SKKN Định hướng dạy học STEM thông qua việc sử dụng bộ gõ đệm tự làm trong các giờ học âm nhạc phát huy năng lực, phẩm chất của học sinh

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
Dân tộc Việt Nam là một dân tộc vốn có năng khiếu nghệ thuật và một
truyền thống yêu âm nhạc từ rất lâu đời. Với người Việt Nam, âm nhạc cần thiết
như cơm ăn nước uống, như không khí để thở. Bởi vậy, cha ông ta đã tận dụng mọi
cơ hội để “làm” âm nhạc nhằm tô điểm cho cuộc sống thêm tươi đẹp. Qua tìm hiểu
về nhạc khí dân tộc Việt, tôi nhận thấy, hầu như mọi vật liệu sẵn có trong thiên
nhiên đều có thể trở thành nhạc khí dưới những đôi tay khéo léo của người Việt.
Tất cả các nguyên vật liệu từ thực vật, động vật cho đến khoáng sản đều được
người Việt khai thác để làm nhạc cụ, tạo nên những màu âm đa dạng và mang tính
đặc trưng của âm nhạc Việt Nam. Bên cạnh những nhạc cụ cổ truyền phong phú đa
dạng về loại hình, cấu trúc, âm sắc, âm lượng là sự đa dạng về phương thức, kĩ
thuật diễn tấu cũng như tập quán sử dụng mang một nét đặc trưng riêng của người
Việt .
Âm nhạc gắn liền với cuộc sống của chúng ta. Giáo dục âm nhạc có tác động
tới quá trình hình thành nhân cách rất lớn cho học sinh. Quá trình hình thành nhân
cách của con người được tôi luyện ngay từ lúc ấu thơ, chịu sự ảnh hưởng quan
trọng từ gia đình, xã hội và nhà trường. Khi đến trường học sinh được làm quen với
bạn bè cùng trang lứa, kết thành những nhóm nhỏ để sinh hoạt môn học cũng như
sinh hoạt vui chơi. Âm nhạc nói chung và chương trình âm nhạc nói riêng là cơ sở
hình thành, nuôi dưỡng tâm hồn, sự sáng tạo, óc tưởng tượng dường như vô biên
của trẻ thơ.
Trong hệ thống giáo dục từ năm 2002 Bộ Giáo dục và Đào tạo quyết định
thay đổi sách giáo khoa môn Âm nhạc và đã đưa bộ môn âm nhạc vào trong
chương trình đào tạo khối tiểu học và trung học cơ sở. Do vậy giáo dục đào tạo nói
chung và giáo dục âm nhạc nói riêng được nhìn nhận là con đường quan trọng nhất
để phát triển năng lực cho con người một cách toàn diện cả về tinh thần lẫn thể
2
chất, giáo dục âm nhạc ở phổ thông góp phần vào việc hình thành nhân cách toàn
diện của con người mới hướng tới cái đích cuối cùng: Chân – Thiện – Mĩ. Chính vì
vậy, ở cấp học THCS môn âm nhạc là một trong những phương tiện hiệu quả nhất.
Giáo dục âm nhạc là phương tiện nâng cao khả năng trí tuệ, giúp học sinh phát triển
trí tưởng tượng, củng cố kiến thức thông qua học tập, vui chơi trong cuộc sống giúp
hình thành ở các em những yếu tố của một nhân cách phát triển toàn diện, hài hòa.
Trong nhà trường, bộ môn âm nhạc được ví như bộ môn đạo đức thứ hai.
Âm nhạc là phương tiện truyền tải thông điệp đạo đức một cách dễ dàng và có sức
lan tỏa rộng rãi bởi những giai điệu trầm bổng dễ đi vào lòng người, tạo dựng sự
đồng cảm sâu sắc. Đối với học sinh, việc giáo dục tình cảm đạo đức thông qua âm
nhạc giúp học sinh ghi nhớ tốt hơn, đặc biệt là khi học sinh được tham gia hoạt
động biểu diễn âm nhạc. Để đáp ứng được yêu cầu giáo dục, ta phải có cái nhìn
đúng về tầm quan trọng của môn Âm nhạc trong chương trình trung học cơ sở. Âm
nhạc trong trường THCS tuy không đào tạo các em thành những ca sỹ, nhạc sỹ
nhưng thông qua môn học này đã hình thành cho các em những kiến thức ban đầu,
đặc biệt là trang bị cho các em một thế giới tinh thần thoải mái hơn, giúp các em
phát triển hài hòa và toàn diện hơn, từ đó giúp các em học tốt các môn học khác.
Thông qua những phương tiện của nghệ thuật âm nhạc để bồi dưỡng khả năng nhận
thức, phát triển tư duy, óc sáng tạo góp phần cùng các môn học khác phát triển
