàng giây.
    Vì vậy khi giảng dạy, giáo viên nên hƣớng cho học sinh ý thức tự học, tự tìm tòi
    nghiên cứu, học thông qua nhiều nguồn khác nhau, đổi mới phƣơng pháp trong
    giảng dạy, sử dụng các phƣơng tiện dạy học mới nhƣ học qua mạng, soạn giáo
    án điện tử, kiểm tra trắc nghiệm trên máy, sử dụng đồ dùng dạy học trực quan,
    máy chiếu projector… để phát huy đƣợc tính tích cực, tự giác học tập của học
    sinh. Tóm lại để nâng cao chất lƣợng giáo dục, theo kịp với nền giáo dục hiện
    đại theo tôi cần phải đổi mới phƣơng pháp dạy học sao cho có hiệu quả nhất tôi
    xin trình bày các phƣơng pháp sau:
    7
    8
    2.2.3 Đánh giá trong giáo dục tin học là đánh giá năng lực và phẩm chất
    đạt được.
    – Bám sát yêu cầu cần đạt của mỗi chủ đề con triển khai ở từng cấp, từng lớp.
    Các yêu cầu cần đạt trong chƣơng trình nêu các biểu hiện của học sinh với
    những “minh chứng” có thể “đo” đƣợc.
    – Khác với trƣớc đây, đánh giá trong chƣơng trình tiếp cận năng lực xoay quanh
    các câu hỏi “học sinh làm đƣợc gì? Học sinh vận dụng đƣợc kiến thức và kĩ
    năng để giải quyết vấn đề đặt ra hay không?”. Vì vậy cần coi trọng việc đánh giá
    khả năng vận dụng kiến thức , kĩ năng tin học để giải quyết vấn đề thực tiển
    không chỉ ở những tình huống trong trƣờng mà cả ở nhà và ngoài xã hội. GV
    nên chủ động đánh giá qua sản phẩm của học sinh và độ hoàn thiện của sản
    phẩm khi đối sánh với nhiệm vụ thực tế đặt ra.
    – Nhờ hoạt động đánh giá thƣờng xuyên và định kì mà các cấp quản lí, giáo viên,
    phụ huynh học sinh có đƣợc thông tin: Chính xác, kịp thời, có giá trị về mức độ
    đáp ứng yêu cầu cần đạt; sự tiến bộ của học sinh. Các hoạt động đánh giá phải
    đƣợc tổ chức phục vụ cho quá trình dạy học phát triển phẩm chất và năng lực,
    không thể để cho tình trạng “thi gì họcnấy” xảy ra nhƣ thời gian qua.
    – Có 3 mức độ đánh giá chính là BIẾT, HIỂU và VẬN DỤNG, tùy ngữ cảnh và
    yêu cầu cụ thể trong mô tả có thể có sự phân biệt chi tiết hơn.
    – Đánh giá năng lực tin học trên diện rộng, toàn quốc phải căn cứ trên chuẩn cần
    đạt đối với các chủ đề bắt buộc, tránh xây dựng công cụ đánh giá dựa vào sách
    giáo khoa hay các chủ đề tuỳ chọn cụ thể.
    2.2.4 Xây dựng hệ thống bài tập và các điểm mới:
    Quan điểm của tôi khi hệ thống hóa bài tập phải dựa vào 10 điểm mới của môn
    Tin học trong chƣơng trình phổ thông mới.
    9
    1. Tin học là môn bắt buộc
    Ở bậc THCS, môn Tin học có vị trí bình đẳng với các môn khác nhƣ Vật lý,
    Hóa học, Sinh học, Lịch sử, Địa lý… và đƣợc phân hóa theo hai định hƣớng:
    Tin học ứng dụng và Khoa học máy tính.
    Hình ảnh ngày hội khoa học kỹ thuật và stem đầu năm 2020.
    2. Tiếp cận theo năng lực và có tính mở
    Chƣơng trình môn Tin học đƣợc xác định là môn cốt lõi giúp hình thành và phát
    triển cho học sinh năng lực tin học.