năng lực trí tuệ cho học sinh, bồi dưỡng năng khiếu nghệ thuật, đẩy mạnh phong
trào văn nghệ quần chúng làm cho không khí của nhà trường thêm vui tươi lành
mạnh.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy vai trò của thiết bị dạy học rất
quan trọng: nó góp phần nâng cao tính trực quan của quá trình dạy học, giúp học
sinh nhận ra những sự vật, hiện tượng, khái niệm một cách cụ thể hơn, nâng cao
hiệu quả dạy và học, thoả mãn nhu cầu và sự say mê của học sinh… Để các tiết học
3
âm nhạc thật sự hiệu quả và tạo niềm say mê hứng thú trong các bài học tôi đã
hướng dẫn các em học sinh cùng nhau tự làm đồ dùng dạy học. Với các chất liệu
đơn giản, dễ tìm, dễ kiếm như vỏ lon, hộp nhựa, đồ chơi đã qua sử dụng hay những
nắp bia, vỏ hộp bánh, vỏ thùng sơn cũng là những dụng cụ gõ đệm trong các tiết
âm nhạc. Thông qua các nhạc cụ tự làm giúp các em hình thành và phát triển được
cảm xúc thẩm mỹ và tình yêu âm nhạc; có ý thức trân trọng, bảo vệ và phổ biến các
giá trị âm nhạc truyền thống; đồng thời hình thành và phát triển những phẩm chất
cao đẹp, những năng lực cốt lõi chung như: tự chủ và tự học, giao tiếp và hợp tác,
giải quyết vấn đề và sáng tạo. Đặc biệt, các em hình thành và phát triển được năng
lực âm nhạc, biểu hiện của năng lực thẩm mĩ trong lĩnh vực âm nhạc đó là: biết tái
hiện, trình bày hoặc biểu diễn âm nhạc thông qua các hoạt động hát, đọc nhạc, chơi
nhạc cụ, đánh nhịp, vận động … với nhiều hình thức và phong cách; cảm thụ âm
nhạc biết thưởng thức và cảm nhận những giá trị nổi bật, những điều sâu sắc, tế nhị
và đẹp đẽ của âm nhạc, được thể hiện trong tác phẩm; các em biết vận dụng kiến
thức, kỹ năng, tư duy âm nhạc để phân tích và đánh giá về các phương tiện diễn tả
của âm nhạc và phong cách biểu diễn sáng tạo và ứng dụng âm nhạc, HS biết kết
nối các năng lực, biết vận dụng kiến thức, kĩ năng và kinh nghiệm âm nhạc vào
thực tiễn.
Trong năm học 2019- 2020, chúng tôi hướng dẫn học sinh làm “Bộ gõ đệm”
sử dụng trong tất cả các giờ học nhạc của trường THCS Hàn Thuyên giúp chúng
em được trải nghiệm và phát triển các năng lực thực hành, cảm thụ, ứng dụng âm
nhạc, góp phần phát triển năng khiếu âm nhạc. “Bộ gõ đệm tự làm” của học sinh
Trường THCS Hàn Thuyên tham gia “Ngày hội STEM dành cho học sinh trung
học năm học 2019- 2020” do Sở giáo dục đào tạo Tỉnh Nam Định tổ chức đạt
giải xuất sắc. Những kinh nghiệm và tâm huyết rút ra qua hoạt động trên là lí do
chúng tôi lựa chọn đề tài nghiên cứu: “Định hướng dạy học STEM thông qua việc
sử dụng bộ gõ đệm tự làm trong các giờ học âm nhạc phát huy năng lực, phẩm
chất của học sinh ”.
4
5
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Như chúng ta đã biết, Âm nhạc là một môn học mang tính nghệ thuật cao, nó
khác rất nhiều so với môn học khác, tuy nó không đòi hỏi sự chính xác một cách
tuyệt đối nhưng lại đòi hỏi người học phải có sự yêu thích, sự đam mê thậm chí là
một chút “năng khiếu”, điều này không phải học sinh nào cũng có được.
Những bộ nhạc cụ gõ đệm, thanh phách là những dụng cụ được kích âm
nhằm mục đích giữ nhịp cho bài hát và là phương tiện phục vụ cho các hoạt động
biểu diễn văn nghệ. Hiện nay trong các trường phổ thông bộ nhạc cụ gõ đệm còn
nghèo nàn và số lượng ít rất hạn chế trong các giờ học:
– Một số giáo viên đã có sáng tạo làm đồ dùng dạy học trong các giờ học, trong các
hội thi đạt hiệu quả tốt.
6
– Bên cạnh những ưu điểm của đồ dùng tự làm của một số nơi bản thân
chúng tôi nhận thấy vẫn còn một số hạn chế nhất định như: một số dụng cụ cần đòi