    Hình ảnh 1 tiết học tự chọn tin học trong trường
    3. Ba mạch kiến thức hòa quyện
    Môn Tin học cung cấp cho học sinh 3 mạch kiến thức: Học vấn số hóa phổ
    thông (DL), Công nghệ thông tin và truyền thông (ICT) và Khoa học máy tính
    (CS). Mạch kiến thức này giúp học sinh bƣớc đầu hiểu các nguyên tắc cơ bản và
    thực hành của tƣ duy máy tính, tƣ duy tự động hóa, có khả năng thích ứng với
    những tiến bộ và thiết bị công nghệ số mới sẽ xuất hiện trong tƣơng lai và tạo
    nền tảng cơ bản cho việc thiết kế, phát triển các hệ thống máy tính.
    10
    Biểu đồ Ba mạch kiến thức CS, DL và ICT hòa quyện trong chương trình môn tin học
    4. Cách tiếp cận mới về thuật toán và lập trình
    Trong hệ thống bài tập, nội dung lập trình và thuật toán dạy tập trung chú trọng
    phƣơng pháp dạy học tích cực, ở giai đoạn giáo dục cơ bản sử dụng các ngôn
    ngữ lập trình trực quan, hiện đại, phù hợp với lứa tuổi, giúp học sinh tự làm ra
    đƣợc sản phẩm số, gây hứng thú học tập và sáng tạo.
    Hình ảnh tiếp cận các vần đề bằng cách dùng thuật giải và viết lập trình.
    5. Chú trọng thực hành trải nghiệm sáng tạo và làm ra sản phẩm số
    Việc dạy học thông qua các dự án, bài tập giải quyết vấn đề cụ thể, thiết thực,
    nhằm khuyến khích học sinh vận dụng kiến thức, kỹ năng các môn học áp dụng
    công nghệ số để hiểu và giải quyết vấn đề thực tế trong môi trƣờng số, sáng tạo
    ra các sản phẩm của cá nhân, của nhóm.
    11
    Hình ảnh học sinh học nhóm tin học chuẩn bị thi học sinh giỏi thành phố.
    6. Văn hóa ứng xử trong thế giới số
    Nói về tầm quan trọng của giáo dục đạo đức, pháp luật và văn hóa ứng xử trong
    thế giới số, một số chuyên gia nhận định: “Trong thời đại có sự kết nối cao của
    thế giới thực và thế giới ảo, nội dung về đạo đức, văn hóa, pháp luật cần phải
    đƣợc quan tâm đúng mức”.
    Hình ảnh học sinh học trực tuyến tự chọn tin khi có dịch covid đầu năm 2020.
    7. Chú trọng định hƣớng nghề nghiệp
    Trong thời đại số, Tin học cần thiết cho mọi ngành nghề, đặc biệt là các ngành
    nghề thuộc lĩnh vực tin học.
    • • • •
    Hình ảnh học sinh làm bài tập trong tiết tự chọn tại trường.
    12
    8. Chú trọng giáo dục STEM, tài chính, bình đẳng giới
    Hệ thống bài tập thông qua một số chủ đề học tập, đặc biệt thông qua hoạt động
    trải nghiệm sáng tạo làm ra sản phẩm nhằm góp phần hình thành và phát triển
    phẩm chất năng lực chung và năng lực đặc thù môn Tin học, đồng thời còn góp
    phần giáo dục hƣớng nghiệp, giáo dục CS- STEM, giáo dục bình đẳng giới và
    giáo dục tài chính.
    Hình ảnh ngày hội khoa học kỹ thuật và stem đầu năm 2020.
    9. Chú trọng giáo dục CPS (cyber-physical system)
    Chƣơng trình tích hợp các hệ thống kỹ thuật số, hệ thống vật lý, các cảm biến,
    truyền động và yếu tố con ngƣời trên cơ sở hạ tầng mạng để cung cấp một hệ
    thống tƣơng tác.
    Hình ảnh học sinh học trực tuyến trong kì nghỉ dịch đầu năm 2020.
    10. Chƣơng trình học tƣơng đƣơng chƣơng trình các quốc gia khác
    Hệ thống bài tập tin học mới đã kế thừa những ƣu điểm trong chƣơng trình hiện
    hành và tiếp thu khai thác chƣơng trình Tin học ở các nƣớc tiên tiến, đặc biệt là
    Anh và Mỹ.
    13
    Yêu cầu cần đạt về kết quả học tập có sự phù hợp và có sự tăng trƣởng cấp độ
    cho các chủ đề ở mỗi cấp. Vì vậy, chƣơng trình Tin học của Việt Nam có sự
    tƣơng đƣơng nhƣ chƣơng trình của các quốc gia khác”.
    Hình ảnh học sinh học đang ôn thi.
    Nếu có cách tiếp cận hợp lý thì những vấn đề trên có thể giải quyết đƣợc một
    cách khá đơn giản và hiệu quả.
    Ở nƣớc ta, trong bậc PTTH hệ thống lập trình đƣợc sử dụng phổ biến là ngôn
    ngữ PASCAL với hệ thống lập trình Free Pascal và ngôn ngữ C++ với hệ thống
    lập trình CodeBlocks. Việc trang bị công cụ cho học sinh năng khiếu, phục vụ
    cho các kỳ thi Tin học là vấn đề ta cần xem xét và xử lý.
    Trong chuyên đề này tôi tập trung vào giải các bài toán bằng ngôn ngữ lập trình
    C++ với các câu hỏi từ lý thuyết đến bài tập phổ thông để từ đó đánh giá và tìm
    kiếm đƣợc học sinh chăm ngoan, có tố chất, yêu thích môn học tuyển chọn vào
    đội tuyển và các dạng bài tập nâng cao cho đối tƣợng học sinh giỏi (các bài tập
    đƣợc chạy trên hệ thống lập trình CodeBlocks)
    2.2.5 Vấn đề 1:
    Sau khi đã xây dựng các cơ sở lý luận trên tôi đã mạnh dạn chia vấn đề 1: “
    Tài liệu cung cấp tạm thời thay thế ngôn ngữ lập trình Pascal sang ngôn ngữ lập
    trình C++ dạy ở THPT” làm 9 chủ đề cơ bản ( tƣơng tự nhƣ ngôn ngữ pascal cũ
    đã dạy những năm trƣớc) đó là:
    14
    Dƣới đây là kiến thức trọng tâm, hệ thống bài tập cụ thể có kèm theo hƣớng dẫn
    trong từng chủ đề:
    15
    Vấn đề 1.
    Chủ đề 1: Máy tính và chƣơng trình máy tính.
    A. Kiến thức của chủ đề cần quan tâm:
    B. Bài tập đề nghị sử dụng trong chủ đề:
    Câu 1: Khi soạn thảo văn bản trên máy tính và yêu cầu chƣơng trình tìm kiếm
    một cụm từ trong văn bản và thay thế bằng một cụm từ khác, thực chất ta đã yêu
    cầu máy tính thực hiện những lệnh gì? Có thể thay đổi thứ tự những lệnh đó mà
    vẫn không thay đổi kết quả đƣợc không?
    Câu 2: Trong ví dụ về rô-bốt, nếu thay đổi thứ tự của hai lệnh trong chƣơng
    trình, rô-bốt có thực hiện đƣợc công việc nhặt rác không? Hãy xác định vị trí
    mới của rô-bốt sau khi thực hiện xong lệnh “Hãy quét nhà” và đƣa ra các lệnh
    để rô-bốt trở lại vị trí ban đầu của mình.
    Câu 3: Hãy cho biết lí do cần phải viết chƣơng trình để điều khiển máy tính.
    Câu 4: Tại sao ngƣời ta phải tạo ra các ngôn ngữ lập trình trong khi có thể điều
    khiển máy tính bằng ngôn ngữ máy?
     Chương trình là một tập hợp các câu lệnh để chỉ dẫn cho máy
    tính giải một bài toán. Thực hiện các câu lệnh đó , máy tính sẽ
    cho lời giải của bài toán đã cho.
     Viết chương trình hay lập chương trình còn được gọi là lập
    trình. Chương trình phải được viết bằng một ngôn ngữ lập
    trình, ví dụ như ngôn ngữ lập trình C++.
    • Phần mềm dùng để soạn thảo chương trình, đồng thời cho phép
    dịch và thực hiện chương trình được gọi là môi trường lập trình.