hỏi kĩ thuật và giá thành kinh tế cao; khả năng áp dụng đại trà vào học tập còn hạn
chế và còn mang tính chất trưng bày hoặc làm đạo cụ biểu diễn trong một số buổi
hoạt động ngoại khoá; nhiều dụng cụ chỉ sử dụng trong một số bài học nhất định
không có tính phổ thông:
7
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Để khắc phục nhược điểm của những bộ đồ dùng dạy học tự làm có từ trước
và chú ý hơn đến phát huy tính tích cực của học sinh nhằm phát huy năng lực phẩm
chất của người học chúng tôi đã:
– Hướng dẫn học sinh làm bộ gõ đệm trong dạy học âm nhạc từ các nguyên
vật liệu có sẵn trong tự nhiên tạo ra các nhạc cụ được sử dụng trong các giờ học âm
8
nhạc và chương trình ngoại khoá tạo nên những màu âm đa dạng và mang tính đặc
trưng của âm nhạc.
– Học sinh vận dụng kiến thức liên môn vào để hoàn thành bộ gõ đệm như
môn: toán học, vật lí, công nghệ, mĩ thuật, lịch sử, sinh học, hoá học.
– Sử dụng bộ gõ đệm tự làm trong dạy học âm nhạc và trong các giờ học
ngoại khoá của nhà trường. Học sinh hình thành và phát triển được cảm xúc thẩm
mỹ và tình yêu âm nhạc; có ý thức trân trọng, bảo vệ và phổ biến các giá trị âm
nhạc truyền thống; đồng thời hình thành và phát triển những phẩm chất cao đẹp,
những năng lực cốt lõi chung như: tự chủ và tự học, giao tiếp và hợp tác, giải quyết
vấn đề và sáng tạo cụ thể:
+ Học sinh biết tái hiện, trình bày hoặc biểu diễn âm nhạc thông qua các hoạt
động hát, đọc nhạc, chơi nhạc cụ, đánh nhịp, vận động,… với nhiều hình thức và
phong cách.
+ Học sinh biết thưởng thức và cảm nhận những giá trị nổi bật, những điều
sâu sắc, tế nhị và đẹp đẽ của âm nhạc.
+ Học sinh biết kết nối các năng lực, biết vận dụng kiến thức, kĩ năng và
kinh nghiệm âm nhạc vào thực tiễn; ứng tác và biến tấu, đưa ra những ý tưởng âm
nhạc hay, độc đáo.
2.1. Bộ gõ đệm tự làm
– Giảng dạy cho học sinh ở trường THCS đòi hỏi phải có những phương
pháp và những đồ dùng dạy học đặc thù riêng. Hơn nữa người giáo viên còn phải
biết lựa chọn các phương pháp và sử dụng sẵn có làm đồ dùng dạy học sao cho phù
hợp với từng đối tượng học sinh. Về phía bản thân, với những phương pháp và kỹ
năng làm đồ dùng cũng như sử dụng đồ dùng trong các giờ học tôi nhận thấy hiệu
quả đem lại đó là các tiết học sôi nổi không nhàm chán, học sinh thích học. Học
sinh học hát và đọc nhạc chắc nhịp, không bị cuốn nhịp. Mặt khác đồ dùng dạy học
sẵn có trong nhà trường còn ít và thiếu hoặc đã xuống cấp (đàn organ, phách…)
9
nên bộ gõ đệm tự làm của chúng tôi đã có hỗ trợ đắc lực cho các giờ học âm nhạc
trong nhà trường.
– Giáo viên hướng dẫn học sinh cách làm bộ gõ đệm để sử dụng trong các
giờ học âm nhạc nhằm phát huy năng lực sáng tạo, kích thích sự tìm tòi và hợp tác
giữa khoa học và nghệ thuật cụ thể:
+ Nhạc cụ làm phong phú về nội dung bài dạy giúp học sinh được học âm
nhạc bằng đa giác quan: mắt nhìn, tai nghe, tay được tiếp xúc và chơi nhạc cụ, …
+ Học sinh sử dụng bộ gõ đệm được trải nghiệm và phát triển được các năng
lực thực hành, cảm thụ, ứng dụng âm nhạc, góp phần phát triển năng khiếu âm nhạc
là phương tiện để các em thể hiện được bản thân mình.
+ Sử dụng bộ gõ đệm trong các giờ học âm nhạc giúp HS phát triển năng lực
giao tiếp, hợp tác, tự học và nhiều năng lực khác.
– Để tiếp cận với mục tiêu chương trình sách giáo khoa mới theo hướng phát
huy năng lực và phẩm chất của người học lấy học sinh làm trung tâm chúng tôi đã
hướng dẫn học sinh làm đồ dùng dạy học phục vụ cho giờ học âm nhạc.
– Đầu năm học, ở các lớp chúng tôi chia lớp thành các nhóm nhỏ (khoảng 4-