    Ví dụ, để soạn thảo chương trình bằng ngôn ngữ lập trình C++,
    ta có thể sử dụng phần mềm C Free hoặc codeblock
     Chương trình dịch làm nhiệm vụ chuyển đổi chương trình viết
    bằng ngôn ngữ lập trình sang ngôn ngữ máy. Ngôn ngữ máy là
    ngôn ngữ mà máy tính có khả năng hiểu và thực hiện được.
    16
    Câu 5: Chƣơng trình dịch làm gì?
    Câu 6: Hãy cho biết các bƣớc cần thực hiện để tạo ra các chƣơng trình máy tính.
    HƢỚNG DẪN TRẢ LỜI
    Câu 1: Khi soạn thảo văn bản trên máy tính và yêu cầu chƣơng trình tìm kiếm
    một cụm từ trong văn bản và thay thế bằng một cụm từ khác, thực chất ta đã yêu
    cầu máy tính thực hiện rất nhiều lệnh.
    Có thể mô tả các lệnh với các mức độ chi tiết khác nhau. Dƣới đây chỉ mô tả
    những lệnh cơ bản nhất theo trật tự thực hiện việc thay thế một cụm từ tìm đƣợc:
    Sao chép cụm từ cần tìm vào bộ nhớ (ta gọi đây là cụm từ 1).
    Sao chép cụm từ sẽ thay thế cụm từ tìm đƣợc vào bộ nhớ (cụm từ 2).
    Tìm cụm từ 1 trong văn bản.
    Xóa cụm từ 1 tìm đƣợc trong văn bản.
    Sao chép cụm từ 2 vào vị trí con trỏ trong văn bản.
    Dƣới đây mô tả một cách chi tiết hơn:
    Sao chép dãy kí tự cần tìm vào bộ nhớ (dãy 1).
    Sao chép dãy kí tự sẽ thay thế dãy kí tự tìm đƣợc vào bộ nhớ (dãy 2).
    Đặt con trỏ trƣớc kí tự đầu tiên trong văn bản.
    Sao chép dãy kí tự (tính từ vị trí con trỏ sang phải) có độ dài bằng dãy kí tự cần
    tìm vào bộ nhớ (dãy 3).
    So sánh dãy 1 và dãy 3.Nếu dãy 3 không trùng với dãy 1, chuyển đến lệnh 8.
    Xóa dãy 3 trong văn bản.
    Sao chép dãy 2 vào vị trí con trỏ soạn thảo trong văn bản.
    Di chuyển con trỏ sang phải một kí tự và quay lại lệnh 4.
    Qua các lệnh liệt kê theo thứ tự nói trên, dễ thấy rằng có thể thay đổi thứ tự thực
    hiện của một vài lệnh (1 và 2), nhƣng nói chung việc thay đổi thứ tự các lệnh sẽ
    không cho kết quả mong muốn.
    Câu 2: Nếu thay đổi thứ tự của hai lệnh trong chƣơng trình điều khiển rô-bốt, rô-
    bốt sẽ không thực hiện đƣợc công việc nhặt rác vì rô-bốt sẽ không đi đúng
    hƣớng và có thể không đi tới vị trí có rác, hoặc thực hiện việc nhặt rác tại vị trí
    17
    không có rác,…. Ví dụ, nếu thay đổi thứ tự của lệnh 1 “Tiến 2 bƣớc” và lệnh 2
    “Quay trái, tiến 1 bƣớc”, tác dụng của cả hai lệnh này sẽ là “Quay trái và tiến 3
    bƣớc”. Khi đó rô-bốt sẽ nhặt rác tại vị trí không có rác.
    Nói chung, các lệnh điều khiển rô-bốt hay chƣơng trình cần đƣợc đƣa ra theo
    một thứ tự xác định sao cho ta đạt kết quả mong muốn. Trong một số ít trƣờng
    hợp, ta có thể đƣa ra các lệnh khác nhau, nhƣng vẫn đạt kết quả. Chẳng hạn,
    trong ví dụ về rô-bốt, thay cho hai câu lệnh đầu tiên, ta có thể điều khiển rô-bốt
    đến đúng vị trí có rác bằng các lệnh sau: “Quay trái, tiến 1 bƣớc” và “Quay phải,
    tiến 2 bƣớc” hoặc “Quay phải, tiến 2 bƣớc”, “Quay trái, tiến 2 bƣớc” và “Quay
    trái, tiến 4 bƣớc”. Trong một số ít các trƣờng hợp khác, việc thay đổi thứ tự của
    một vài câu lệnh vẫn cho kết quả đúng nhƣ yêu cầu.
    Tuy nhiên, nhƣ là một nguyên tắc chung, việc thay đổi thứ tự các câu lệnh sẽ
    không cho kết quả đúng. Có thể liên hệ với thứ tự các bƣớc của thuật toán trong
    Bài 5.
    Vị trí mới của rô-bốt sau khi thực hiện xong lệnh “Hãy quét nhà” là vị trí có
    thùng rác (ở góc đối diện). Ta có nhiều cách khác nhau để đƣa ra hai lệnh để rô-
    bốt trở lại vị trí ban đầu của mình, một trong các cách đó là hai lệnh “Quay trái,
    tiến 5 bƣớc” và “Quay trái, tiến 3 bƣớc”.
    Câu 3: Lí do: Điều khiển máy tính tự động thực hiện các công việc đa dạng và
    phức tạp mà một lệnh đơn giản không đủ để chỉ dẫn.
    Câu 4: Tuy ngôn ngữ máy cũng là một loại ngôn ngữ lập trình, nhƣng ở đây
    chúng ta hiểu ngôn ngữ lập trình là ngôn ngữ lập trình bậc cao. Trong ngôn ngữ
    máy mọi chỉ thị đều đƣợc biểu diễn bằng các con số nhị phân 0 và 1. Ngôn ngữ
    máy khó đọc và khó sử dụng, tuy vậy ngôn ngữ máy là ngôn ngữ duy nhất mà
    bộ vi xử lí có thể nhận biết và thực hiện một cách trực tiếp. Ngoài ra yếu điểm
    chính của các chƣơng trình viết bằng ngôn ngữ máy là phụ thuộc vào phần cứng
    máy tính.
    18
    Các ngôn ngữ lập trình bậc cao đƣợc phát triển để khắc phục các yếu điểm trên
    của ngôn ngữ máy. Ngôn ngữ lập trình sử dụng các cụm từ tự nhiên nên dễ nhớ,
    dễ học và không phụ thuộc vào phần cứng máy tính.
    Câu 5: Chƣơng trình dịch là chƣơng trình có chức năng chuyển đổi chƣơng trình
    đƣợc viết bằng ngôn ngữ lập trình thành chƣơng trình thực hiện đƣợc trên máy
    tính. Nhƣ vậy, chƣơng trình dịch chuyển đổi tệp gồm các dòng lệnh đƣợc soạn
    thảo thành tệp có thể chạy trên máy tính.
    Câu 6: Hai bƣớc cơ bản để tạo ra các chƣơng trình máy tính là (1) viết chƣơng
    trình theo ngôn ngữ lập trình và (2) dịch chƣơng trình thành ngôn ngữ máy để
    máy tính hiểu đƣợc và kết quả là tệp tin có thể thực hiện đƣợc trên máy tính.
    Lƣu ý rằng, đây chỉ là hai bƣớc cơ bản trong lập trình và chỉ là một phần của
    công việc giải quyết bài toán bằng máy tính.
    19
    Chủ đề 2 : Làm quen với chƣơng trình và ngôn
    ngữ lập trình
    A. Kiến thức của chủ đề cần quan tâm:
    B. Bài tập đề nghị sử dụng trong chủ đề:
    Câu 1. Hãy cho biết các thành phần cơ bản của một ngôn ngữ lập trình .
    Câu 2. Ta có thể viết các chƣơng trình bằng các câu lệnh có các chữ cái của
    tiếng Việt, chẳng hạn “rẽ trái”, đƣợc không? Tại sao?
    Câu 3. Tên trong chƣơng trình là gì? Cho biết sự khác biệt từ khóa và tên, cách
    đặt tên trong chƣơng trình.