6 học sinh), mỗi nhóm thiết kế một dụng cụ gõ đệm bằng các chất liệu khác nhau,
tận dụng những đồ dùng đã qua sử dụng. Sau thời gian một tuần học sinh báo cáo ý
tưởng và các sản phẩm thô (chưa trang trí) của nhóm mình, chúng tôi tập hợp kết
quả và gợi ý học sinh hoàn thành bộ gõ đệm với 6 sản phẩm sau:
+ Bộ gõ phách: các em học sinh làm bằng thanh tre và nắp chai bia. Tất cả
được làm từ những thanh tre có chiều dài 20cm, nắp chai bia dùng búa gõ tạo thành
hình tròn và đục lỗ ở giữa, sau đó xỏ đinh vào nắp bia rồi dùng búa đóng vào thanh
tre , mỗi bộ gõ này gồm 2 thanh. Các chất liệu khác nhau (tre và kim loại là sắt) khi
va vào nhau tạo nên những âm thanh rất sinh động.
10
+Trống: làm từ chất liệu đó là vỏ xô sơn đã qua sử dụng. Một miệng xô
được được bọc mê ka, một miệng xô bọc bằng da. Khi gõ sẽ tạo ra âm thanh để giữ
nhịp, sản phẩm này dùng để nhấn vào những phách mạnh.
+ Mõ 2 âm sắc: được làm từ vỏ quả dừa, phơi khô rồi lấy giấy giáp bào
nhẵn vỏ, mỗi cặp mõ gồm 2 chiếc:
Một chiếc chúng em bào thật mỏng vỏ để khi gõ sẽ vang lên âm thanh nghe
vừa cao vừa thanh.
11
Một chiếc chúng em để vỏ dày để khi gõ sẽ vang lên âm thanh trầm.
Sau khi bào xong 2 vỏ quả dừa theo kích thước 1 dày, 1 mỏng chúng em úp
vào miếng gỗ rồi dùng keo gắn chặt vào miếng gỗ đó. Cuối cùng chúng em đục
một lỗ thủng ở một góc quả dừa để âm thanh được vang và trong.
Sản phâm này khi gõ đệm, chúng em dùng một thanh tre gõ vào 2 gáo dừa ở
trên, phách mạnh chúng em gõ vào bên vỏ dày(cộc); phách nhẹ chúng em gõ bên
vỏ mỏng (cắc).
12
+ Quả lắc: Làm từ vỏ hộp kẹo mút. Sau khi những chiếc kẹo mút nhiều màu sắc
được chia cho các bạn chúng em lấy những viên sỏi nhỏ hoặc hạt đỗ bỏ vào trong
hộp và dùng băng dính chặt vào.
13
+Sắc xô: tận dụng vỏ hộp bánh có đường kính 15cm đã qua sử dụng và nắp
chai bia. Trên vỏ hộp bánh, cứ 7cm chúng em gắn một dây thép và xỏ những nắp
chai bia đã đập phẳng và xuôn lỗ. Sản phẩm này rất dễ sử dụng, khi đệm chúng ta
cầm ở tay thuận và vỗ vào tay còn lại theo tiết tấu, các chất liệu bằng kim loại khi
va vào nhau tạo nên âm thanh rất hay và to.
14
+Cốc nhựa: Với những chiếc cốc nhựa mang nhiều màu sắc khác nhau, chúng em
chỉ cần nắm khoảng 5 đến 8 động tác cơ bản, kết hợp sự luân chuyển khéo léo của
đôi tay là có thể đệm hát cho bất kì bài nào hoặc tự tạo ra một bản nhạc vui tai. Đặc
biệt khi gõ đệm cùng với các nhạc cụ khác sẽ cộng hưởng tạo nên một bản hoà tấu
đặc sắc.
– Sau khi các em học sinh ở các nhóm đã hoàn thành cơ bản, chúng tôi hướng dẫn
các em tiếp tục trang trí các nhạc cụ tự làm của nhóm mình. Các em đã vận dụng
kiến thức môn mĩ thuật: sơn, cắt, dán, tạo hình để trang trí và sáng tạo các dụng cụ
âm nhạc của nhóm mình theo các chủ đề khác nhau. Tiêu biểu một số nhóm đã
làm:
+Nhóm học sinh trang trí trống: đã sáng tạo cắt dán trang trí thân trống với chủ đề
em yêu hoà bình.
15
+Nhóm học sinh trang trí mõ hai âm sắc: lại có ý tưởng trang trí bông hoa thược
dược gợi nhở tới mùa xuân:
16
+Nhóm học sinh trang trí quả lắc: lại tạo hình bông hoa hướng dương:
+Với các dụng cụ khác học sinh tự do sáng tạo trang trí các sản phẩm của nhóm
mình:
17
– Trong các giờ học hoạt động ngoại khoá tôi đã sáng tạo và mạnh dạn dạy học
sinh chơi tiết tấu bằng vật dụng sẵn:
Trong số những vật dụng sẵn có, cốc nhựa được dùng khá phổ biến để chơi
tiết tấu, bởi vật dụng này vừa an toàn vừa tạo được nhiều âm sắc. Nếu không có cốc
nhựa, có thể thay thế bằng mẩu gỗ hoặc bút chì…
Một số bài tập tiết tấu thực hành gõ cốc và kết hợp gõ tay:
Bài tập 1:

-Vỗ hai tay -Tay trái vỗ xuống mặt bàn -Tay phải cầm cốc úp xuống bàn (hoặc cầm bút chì gõ xuống bàn)

Ứng dụng đệm cho các bài hát: Tiếng chuông và ngọn cờ (Nhạc và lời: Phạm
Tuyên), Hành khúc tới trường (Nhạc Pháp), Tia nắng, hạt mưa (Khánh Vinh, Lệ
Bình), Lá thuyền ước mơ (Nhạc và lời: Thảo Linh), Hô-la-hê Hô-la-hô (Dân ca
Đức), Lí cây đa (Quan họ Bắc Ninh), Chúng em cần hòa bình (Nhạc và lời: Hoàng
18
Long- Hoàng Lân), Xuân về trên bản (Nhạc và lời: Nguyễn Tài Tuệ), Ca-chiu-sa
(Nhạc: Blan-te (Nga), Lời Việt: Phạm Tuyên)…
Bài tập 2:

-Vỗ hai tay -Hai tay vỗ xuống mặt bàn -Tay phải cầm cốc úp xuống bàn -Tay phải úp miệng cốc vào lòng tay trái -Tay phải cầm cốc úp xuống bàn; tay trái vỗ xuống mặt bàn

Ứng dụng đệm cho các bài hát: Tiếng chuông và ngọn cờ (Nhạc và lời: Phạm
Tuyên), Hành khúc tới trường (Nhạc Pháp, Lời Việt: Phan Trần Bảng- Lê Minh
Châu), Em yêu giờ học hát (Nhạc và lời: Đặng Viễn), Tia nắng, hạt mưa (Nhạc:
Khánh Vinh, Lời: Thơ Lệ Bình), Lá thuyền ước mơ (Nhạc và lời: Thảo Linh),
Chúng em cần hòa bình (Nhạc và lời: Hoàng Long- Hoàng Lân), Xuân về trên bản
(Nhạc và lời: Nguyễn Tài Tuệ), Ca-chiu-sa (Nhạc: Blan-te (Nga), Lời Việt: Phạm
Tuyên)…
Bài tập 3:

-Vỗ hai tay -Vỗ tay phải xuống mặt bàn -Vỗ tay trái xuống mặt bàn -Vỗ hai tay -Vỗ hai tay -Vỗ tay phải xuống mặt bàn -Vỗ tay trái xuống mặt bàn

Ứng dụng đệm cho các bài hát: Thật là hay (Nhạc và lời: Hoàng Lân), Em yêu
giờ học hát (Nhạc và lời: Đặng Viễn), Bạn ơi lắng nghe (Dân ca Tây Nguyên), Em
19
là bông hồng nhỏ (Nhạc và lời: Trịnh Công Sơn), Tiếng chuông và ngọn cờ (Nhạc
và lời: Phạm Tuyên), Xuân về trên bản (Nhạc và lời: Nguyễn Tài Tuệ)…
Bài tập 4:

-Tay phải vỗ xuống mặt bàn -Tay trái cầm cốc úp xuống mặt bàn -Tay phải vỗ xuống đáy cốc -Tay trái cầm cốc úp xuống mặt bàn -Tay phải vỗ xuống mặt bàn -Tay phải vỗ xuống mặt bàn -Tay trái cầm cốc úp xuống mặt bàn -Tay phải vỗ xuống đáy cốc -Tay trái cầm cốc úp xuống mặt bàn

Ứng dụng đệm cho các bài hát: Tiếng chuông và ngọn cờ (Nhạc và lời: Phạm
Tuyên), Hành khúc tới trường (Nhạc Pháp), Lá thuyền ước mơ (Nhạc và lời: Thảo
Linh), Xuân về trên bản (Nhạc và lời: Nguyễn Tài Tuệ), Ca-chiu-sa (Nhạc: Blan-te
(Nga), Lời Việt: Phạm Tuyên)…
Bài tập 5:

-Tay phải vỗ xuống mặt bàn -Tay trái vỗ xuống mặt bàn -Vỗ hai tay -Tay phải cầm cốc lên -Tay trái vỗ xuống mặt bàn -Tay phải cầm cốc úp xuống bàn

Ứng dụng đệm cho các bài hát: Tiếng chuông và ngọn cờ (Nhạc và lời: Phạm
Tuyên), Hành khúc tới trường (Nhạc Pháp), Lá thuyền ước mơ (Nhạc và lời: Thảo
20
Linh), Xuân về trên bản (Nhạc và lời: Nguyễn Tài Tuệ), Ca-chiu-sa (Nhạc: Blan-te
(Nga), Lời Việt: Phạm Tuyên)…
Bài tập 6:

-Vỗ hai tay -Vỗ hai tay -Tay phải vỗ xuống mặt bàn -Tay trái vỗ xuống mặt bàn -Tay phải vỗ xuống mặt bàn -Vỗ hai tay -Tay phải cầm cốc lên -Tay phải cầm cốc úp xuống bàn

-Vỗ hai tay -Tay phải cầm cốc, lòng bàn tay hướng về bên phải -Tay phải úp miệng cốc vào lòng tay trái -Tay phải gõ đáy cốc xuống -Tay phải đưa cốc vào tay trái -Tay phải vỗ xuống mặt bàn -Tay trái cầm cốc úp xuống bàn

Ứng dụng đệm cho các bài hát: Long lanh ngôi sao nhỏ (Nhạc Pháp), Lá thuyền
ước mơ (Nhạc và lời: Thảo Linh), Em yêu giờ học hát (Nhạc và lời: Đặng Viễn),
Tiếng chuông và ngọn cờ (Nhạc và lời: Phạm Tuyên), Mái trường mến yêu (Nhạc
và lời: Lê Quốc Thắng), Ánh trăng (Nhạc Pháp), Em là bông hồng nhỏ (Nhạc và
lời: Trịnh Công Sơn), Xuân về trên bản (Nhạc và lời: Nguyễn Tài Tuệ)…

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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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 GIAN	NỘI DUNG	BIỆN 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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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
và
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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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
dư
(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 Mà

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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học

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

• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay
• Tổng hợp các phương pháp giải bài tập môn hoá học
• Tổng hợp giáo án chủ đề STEM trong môn hóa học