    Câu 4. Trong số các tên sau đây do ngƣời viết chƣơng trình đặt trong một
    chƣơng trình C++, tên nào là hợp lệ và tên nào không hợp lệ:
    A) a B) int C) 8a D) Tam giac
     Ngôn ngữ lập trình là tập hợp các kí hiệu và quy tắc để viết các lệnh
    tạo thành các chương trình hoàn chỉnh và chạy được trên máy tính
     Các ngôn ngữ lập trình thường có một tập hợp các từ khóa là các từ
    dành riêng. Không cho phép dùng các từ khóa trong chương trình
    cho bất kì mục đích nào khác ngoài mục đích sử dụng do ngôn ngữ
    lập trình quy định.
     Trong ngôn ngữ lập trình người ta dùng các tên hợp lệ để đặt tên
    cho các đại lượng và đối tượng khác nhau trong chương trình, các
    tên khác là do người lập trình tự đặt.
     Một chương trình gồm hai phần: Phần khai báo các tệp nguyên
    mẫu, khai báo tên các tệp chứa những thành phần có sẵn (như các
    hàm chuẩn, kiểu chuẩn và các hằng…) mà NSD sẽ dùng trong
    chương trình. Phần khai báo các kiểu dữ liệu, các biến, hằng … do
    NSD định nghĩa và được dùng chung trong toàn bộ chương trình.
    Danh sách các hàm của chương trình (do NSD viết, bao gồm cả hàm
    main()).
     Ngôn ngữ C++ là một ví dụ về ngôn ngữ lập trình. Với include,
    main, return,… là các từ khóa. Các tên có sẵn như cout,cin,clrscr,…
    Các tên do người dùng quy định như chu_vi, dien_tich, ban_kinh…
    20
    E) int-return F) return G) b1 H) abc
    Câu 5. Hãy cho biết các phần chính trong cấu trúc của mọi chƣơng trình và vai
    trò của chúng. Trong các phần đó, phần nào là quan trọng nhất?
    Câu 6. Hãy cho biết chƣơng trình C++ sau đây có hợp lệ không, tại sao?
    a) Chương trình 1.
    int main()
    { return 0;}
    b) Chương trình 2.
    #include <iostream>
    using namespace std;
    int main()
    {
    cout << “Hello world!” << endl;
    return 0;
    }
    HƢỚNG DẪN TRẢ LỜI
    Câu 1. Các thành phần cơ bản ngôn ngữ lập trình gồm bảng chữ cái và các quy
    tắc để viết các câu lệnh (cú pháp) có ý nghĩa xác định, cách bố trí các câu
    lệnh,… sao cho có thể tạo thành một chƣơng trình hoàn chỉnh và chạy đƣợc trên
    máy tính. Lƣu ý rằng các quy tắc nhắc đến ở đây bao gồm các thuật ngữ chuyên
    môn là cú pháp và ngữ nghĩa.
    Câu 2. Không. Các cụm từ sử dụng trong chƣơng trình (từ khóa, tên) phải đƣợc
    viết bằng các chữ cái trong bảng chữ cái của ngôn ngữ lập trình. Các ngôn ngữ
    lập trình phổ biến hiện nay đều có bảng chữ cái là bảng chữ cái tiếng Anh và các
    kí hiệu khác, trong đó không có các chữ cái có dấu của tiếng Việt.
    Lƣu ý rằng câu hỏi trong bài là “Viết chƣơng trình bằng các câu lệnh…”. Điều
    này không có nghĩa là trong chƣơng trình không thể có các chữ cái có dấu của
    tiếng Việt (hay của một ngôn ngữ khác) nhƣ là dữ liệu dạng văn bản cần xử lí.
    21
    Các chữ có dấu đó sẽ đƣợc ngôn ngữ lập trình xử lý mã kí tự tƣơng ứng trong
    các bảng mã ASCII mở rộng. Ví dụ chƣơng trình C++ sau đây hoàn toàn hợp lệ:
    #include <iostream>
    using namespace std;
    int main()
    { cout << “Chào các bạn!” << endl;
    return 0;}
    Câu 3. Tên trong chƣơng trình là dãy các chữ cái hợp lệ đƣợc lấy từ bảng chữ
    cái của ngôn ngữ lập trình. Từ khoá của một ngôn ngữ lập trình (hay còn đƣợc
    gọi là từ dành riêng) là tên chỉ đƣợc dùng cho các mục đích sử dụng do ngôn
    ngữ lập trình quy định, không đƣợc dùng cho bất kì mục đích nào khác.
    Ngƣời lập trình có thể đặt tên một cách tùy ý nhƣng phải tuân thủ các quy tắc
    của ngôn ngữ lập trình cũng nhƣ của chƣơng trình dịch, trong đó (1) hai đại
    lƣợng khác nhau phải có tên khác nhau;
    (2) Tên không đƣợc trùng với các từ khoá.
    Câu 4. Các tên hợp lệ: a, int-return, b1, abc, tên không hợp lệ: 8a (bắt đầu bằng
    số), Tam giac (có dấu cách), int, return (trùng với từ khóa).
    Câu 5. Xem tóm tắt lý thuyết
    Câu 6.
    a) Chƣơng trình 1 là chƣơng trình C++ đầy đủ và hoàn toàn hợp lệ, mặc dù
    chƣơng trình này chẳng thực hiện điều gì cả. Phần nhất thiết phải có trong
    chƣơng trình là phần thân chƣơng trình đƣợc đảm bảo bằng hàm main
    b) Chƣơng trình 2 là chƣơng trình C++ hợp lệ vì kết quả chƣơng trình là dòng
    chữ hello worl.
    22
    Chủ đề 3: Chƣơng trình máy tính và dữ liệu
    A. Kiến thức của chủ đề cần quan tâm:
    B. Bài tập đề nghị sử dụng trong chủ đề:
    Câu 1: Hãy nêu ít nhất một lí do cho thấy sự cần thiết phải phân chia dữ liệu
    thành các kiểu.
    Câu 2: Hãy nêu ít nhất hai kiểu dữ liệu và một phép toán có thể thực hiện đƣợc
    trên một kiểu dữ liệu, nhƣng phép toán đó không có nghĩa trên kiểu dữ liệu kia.
    Câu 3. Cho dãy chữ số 2010. Dãy chữ số đó có thể thuộc kiểu dữ liệu nào?
    Câu 4. Cho hai xâu kí tự “Lớp” và “8A”. Hãy thử định nghĩa một “phép toán”
    có thể thực hiện đƣợc trên hai xâu kí tự đó.
    Câu 5. Hãy phân biệt ý nghĩa của các câu lệnh C++ sau đây:
    Cout<<”5+20=”<<”20+5”; và Cout<<”5+20=”<<20+5;
    Hai lệnh sau có tƣơng đƣơng với nhau không? Tại sao?
    Cout<<”100”<<; và Cout<<100;
    Câu 6. Viết các biểu thức toán dƣới đây với các kí hiệu trong C++:
    a. a/b+c/d b. ax2 +bx +c
     Dữ liệu được xử lí trong chương trình được chia thành các kiểu
    khác nhau. Một số kiểu dữ liệu thường dùng trong chương trình
    C++ là: Kiểu số nguyên ( int), kiểu số thực ( float), kiểu xâu kí tự
    ( string). Ta thường gọi tắt là kiểu nguyên, kiểu thực, kiểu xâu.
     Mỗi kiểu dữ liệu có một phạm vi biểu diễn nhất định ( tức là có
    một giá trị nhỏ nhất và một giá trị lớn nhất cụ thể) và có các
    phép toán riêng.
     Trong một ngôn ngữ lập trình ta đều có thể thực hiện các phép
    toán số học (cộng, trừ, nhân và chia) và các phép so sánh với dữ
    liệu kiểu số .
     Khi chạy chương trình giải quyết một bài toán, máy tính có thể
    yêu cầu người dùng nhập các thông tin cần thiết và chương
    trình sẽ đưa ra kết quả sau khi xử lí, tính toán. Quá trình trao
    đổi dữ liệu hai chiều giữa người và máy như vậy gọi là giao tiếp
    hoặc tương tác người – máy.
    23
    c. 1/x – a/5(b+2); d. (a2+b)(1+c3)
    Câu 7. Chuyển các biểu thức đƣợc viết trong C++ sau đây thành các biểu thức
    toán:
    a. (a+b)*(a+b)-x/y b. b/(a*a+c)
    c. a*a/(2*b+c)*(2*b+c) d. 1+1/2+1/2*3+1/3*4+1/4*5
    Câu 8. Hãy xác định kết quả của các phép so sánh sau đây:
    a. 15 – 8 ≥ 3 b. (20 – 15)2≠ 25
    c. 112 = 121 d. x > 10 – 3x
    Câu 9. Viết các phép so sánh trong Bài tập 8 với các kí hiệu trong C++
    a. 15 – 8 ≥ 3 b. (20 – 15)2≠ 25
    c. 112 = 121 d. x > 10 – 3x
    Câu 10. Nêu một số ví dụ về tƣơng tác giữa ngƣời và máy tính khi chƣơng trình
    hoạt động.
    HƢỚNG DẪN TRẢ LỜI
    Câu 1: Vì dữ liệu và các thao tác xử lí dữ liệu rất đa dạng, lí do dễ nhận thấy
    nhất là việc phân chia dữ liệu thành các kiểu giúp xác định các phép xử lí (phép
    toán) có thể thực hiện trên mỗi kiểu dữ liệu. Ngoài ra việc phân chia kiểu dữ liệu
    còn cho biết các giá trị có thể (phạm vi) của dữ liệu, giúp cho việc quản lý tài
    nguyên của máy tính (đặc biệt là bộ nhớ trong) một cách hiệu quả.
    Câu 2: Có thể nêu các ví dụ sau đây:
    a. Dữ liệu kiểu số và dữ liệu kiểu xâu kí tự. Phép cộng đƣợc định nghĩa trên dữ
    liệu số, nhƣng không có nghĩa trên dữ liệu kiểu xâu.
    b. Dữ liệu kiểu số nguyên và dữ liệu kiểu số thực. Phép chia lấy phần nguyên
    và phép chia lấy phần dƣ có nghĩa trên dữ liệu kiểu số nguyên, nhƣng không có
    nghĩa trên dữ liệu kiểu số thực.
    Câu 3. Dãy chữ số 2010 có thể thuộc kiểu dữ liệu số nguyên, số thực hoặc kiểu
    xâu kí tự. Tuy nhiên, để chƣơng trình dịch C++ hiểu 2010 là dữ liệu kiểu xâu,
    chúng ta phải viết dãy số này trong cặp dấu nháy kép (“).
    24
    Câu 4.Cho hai xâu kí tự “Lớp” và “8A”. Có thể định nghĩa nhiều “phép toán”
    trên tập hợp các dữ liệu kiểu xâu. Chẳng hạn phép ghép: Lớp + 8A = Lớp 8A
    Câu 5. Lệnh Cout<<”5+20=”<<”20+5”; in ra màn hình hai xâu ký tự “5+20”
    và”20+5” liền nhau: 5+20 = 20+5, còn lệnh Cout<<”5+20=”<<20+5; in ra màn
    hình xâu ký tự “5+20” và tổng của 20+5 nhƣ sau: 5+20=25.
    Hai lệnh Cout<<”100”<<; và Cout<<100; không tƣơng đƣơng với nhau vì một
    lệnh in ra màn hình xâu ký tự biểu diễn số 100 còn lệnh kia in ra màn hình số
    100.
    Câu 6. Các biểu thức trong C++:
    a. a/b+c/d b. a*x*x+b*x+c
    c. 1/x-a/5*(b+2) d. (a*a+b)*(1+c)*(1+c)*(1+c)
    Câu 7. Các biểu thức toán tƣơng ứng:
    a. (a+b)2 –x/y b. b/(a2+c)
    c. a
    2/(2b+c)2 d. 1+1/2+1/2.3+1/3.4+1/4.5.

    Câu 8.Kết quả của các phép so sánh:
    a.Đúng.b.Sai.c.Đúng.

    d. Đúng khi x > 2.5; ngƣợc lại, phép so sánh có kết quả sai.
    Câu 9. a) 15-8>=3; b) (20-15)*(20-15)<>25; c) 11*11=121; d) x>10-3*x.
    Câu 10. Một số ví dụ về tƣơng tác giữa ngƣời và máy tính khi chƣơng trình hoạt
    động: thông báo kết quả tính toán hay trạng thái hoạt động của chƣơng trình,
    nhập dữ liệu, tạm ngừng chƣơng trình.

    Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

    Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

    Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

    Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa