SKKN Một số kinh nghiệm ứng dụng đường thẳng Simson trong bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 9

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 luận văn luận án O2 Education

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. Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 đã
được Hội nghị trung ương 8 (khoá XI) thông qua, đề ra quan điểm chỉ đạo về
đổi mới căn bản toàn diện Giáo dục và Đào tạo đáp ứng yêu cầu công nghiệp
hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ
nghĩa.
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 phân 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 học sinh 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
biết sử dụng kết quả những bài toán đã làm được để giải quyết các bài toán
khác. Với bộ môn Hình học việc rèn luyện năng lực tư duy trừu tượng và
phán đoán lôgíc là rất quan trọng. Một trong những nội dung khó của phân môn
Hình học lớp 9 đó là các bài toán liên quan đến các đường đặc biệt. Đây là dạng
toán thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi cấp huyện và cấp tỉnh.
Trong các đường thẳng đặc biệt đó thì đường thẳng Simson có nhiều
ứng dụng không chỉ trong việc giải toán mà còn giúp giáo viên và học sinh
sáng tạo trong việc ra đề bài theo mức độ khó dễ khác nhau, giúp nâng cao
năng lực tư duy cho học sinh không chỉ ở cấp THCS mà còn ở các cấp học
cao hơn.
Qua kinh nghiệm giảng dạy thực tế, đặc biệt là qua nhiều năm làm
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy học sinh tiếp cận các bài toán
dạng này chưa hiệu quả, thiếu định hướng. Chính vì các lí do đó, tôi chọn đề
3
tài “Một số kinh nghiệm ứng dụng đường thẳng Simson trong bồi dưỡng
học sinh giỏi môn Toán lớp 9” để nghiên cứu.
Mục đích nghiên cứu của đề tài là tìm hiểu khái niệm, các tính chất
hình học của đường thẳng Simson. Ứng dụng đường thẳng Simson vào giải
quyết các bài tập hình học lớp 9.
Thông qua việc nghiên cứu để góp phần nâng cao chất lượng, hiệu quả
dạy và học môn hình học trong nhà trường, nâng cao hơn nữa chất lượng bồi
dưỡng học sinh giỏi.
B. Mô tả giải pháp kỹ thuật:
I. Mô tả giải pháp kỹ thuật trước khi tạo ra sáng kiến:
– Trước khi áp dụng sáng kiến ” Một số kinh nghiệm ứng dụng đường
thẳng Simson trong bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 9” tôi thường
chỉ chú trọng cho học sinh giải các bài tập một cách đơn lẻ, chưa có nhiều sự
liên hệ giữa các bài tập với nhau.
– Chưa quan tâm nhiều đến những đường đặc biệt trong hình vẽ, chưa tạo
ra được nhiều tình huống có vấn đề, chưa tạo ra được nhiều hứng thú trong
học tập cho học sinh.
II. 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 đường thẳng
Simson.
– Tăng cường các hoạt động tìm tòi, quan sát, dự đoán tiếp cận lời giải.
– Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản, vận
dụng những kết quả đã chứng minh được 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
phát hiện ra những đường đặc biệt trong hình vẽ, biết sử dụng kết quả bài toán
đã làm được vào việc giải quyết các bài toán khác. 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:
3.1. Đường thẳng Simson:
4
Bài toán 1. Cho ABC nội tiếp đường tròn (O). M là một điểm tuỳ ý trên
đường trong (O). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên BC, AC,
AB. Chứng minh rằng: Ba điểm D, E, F thẳng hàng.
O
M
F
E
D
B C
A
Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC không chứa A.
Xét tứ giác BFMD có MDB MFB       90 90 180 0 0 0
Dó đó tứ giác BFMD nội tiếp đường tròn
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFMD có MDF  và MBF  là 2 góc nội tiếp
cùng chắn MF  nên MDF MBF    (1)
Ta có tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O). Suy ra  ABM ACM    1800
Ta có MBF ABM     1800 (Tổng hai góc kề bù)
Suy ra MBF ACM    hay MBF ECM   (2)
Từ (1) và (2) suy ra MDF ECM    (3)
Ta có MDC MEC     900
Suy ra D và E cùng thuộc đường tròn đường kính MC
Suy ra tứ giác MDEC nội tiếp đường tròn
5
Suy ra ECM MDE     1800 (4)
Từ (3) và (4) suy ra MDE MDF     1800
Suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng.
* Đường thẳng đi qua 3 điểm D, E, F gọi là đường thẳng Simson của
ABC ứng với điểm M.
* Vấn đề đặt ra là: Cho ABC , M là một điểm nằm trong mặt phẳng chứa
tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB và
D, E, F thẳng hàng thì điểm M có nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC hay không?
O
M
F
E
D
B C
A
Ta có MD BC ME AC MF AB    ; ; (gt)
Suy ra MDB MFB MDC MEC      90 ; 90 ; 90 ; 90 0 0 0 0   
Xét tứ giác MDBF có MDB MFB       90 90 180 0 0 0
Do đó tứ giác MDBF nội tiếp đường tròn.
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MDBF có BMF  và BDF  là 2 góc nội tiếp
cùng chắn BF  .
Suy ra BMF  = BDF  (1)
Ta có MDC MEC     900
6
Suy ra D và E cùng thuộc đường tròn đường kính MC
Suy ra tứ giác MDEC nội tiếp đường tròn.
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MDEC có EDC  và EMC  là 2 góc nội tiếp
cùng chắn CE .
Suy ra EDC  = EMC  (2)
Ta có 3 điểm D, E, F thẳng hàng nên EDC BDF   
Suy ra EMC BMF   
Suy ra EMC BME BMF BME       
Suy ra BMC EMF   
Xét tứ giác AEMF có  AEM AFM      90 90 180 0 0 0
Do đó tứ giác AEMF nội tiếp đường tròn
Suy ra  A EMF    1800
Mà BMC EMF    (cmt)
Suy ra  A BMC    1800
Suy ra tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn.
Suy ra M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Từ đó ta có bài toán 2 như sau:
Bài toán 2. Cho ABC , M là một điểm nằm trong mặt phẳng chứa tam giác
ABC. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB và D, E, F
thẳng hàng. Chứng minh điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Từ hai bài toán trên ta có kết quả:
Cho tam giác ABC , M là điểm nằm trong mặt phẳng chứa tam giác
và không trùng với các đỉnh của tam giác. Gọi D E F , , lần lượt là hình
chiếu của M trên ba cạnh của tam giác ABC . Điều kiện cần và đủ để
7
điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 3 điểm D E F , ,
thẳng hàng.
Như vậy với mỗi điểm M ta có một đường thẳng Simson đối với tam giác
ABC
– Ở bài toán 1: Trong trường hợp điểm M đối xứng với A qua O thì
đường thẳng Simson của ABC ứng với điểm M có gì đặc biệt?
Trong trường hợp điểm M đối xứng với A qua O thì AM là đường kính
của đường tròn (O) và điểm M thuộc đường tròn (O).
Áp dụng hệ quả góc nội tiếp ta có ABM ACM   90 ; 90 0 0 
Suy ra MB AB MC AC   ;
Suy ra E trùng với B; F trùng với C
Khi đó 3 điểm D, E, F cùng nằm trên đường thẳng BC
Vậy trong trường hợp điểm M đối xứng với A qua O thì đường thẳng
Simson của ABC ứng với điểm M trùng với đường thẳng BC
Tương tự trong trường hợp điểm M đối xứng với B qua O thì đường
thẳng Simson của ABC ứng với điểm M trùng với đường thẳng AC.
8
Trong trường hợp điểm M đối xứng với C qua O thì đường thẳng Simson
của ABC ứng với điểm M trùng với đường thẳng AB
– Ở bài toán 1: Trong trường hợp M là điểm chính giữa của cung BC
không chứa A và ABC vuông tại A thì đường thẳng Simson của ABC
ứng với điểm M và tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC có mối qua hệ
đặc đặc biệt gì?
Trong trường hợp M là điểm chính giữa của cung BC không chứa A và
ABC vuông tại A thì BC là đường kính của đường tròn (O) và MO vuông
góc với BC tại O.
Suy ra D trùng với O
Ta dễ dàng chứng minh được 3 điểm D, E, F thẳng hàng
Vậy trong trường hợp M là điểm chính giữa của cung BC không chứa A
và ABC vuông tại A thì đường thẳng Simson của ABC ứng với điểm M
đi qua tâm của đường trong ngoại tiếp ABC
3.2. Ứng dụng đường thẳng Simson vào giải các bài toán hình học lớp 9
a. Ứng dựng đường thẳng Simson vào giải các bài toán chứng minh 3
điểm thẳng hàng
9
Bài 3.2.1. Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), đường kính
AD. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB và AD . Lấy
M là trung điểm của BC. Chứng minh 3 điểm E, M, F thẳng hàng.
Phân tích: Vì E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên AB và AD
nên ta sẽ nghĩ đến đường thẳng Simson của ABD ứng với điểm C. Việc còn
thiếu chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng BD gợi ý cho
chúng ta vẽ thêm đường phụ để sử dụng đường thẳng Simson
Cách 1: G
F
E
D
O
B M C
A
Gọi G là hình chiếu vuông góc của C trên BD
Nên E, F, G thẳng hàng (đường thẳng Simson)
Xét tứ giác BECG có CEB EBG BGC       900
Do đó tứ giác BECG là hình chữ nhật
Do đó 2 đường chéo EG và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Suy ra EG đi qua M
Suy ra 3 điểm E, M, F thẳng hàng.
Cách 2:
10
F
E
D
O
B M C
A
Tứ giác FEAC nội tiếp đường tròn
Suy ra FEC FAC    (1)
Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
Suy ra FAC CBD    (2)
CE BD / / . Suy ra CBD BCE    (3)
Ta dễ dàng chứng minh được ME = MC. Suy ra MEC cân tại M
Suy ra BCE MEC    (4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra FEC MEC   
Suy ra 2 tia FE và ME trùng nhau
Suy ra 3 điểm E, M, F thẳng hàng.
* Qua 2 cách làm trên ta thấy việc kẻ thêm đường phụ để ứng dụng
đường thẳng Simson vào giải toán giúp cho chúng ta dễ dàng tìm ra cách
chứng minh hơn.
Bài 3.2.2. Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm nằm trên đường
tròn. Đường phân giác của  ACB cắt đường tròn (O) tại M. Gọi D và E lần
lượt là hình chiếu của M trên BC và CA. Chứng minh 3 điểm O, D, E thẳng
hàng.
11
D
M
E
O
C
B
A
Phân tích: Vì D và E lần lượt là hình chiếu của M trên BC và CA nên chỉ
việc chứng minh MO vuông góc với AB ta sẽ có đường thẳng Simson của
ABC ứng với điểm M
Giải:
Xét đường tròn (O) có CM là phân giác của  ACB suy ra  ACM BCM  
Suy ra MA MB   
Suy ra MO AB 
Ta có MD BC ME AC   ; (gt)
Theo kết quả bài toán 1 ta có 3 điểm D, O, E thẳng hàng (Đường thẳng
Simson của điểm M đối với tam giác ABC)
Bài 3.2.3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là một điểm
trên cung BC không chứa A. Đường tròn (I) đường kính MB và đường tròn
(J) đường kính MC cắt nhau ở K. Đường tròn (I) đường kính MB cắt AB tại P
(P khác B). Đường tròn (J) đường kính MC cắt AC tại Q (Q khác C). Chứng
minh 3 điểm P, K, Q thẳng hàng.
12
K
O
J
I
P
Q
M
B C
A
Phân tích: Sử dụng hệ quả góc nội tiếp ta dễ dàng chứng minh được P, K, Q
lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB, BC, CA. Từ đó ta sẽ nghĩ
đến đường thẳng Simson của tam giác ABC ứng với điểm M.
Giải
Xét đường tròn đường kính MB có MKB  ; MPB  là những góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn
Suy ra MKB   900 ; MPB   900
Xét đường tròn đường kính MC có MKC  ; MQC  là những góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn
Suy ra MKC   900 ; MQC   900
Ta có MKB MKC       90 90 180 0 0 0
Nên 3 điểm B, K, C thẳng hàng
Ta có MKB   900 ; MPB   900; MQC   900 (cmt)
Suy ra MP AB MQ AC MK BC    ; ;
Suy ra 3 diểm P, K, Q thẳng hàng (Đường thẳng Simson của tam giác ABC
ứng với điểm M).
13
Bài 3.2.4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), AD là phân giác
trong của góc A (D thuộc BC). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của
D lên AB, AC. Qua D vẽ đường thẳng vuông góc với BC cắt trung tuyến AM
của tam giác ABC tại K. Chứng minh 3 điểm P, K, Q thẳng hàng

K D O

M
V
E
U
Q
P
C
B
A
Phân tích: Ở bài toán này việc nhận biết đường thẳng Simson không dễ dàng
như những bài trước vì điểm M nằm trên BC. Gọi E là giao điểm của AD với
đường tròn (O). Vì AD là phân giác của góc A nên E là điểm chính giữa của
cung nhỏ BC. Suy ra EM vuông góc với BC. Từ đó ta sẽ kẻ EU vuông góc
với AB tại U và EV vuông góc với AC tại V ta sẽ có đường thẳng Simson của
tam giác ABC ứng với điểm E. Khi đó ta chỉ việc chứng minh PK và QK
cùng song song với UV thì sẽ suy ra điều phải chứng minh.
Giải
Gọi E là giao điểm của AD với đường tròn (O). Vì AD là phân giác của góc
A. Suy ra BAE CAE   
Suy ra EB EC   
Suy ra E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC
Suy ra OE BC  tại trung điểm của BC. Mà M là trung điểm của BC
Suy ra OE BC  tại M
Gọi U, V lần lượt là hình chiếu vuông góc của E lên AB, AC
14
Khi đó ta có 3 điểm U, M, V thẳng hàng (Đường thẳng Simson của tam giác
ABC ứng với điểm E).
Ta có DP AB EU AB   ; . Suy ra DP EU / / AP AD
AU AE
 
DQ AC EV AC   ; . Suy ra DQ EV / / AQ AD
AV AE
 
Suy ra AP AQ PQ UV / /
AU AV
 
Ta có DK BC EM BC   ; . Suy ra DK EM / / AK AD
AM AE
 
Suy ra AP AK
AU AM

Suy ra PK UM / / . Suy ra PK UV / /
Ta có PQ UV / / (cmt)
Suy ra P, K, Q thẳng hàng
b. Ứng dựng đường thẳng Simson vào giải các bài toán chứng minh đẳng
thức hình học:
Bài 3.3.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn, M là điểm thuộc cung BC
không chứa A. Gọi D, E, H lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh BC,
CA, AB. Chứng minh BC AC AB
MD ME MH
 

I

O
H M
E
D
B C
A
15
Phân tích : Dễ dàng nhận thấy đường thẳng Simson là đường thẳng đi qua 3
điểm H, D, E, các bài toán về tỉ số thường liên quan đến tỉ số đồng dạng, diện
tích hoặc tỉ số lượng giác. Từ việc phân tích bài toán, sử dụng tính chất các tứ
giác nội tiếp để có các góc bằng nhau, có thể nghĩ đến việc chứng minh tam
giác đồng dạng hoặc tỉ số lượng giác đều giải quyết được bài toán
Áp dụng kết quả bài toán 1 ta có 3 điểm H, D, E thẳng hàng
Xét tứ giác MHBD có MDB MHB       90 90 180 0 0 0
Do đó tứ giác MHBD nội tiếp đường tròn
Suy ra MHE MBC   
Xét tứ giác MDEC có MDC MEC     900
Suy ra D và E cùng thuộc đường tròn đường kính MC
Suy ra tứ giác MDEC nội tiếp đường tròn
Suy ra MEH MCB   
Xét MEH và MCB có MEH MCB    (cmt)
MHE MBC   (cmt)
Do đó MEH đồng dạng với MCB
Kẻ MI HE 
Suy ra BC HE
MD MI

MHD MBC MAC     
MDH MBH MCA     
Suy ra MHD đồng dạng với MAC
Suy ra AC HD
ME MI

Tương tự ta chứng minh được MED đồng dạng với MAB
16
Suy ra AB DE
MH MI

Suy ra AC AB HD DE HE
ME MH MI MI

  
Mà BC HE
MD MI
 (cmt)
Suy ra BC AC AB
MD ME MH
 
– Ở bài toán trên nếu tam giác ABC đều thì AB = AC = BC. Từ kết quả bài
toán trên ta sẽ có 1 1 1
MD ME MH
  . Từ đó ta có bài toán mới như sau
Bài toán 3.3.2. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), M là điểm
trên cung nhỏ BC. Gọi D, E, H lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh BC,
CA, AB. Chứng minh rằng 1 1 1
MD ME MH
 
Qua các bài toán trên ta thấy việc ứng dụng các đường thẳng đặc
biệt để biến đổi về tam giác đồng dạng hoặc dùng tỉ số lượng giác sẽ giúp
học sinh có định hướng dễ dàng hơn khi gặp các bài toán tương tự
c. Ứng dựng đường thẳng Simson vào giải các bài toán chứng minh
đường thẳng đi qua điểm cố:
Bài 3.4.1. Cho tam giác ABC, M là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC. Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA,
AB. Chứng minh rằng 3 điểm P, K, Q cùng nằm trên một đường thẳng và
đường thẳng này luôn đi qua một điểm cố định.
17
Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của MK, MP, MQ với BC, CA, AB
Suy ra MD BC ME AC MF AB    ; ;
Suy ra D, E, F thẳng hàng
Suy ra ED là đường trung bình của MKP
DF là đường trung bình của MKQ
Suy ra Q, K, P thẳng hàng và EF // PQ
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , I, J là các điểm đối xứng của H qua
AC, AB. Suy ra I, J thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Suy ra QHJ MJH MAC     
Tương tự PHI MIH MAB     
Suy ra QHJ PHI IHJ MAC MAB IHJ A IHJ                 1800
Suy ra P, Q, H thẳng hàng
Suy ra đường thẳng PQ luôn đi qua trực tâm H của ABC
(Đường thẳng này có tên là đường thẳng Steiner)
Bài 3.4.2. Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không cắt đường trong
(O; R). Gọi M là một điểm thay đổi nằm trên đường thẳng d. Từ M kẻ hai tiếp
tuyến MA, MB đến đường tròn (O; R) (A, B là hai tiếp điểm). Gọi K là hình
chiếu vuông góc của O lên đường thẳng d, E và F lần lượt là hình chiếu vuông
18
góc của K lên MA, MB. Chứng minh rằng khi điểm M thay đổi trên đường
thẳng d thì đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích: Vì E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K lên MA và MB
nên ta sẽ nghĩ đến đường thẳng Simson của MAB ứng với điểm K. Điều này
gợi ý cho chúng ta vẽ thêm đường phụ để sử dụng đường thẳng Simson
Giải:
Từ K kẻ KD vuông góc với AB tại D.
Ta dễ dàng chứng minh được 3 điểm E, F, D thẳng hàng
(đường thẳng Simson của MAB ứng với điểm K)
Gọi J là giao điểm của AB và OK; I là giao điểm của OK và DF; H là giao
điểm của AB và OM
Xét đường tròn (O; R) có MA, MB là hai tiếp tuyến; A, B là hai tiếp điểm
Suy ra MA = MB
Ta có OA = OB = R
19
Suy ra MO là đường trung trực của đoạn AB
Suy ra MO  AB tại H
Ta có KD AB 
Suy ra MO // KD
Suy ra KOM OKD    hay KOM IKD    (1)
Xét tứ giác KDAE có KDA KEA       90 90 180 0 0 0
Do đó tứ giác KDAE nội tiếp đường tròn
Suy ra KDE KAE    hay KDI KAM   
Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác KAOM nội tiếp đường tròn
Suy ra KOM KAM   
Suy ra KDI KOM  (2)
Từ (1) và (2) suy ra KDI IKD   
Suy ra IKD cân tại I
Suy ra ID = IK
Ta có KDI IDJ     900
IKD IJD     900 (vì KDJ vuông tại D)
Ta có KDI IKD    (cmt)
Suy ra IDJ IJD   
Suy ra IDJ cân tại I
Suy ra IJ = ID. Mà ID = IK (cmt)
Suy ra IK = IJ
Suy ra I là trung điểm của đoạn KJ
Xét OHJ và OKM có OHJ OKM     900 ; chung HOJ
Do đó OHJ đồng dạng với OKM (gg)
20
Suy ra OH OJ
OK OM

Suy ra OJ OH OM .
OK

Ta dễ dàng chứng minh được OH OM R .  2
Suy ra
2
OJ R
OK
 (không đổi)
Suy ra J cố định
Ta có K, J cố định. Mà I là trung điểm của KJ
Suy ra I cố định
Suy ra EF đi qua điểm I cố định
d. Ứng dựng đường thẳng Simson vào giải các bài toán cực trị hình học
Bài toán 3.5.1 Cho đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC, M là một
điểm thuộc cung BC không chứa A. Gọi E, F là hình chiếu của M lên các
cạnh AC và AB. Xác định vị trí của M để EF lớn nhất.
Phân tích : Ta dễ dàng nhận ra EF là đường thẳng Simson của tam giác ABC
ứng với điểm M Từ đó dẫn đến ý thưởng vẽ thêm điểm D là hình chiếu của M
trên BC và tìm lời giải của bài toán
Giải
D
E
B F
A
C
M
21
Gọi D là hình chiếu của M trên BC. Ta có D, E, F thẳng hàng
(đường thẳng Simson)
Bốn điểm F, D, B, M cùng thuộc một đường tròn nên MBD MFD   
Bốn điểm E, D, C, M cùng thuộc một đường tròn nên MCD MED   
Từ đó ta có  MBC đồng dạng với  MFE (g.g)
EF MF ME
1 EF BC
BC MB MC
     
Đẳng thức xảy ra khi F trùng với B và E trùng với C, khi đó
MBA MCA 90     0
Suy ra AM là đường kính của đường tròn tâm O
Suy ra M là điểm đối xứng với A qua O.
– Trở lại bài 3.4.1.
Ta dễ dàng chứng minh được EF là đường trung bình của MPQ
Suy ra EF
2
PQ

Suy ra PQ = 2. EF
Vậy PQ lớn nhất  EF lớn nhất M là điểm đối xứng với A qua O.
Từ đó ta có bài toán mới
Bài toán 3.5.2. Cho tam giác ABC, M là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC. Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC,
CA, AB. Chứng minh rằng 3 điểm P, K, Q cùng nằm trên một đường thẳng.
Xác định vị trí của M để độ dài đoạn PQ đạt giá trị lớn nhất.
22
e. Ứng dụng đường thẳng Simson vào giải các bài toán quan hệ hình học
Bài 3.6.1. Cho ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M và N là các điểm thuộc
đường tròn (O) sao cho CM và CN đối xứng với nhau qua phân giác của C .
Gọi D, E, F theo thứ tự là chân đường vuông góc hạ từ M đến AB, AC, BC.
Chứng minh rằng 3 điểm D, E, F thẳng hàng và đường thẳng đi qua 3 điểm D,
E, F vuông góc với CN.
Áp dụng kết quả bài 1 ta chứng minh được 3 điểm D, E, F thẳng hàng.
Gọi K là giao điểm của của EF và CN
Từ giả thiết suy ra CEM CFM     900
Suy ra E và F cùng thuộc đường tròn đường kính CM
Suy ra tứ giác CFEM nội tiếp đường tròn
Suy ra CME CFE     1800
Ta có CFK CFE     1800
Suy ra CME CFK   
Từ giả thiết dễ chứng minh được MCE FCK   
23
Suy ra CFK KCF CME MCE         900 (vì CME vuông tại E)
Suy ra FKC   900
Suy ra đường thẳng đi qua 3 điểm D, E, F vuông góc với CN
– Trở lại bài toán 3.1.4. ta dễ dàng chứng minh được EF là đường trung
bình của PKLnên suy ra đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn
PH. Từ đó ta có bài toán mới như sau:
Bài 3.6.2. Cho ABC , trực tâm H, điểm P thuộc đường tròn ngoại tiếp
ABC . Chứng minh rằng đường thẳng Simson của ABC ứng với điểm P đi
qua trung điểm của HP.
Gọi D, E, F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của P trên BC, AB, AC
Suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng (Đường thẳng Simson của ABC ứng với
điểm P)
Gọi K và L theo thứ tự là các điểm đối xứng của P qua AB, AC.
Theo kết quả bài 3.4.1 ta có 3 điểm K, H, L thẳng hàng
24
PKL có EF là đường trung bình nên suy ra đường thẳng EF đi qua trung
điểm của đoạn PH.
Bài toán 3.6.3. Cho hai đường tròn cùng bán kính (O) và (O’) cắt nhau tại
hai điểm A, B (O, O’ khác phía nhau đối với đường thẳng AB). Qua A vẽ cát
tuyến cắt (O) tại C, cắt (O’) tại D (C, D khác A và CD không vuông góc với
AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên hai tiếp tuyến tại C
của (O) và tại D của (O’). Chứng minh EF đi qua trung điểm M của CD.
Phân tích
Nhận thấy: Điểm B nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PCD và có hình
chiếu vuông góc lần lượt xuống các đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác
PCD là E, M, F nên ta có E, M, F thẳng hàng (đường thẳng simso

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 luận văn luận án O2 Education

SKKN Kinh nghiệm phát triển các bài hình trong sách giáo khoa Toán 7 theo hướng dạy học phân hóa

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 luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Chúng ta đang sống trong thời đại Cách mạng Công nghiệp lần thứ tư đã
và đang diễn ra một cách nhanh chóng, mạnh mẽ, gây tác động sâu sắc đến mọi
lĩnh vực của đời sống xã hội. Trong kỷ nguyên số hóa, giáo dục đang có sự thay
đổi sâu rộng từ môi trường giáo dục, vai trò của người dạy, người học đến
phương pháp dạy học. Giáo dục phổ thông trong bối cảnh Cách mạng công
nghiệp 4.0 cũng đang thay đổi lớn trong mục tiêu và cách thức dạy học, chuyển
từ truyền thụ kiến thức sang khai phóng tiềm năng, đồng thời trao quyền sáng
tạo cho từng học sinh. Người dạy sẽ chuyển sang vai trò mới là người thiết kế,
xúc tác, cố vấn và tạo môi trường học tập. Mục tiêu chương trình được thay đổi
từ chỗ chủ yếu yêu cầu học sinh trả lời câu hỏi “Biết cái gì?” thành luôn đặt ra
câu hỏi “Biết làm gì từ những điều đã biết?”. Mục tiêu cuối cùng của dạy học
không phải là biết thật nhiều mà là năng lực cần có để sống tốt hơn, làm việc
hiệu quả hơn, đáp ứng được những yêu cầu của xã hội đang thay đổi từng ngày.
Dạy học theo định hướng phát triển năng lực nhằm mục tiêu phát triển
năng lực chuyên môn bao gồm tri thức, kỹ năng chuyên môn, phát triển năng lực
phương pháp, năng lực xã hội và năng lực cá thể, hình thành các phẩm chất của
người lao động trong thời đại mới.
Dạy học theo định hướng phát triển năng lực chính là hướng tới phân hóa
các đối tượng học sinh. Theo đó, giáo viên cần nắm bắt đầy đủ các đặc điểm về
khả năng tư duy, phong cách và sở thích học tập của học sinh để thực hiện các
tác động phù hợp nhằm phát triển năng lực tư duy dựa trên khả năng đã có của
các em. Trong quá trình đó, toán học đóng góp một phần quan trọng, đặc biệt là
phân môn hình học. Bởi vì khả năng tư duy của học sinh được bộc lộ khá rõ nét
trong quá trình học hình. Thực tế cho thấy, nhiều học sinh chưa có phương pháp
học hình, không biết cách sử dụng hiệu quả tài liệu học tập và thường gặp nhiều
khó khăn khi giải các bài tập hình. Do đó tỉ lệ học sinh đạt mức khá giỏi hình
còn thấp. Thực hiện đổi mới phương pháp, với mục tiêu là đảm bảo những yêu
cầu cơ bản đối với đối tượng đại trà đồng thời phát triển được năng lực tư duy
hình học của đối tượng khá giỏi trong môi trường lớp học có nhiều đối tượng
học sinh trình độ khác nhau, cũng như rèn luyện cho học sinh thói quen và
phương pháp tự học, tôi chú trọng tới việc khai thác, phát triển các bài tập hình
học đặc biệt là các bài trong sách giáo khoa. Hầu hết các bài tập trong sách giáo
khoa đều ở mức độ cơ bản. Chúng được tôi phát triển thêm theo hướng mà các
kiến thức trọng tâm được nhắc lại, phương pháp chứng minh được tái hiện trong
một hình vẽ mới gồm các yêu cầu phù hợp với nhiều đối tượng học sinh. Với
học sinh lớp 7, hình học là một phần vẫn còn khá mới mẻ và trừu tượng cả về
mặt kiến thức lẫn phương pháp. Vì vậy, tôi nghĩ rằng, cần phải làm thường
xuyên để hình thành thói quen và phương pháp học tập cho các em ngay từ lớp
7.
3
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
1.1. Vài nét về dạy học phân hóa
Dạy học phân hóa chính là cách dạy học tích cực, dạy học chú trọng rèn
luyện phương pháp tự học. Nếu rèn luyện cho người học có được phương pháp,
kĩ năng, thói quen, ý chí tự học, biết linh hoạt ứng dụng những điều đã học vào
những tình huống mới, biết tự lực phát hiện và giải quyết những vấn đề đặt ra thì
sẽ tạo cho họ lòng ham học, khơi dậy nội lực vốn có trong mỗi con người, kết
quả học tập sẽ được nhân lên gấp bội, người học sẽ không chỉ “học một biết
mười” như cha ông ta thường nói mà người học còn chuẩn bị để tiếp tục tự học
khi đã vào đời, dễ dàng thích ứng với cuộc sống lao động, công tác trong xã hội.
Dạy học phân hóa đáp ứng yêu cầu cá thế hoá hoạt động học tập theo nhu
cầu và khả năng của mỗi học sinh, đáp ứng với sở thích, phong cách học tập
khác nhau của cá nhân học sinh. Nhờ có các phương tiện dạy học hiện đại, yêu
cầu phân hóa dễ dàng được triển khai hơn. Thực hiện dạy học tích cực, vai trò
của giáo viên không hề bị hạ thấp mà trái lại có yêu cầu cao hơn nhiều.
1.2. Các bước dạy giải bài tập hình
Khi dạy học sinh giải một bài tập hình tôi thường thực hiện theo các bước:
Bước 1: Vẽ hình, ghi giả thiết kết luận
Những lưu ý ở bước này đó là: không vẽ hình trong trường hợp đặc biệt
của bài toán nếu không cho đặc biệt (vì dễ bị ngộ nhận tính chất), đôi khi phải
vẽ hình xuất phát từ kết luận (ví dụ cho tam giác ABC có 2 đường trung tuyến
BM và CN. Biết BM = CN. Chứng minh tam giác ABC cân), cần chú ý các bài
toán có giả thiết riêng.
Bước 2: Hướng dẫn phân tích, tìm hướng giải
Tôi thường hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp phân tích đi lên và
tổng hợp, dự đoán nhờ nhận xét trực quan, thực hành hoặc hoạt động thực tiễn,
chú ý xem xét yếu tố đã có, tương tự cái đã có.
Bước 3: Hướng dẫn trình bày lời giải.
Bước 4: Kiểm tra lời giải
Bước 5: Khai thác, phát triển bài toán
Tuy vậy tôi chưa thực sự chú trọng tới bước khai thác, phát triển bài toán
nhất là từ tài liệu mà học sinh nào cũng có là sách giáo khoa để rèn cho học sinh
phương pháp tự học cũng như hứng thú từ những bài tập đơn giản trong sách.
1.3. Thực trạng dạy và học hình
Thực tế trong nhiều trường THCS cho thấy, tổ chức lớp hiện nay vẫn có
số lượng học sinh khá đông, chênh lệch nhiều về trình độ. Trong khi đó, giáo
viên dạy trên lớp hay giao bài đồng loạt không sát khả năng, yêu cầu quá sức
hay yêu cầu quá dễ và việc dạy giải bài tập hình hầu hết mới chỉ dừng lại ở bước
4. Tất cả đều không tạo được động lực học tập, không có tác dụng phát triển
năng lực ở nhiều đối tượng học sinh thậm chí còn gây tâm lí chán nản.
4
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
2.1. Chuẩn bị các điều kiện áp dụng
Để hoạt động phát triển các bài toán có hiệu quả trong việc nâng cao năng
lực nhất là với đối tượng khá giỏi thì cần
– Khảo sát để nắm được trình độ, khả năng học tập, sở thích, phong cách học tập,
kinh nghiệm của học sinh, phân chia học sinh thành các nhóm trình độ khác
nhau.
– Tư vấn, hướng dẫn phương pháp học tập học sinh để nắm vững các định nghĩa,
định lí hình học. Học sinh hiểu được vai trò và những lợi ích của học tập tích
cực và chủ động.
2.2. Các giải pháp
– Trong quá trình giảng dạy, khi dạy khái niệm tôi chú ý làm tốt khâu dạy học
sinh thể hiện khái niệm (vẽ hình), hướng dẫn học sinh bổ sung, tổng kết phương
pháp chứng minh hình sau khi học một khái niệm hoặc định lí hình học mới. Đối
với học sinh khá giỏi, tôi cung cấp cho học sinh những hiểu biết về: đặc biệt
hóa, tổng quát hóa, tương tự, phương pháp phản chứng, các loại mệnh đề thuận,
đảo, phản, phản đảo ngay khi có cơ hội trong các tiết lí thuyết để bồi dưỡng cho
học sinh khả năng tự học, thói quen xem xét một vấn đề, mở rộng, phát hiện đề
xuất các vấn đề mới.
– Trong quá trình dạy giải các bài tập, tôi khai thác, phát triển thêm các bài tập,
đặc biệt là các bài tập trong sách giáo khoa, qua đó rèn cho học sinh phương
pháp tự học cũng như hứng thú học tập bộ môn.
Ở bước này tùy thuộc đối tượng học sinh hay nội dung bài mà tôi có thể
sử dụng hoặc hướng dẫn học sinh các kĩ thuật để có bài toán mới như: đặc biệt
hóa, tổng quát hóa, tương tự, thiết lập mệnh đề đảo (đổi chỗ giả thiết và kết luận
cho nhau, hoặc giữ lại một phần giả thiết của mệnh đề thuận làm giả thiết
chung), bổ sung yếu tố mới, thay đổi một yếu tố hoặc nêu một bài toán mà việc
giải quyết sẽ cho một kết quả mới.
– Đối với đa số các bài toán, yêu cầu đối với học sinh đại trà thường là dừng lại
ở ý thứ nhất hoặc thứ hai của bài toán, còn đối tượng khá giỏi thì yêu cầu sẽ cao
hơn. Sau đây là một số ví dụ mà tôi đã thực hiện:
Chủ đề “Tổng 3 góc của một tam giác”
* Hình 57 của bài tập 6 trang 109 SGK Toán 7 tập 1

Tìm số đo x trên hình

Thông thường học sinh sẽ đề xuất cách giải như sau: Tính số đo của hoặc rồi từ đó tính số đo x.

x
600
N I P
M NMI NPM
5
Phát triển:
? Nếu thay đổi số đo của INM không phải là 600 nữa mà là 350. Vậy x bằng bao
nhiêu? Hoặc thay bằng 470 thì số đo x bằng bao nhiêu?
? So sánh số đo x với INM trong từng trường hợp
? Nếu không cho số đo INM thì có thể chứng minh số đo x bằng INM như thế
nào?
Từ đó học sinh có thể lựa chọn một trong 2 cách trình bày:
Có MI ⊥ NP tại I (gt)
 = MIN 900 (đ/n 2 đường thẳng vuông góc)
 IMN vuông ở I (đ/n tam giác vuông)
 + = INM IMN 900 (trong tam giác vuông 2 góc nhọn phụ nhau)
Thay số ta được 60 90 0 0 + = IMN  = IMN 300
Có MNP vuông ở M (gt)
 = PMN 900 (đ/n tam giác vuông)
 + = IMN IMP 900
Thay số ta được  + = 30 90 0 0 IMP  = IMP 600
Hoặc: Có MI ⊥ NP tại I (gt)
 = MIN 900 (đ/n 2 đường thẳng vuông góc)
 IMN vuông ở I (đ/n tam giác vuông)
 + = INM IMN 900 (trong tam giác vuông 2 góc nhọn phụ nhau) (1)
Có MNP vuông ở M (gt)  = PMN 900 (đ/n tam giác vuông)
 + = IMN IMP 900 (2)
Từ (1) và (2)  = IMP INM (cùng phụ với IMN )
Mà INM = 600 (gt)  = IMP 600
Lưu ý: Một phương pháp chứng minh 2 góc thường sử dụng đó là chứng minh 2
góc cùng phụ với góc thứ 3 (hoặc phụ với 2 góc bằng nhau)
* Tương tự như trên học sinh có thể giải quyết ngay được các yêu cầu của
bài tập 7 trang 109 SGK Toán 7 tập 1
B H C
A

Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC (H BC). a) Tìm các cặp góc phụ nhau trong hình vẽ. b) Tìm các cặp góc nhọn bằng nhau trong hình vẽ.

 Phát triển (dành cho đối tượng khá giỏi trong lớp):
6
Q
P
H
B
A
C

c) Các tia phân giác của các góc và cắt nhau ở P. Chứng minh và là 2 góc phụ nhau. d) Tia phân giác của cắt CP tại Q. Tính

BAH
ACH PAC PCA CAH AQC
Hướng dẫn:
c) Có AP là tia phân giác của BAH 1
2
 = BAP BAH
Có CP là tia phân giác của ACH 1
2
 = PCA ACH
Lại có BAH = ACH  = BAP PCA
Mà BAP PAC BAC + = = 900  + = PCA PAC 900 (đpcm)
d) Có AQ là tia phân giác của CAH 1
2
 = QAH CAH
Có AP là tia phân giác của BAH 1
2
 = HAP BAH
Do đó QAH PAH CAH BAH + = + 12( )  = = QAP BAC 12 450
Xét  PAC có PCA PAC APC + + =1800
Mà PCA PAC + = 900 (cmt)  = APC 900
Có AQC là góc ngoài của  APQ nên
AQC APQ PAQ = + = 900 + 450 = 1350
Hoặc: Có AQ là tia phân giác của CAH 1
2
 = QAC CAH
CP là tia phân giác của 1
2
 = PCA ACH hay 1
2
QCA ACH =
Do đó QAC QCA HAC ACH + = + 12( )
Lại có  HAC vuông ở H  + = HAC ACH 900
Do đó QAC QCA + = 450
Mà QAC QCA AQC + + =1800
 = AQC 1350
Song song với đó, các đối tượng học sinh còn lại sẽ thực hiện giải bài tập sau:
Cho tam giác ABC, các tia phân giác của các góc B và C của tam giác cắt
nhau ở điểm I.
7
I
B C
A

a) Chứng minh b) Cho . Tính

IBC ICB ABC ACB + = + 12( )
BAC = 600 BIC
*Bài tập 8 trang 109 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
x
y
B C
A

Cho tam giác ABC có . Gọi Ax là tia phân giác của góc ngoài ở đỉnh A. Hãy chứng tỏ Ax // BC.

B C = = 400Phát triển: Yêu cầu học sinh tổng quát bài toán ta được bài toán
y
x
B C
A

Cho tam giác ABC có . Gọi Ax là tia phân giác của góc ngoài ở đỉnh A. Hãy chứng tỏ Ax // BC. Hướng dẫn: Có là góc ngoài của tam giác ABC Mà Có Ax là tia phân giác của Do đó Ax // BC

B C = CAy  = + CAy B C
B C =  = CAy C 2 1
2
 = C CAy
CAy
1 2
 = xAC CAy
1
2
C xAC CAy = =    
  Chủ đề “Ba trường hợp bằng nhau của tam giác”
*Bài tập 26 trang 118 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia MA lấy
điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng AB // CE.
Bổ sung: Trên cạnh AB lấy điểm P. Trên tia đối của tia MP lấy Q sao cho MQ =
MP. Chứng minh 3 điểm C, Q, E thẳng hàng.
8
Q
P
E
B M C
A

Hướng dẫn: Chứng minh tương tự AB // CE ta có BP // CQ hay BA // CQ Mà BA // CE nên suy ra 2 đường thẳng CE và CQ trùng nhau (tiên đề Ơclit), ta có đpcm.

Phát triển:
Q
P
E
B M C
A

Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. a) Chứng minh rằng AB // CE. b) Trên các đoạn thẳng AB, CE lần lượt lấy các điểm P, Q sao cho BP = CQ. Chứng minh M là trung điểm của PQ.

Hướng dẫn:
b) Có AB // CE
 = PBM QCM (2 góc so le trong)
Chứng minh được  =  MBP MCQ (BM = CM, BP = CQ, PBM QCM = )
 = PMB QMC và MP = MQ (1)
Có PMB QMC =
Lại có PMB PMC + =1800
 + = QMC PMC 1800
3 điểm P, M, Q thẳng hàng (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của PQ
*Bài tập 35 trang 123 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
Cho góc xOy khác góc bẹt, Ot là tia phân giác của góc đó. Qua điểm H thuộc
tia Ot, kẻ đường thẳng vuông góc với Ot, nó cắt Ox và Oy theo thứ tự ở A và B.
9
H
C
t
B
A
O y
x

a) Chứng minh OA = OB b) Lấy điểm C thuộc tia Ot, chứng minh rằng CA = CB và

OAC OBC =
Phát triển:
Bài 1.
H
B
A
C
O y
x

Cho góc xOy khác góc bẹt, OC là tia phân giác của góc xOy. Kẻ CA Ox (A Ox), CB Oy (B Oy). a) Chứng minh OA = OB và CO là tia phân giác của góc ACB. b) Chứng minh OC là đường trung trực của AB. Hướng dẫn: b) Gọi H là giao điểm của OC và AB. Chứng minh H là trung điểm của AB và OC vuông góc với OC tại H.

⊥
 ⊥  Bài 2.
H
B
A
C
O y
x

Cho góc xOy khác góc bẹt, OC là tia phân giác của góc xOy. Kẻ CA Ox (A Ox), CB Oy (B Oy). a) Chứng minh OA = OB và CO là tia phân giác của góc ACB. b) Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh 3 điểm O, H, C thẳng hàng.

⊥
 ⊥  Các em học sinh không thuộc nhóm khá giỏi thì không bắt buộc thực hiện yêu
cầu chứng minh 3 điểm O, H, C thẳng hàng.
Hướng dẫn:
10
b) Chứng minh OH là tia phân giác của góc xOy kết hợp với OC là tia phân giác
của góc xOy ta có đpcm.
Bài 3.
Q
P
I
B
A
C
O y
x

Cho góc xOy khác góc bẹt, OC là tia phân giác của góc xOy. Kẻ CA Ox (A Ox), CB Oy (B Oy). a) Chứng minh OA = OB và CO là tia phân giác của góc ACB. b) Trên đoạn thẳng OA lấy P, trên tia By lấy Q sao cho BQ = AP, gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh CI PQ.

⊥
 ⊥  ⊥ *Bài tập 36 trang 123 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
H

Trên hình 100 SGK ta có OA = OB, Chứng minh AC = BD Bổ sung: Gọi giao điểm của AC và BD là I. Chứng minh và OI là đường trung trực của CD. Hướng dẫn: +) ( ; AD = BC; )

OAC OBD =  =  IAD IBC  =  IAD IBC IAD IBC = IDA ICB = +) Gọi H là giao điểm của OI và CD. Có thể c/m  =  IAO IBO(c.g.c)
 = AOI BOI hay DOH COH =   =  DOH COH (c.g.c).
Từ đó c/m được OH vuông góc với CD và H là trung điểm của CD suy ra đpcm
Phát triển: Đặc biệt OAC OBD = = 900 , thêm yếu tố mới và thay đổi yêu cầu
chứng minh để học sinh có cơ hội ôn tập lại kiến thức cũ, tôi có bài toán sau:
K
I
D
C
A B
O

Cho hình vẽ trong đó OA = OB, AC OD; BD OC, K là trung điểm của CD. Chứng minh: a) AC = BD b) OI là tia phân giác của c) d) Ba điểm O, I, K thẳng hàng Hướng dẫn: c) (2 cạnh góc vuông)

⊥
⊥ AOC
 =  ADC BCD
 =  ADC BCDd) Chứng minh OI và OK cùng là tia phân giác của góc DOC
11
*Bài tập 43 trang 125 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
E
y
x
C D
B
A
O

Cho góc xOy khác góc bẹt. Lấy các điểm A, B thuộc tia Ox sao cho OA < OB. Lấy các điểm C, D thuộc tia Oy sao cho OC = OA, OD = OB. Gọi E là giao điểm của AD và BC. Chứng minh rằng: a) AD = BC b) c) OE là tia phân giác của góc xOy. Bổ sung: Chứng minh AC // BD

 =  EAB ECD
Hướng dẫn:
Chứng minh AC // BD có thể chứng minh AC và BD cùng vuông góc với OE.
Phát triển: Đặc biệt hóa vị trí của điểm A với A là trung điểm của OB, bổ sung
thêm yếu tố mới tôi có bài toán.
Bài 1.
M
y
E
C D
B
A
x
O

Cho góc xOy khác góc bẹt. Lấy các điểm B, D lầ lượt thuộc các tia Ox, Oy sao cho OD = OB. Gọi A, C lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng OB và OD. Gọi E là giao điểm của AD và BC. Chứng minh rằng: a) và EB = ED b) c) Trên tia đối của tia CE lấy điểm M sao cho CM = CE. Chứng minh BD DM.

 =  OAD OCB EBD EDB =
⊥ Hướng dẫn: c) Chứng minh OE ⊥ BD và MD // OE ta suy ra BD ⊥ DM
Đặc biệt hóa góc xOy với xOy là góc vuông, bổ sung thêm yếu tố mới tôi có bài
toán
Bài 2.
Cho góc xOy vuông. Lấy các điểm A, B thuộc tia Ox sao cho OA < OB. Lấy
các điểm C, D thuộc tia Oy sao cho OC = OA, OD = OB. Gọi E là giao điểm
của AD và BC. Chứng minh rằng:
a) OBC ODA =
b) EB = ED
c) OE là tia phân giác của góc xOy.
12
d) Qua O vẽ đường thẳng vuông góc với OE, lấy trên đường thẳng đó điểm F
sao cho F và A nằm khác phía so với OE và OF = OE. Chứng minh BE ⊥ DF.
H

Hướng dẫn: d) Gọi H là giao điểm của BC và DF Chứng minh Lại có và Mà BE DF.

 =  OBE ODF
 = OBE ODF
OCB HCD = OCB OBE + = 900
 HCD HDC + = 900
CHD HCD HDC + + = 1800  CHD = 900 
⊥ Chủ đề “Tam giác cân”
*Bài tập 51 trang 128 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
H

Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm D thuộc cạnh AC, điểm E thuộc cạnh AB sao cho AD = AE. a) So sánh và b) Gọi I là giao điểm của BD và CE. Tam giác IBC là tam giác gì? Vì sao? Bổ sung: Gọi H là trung điểm của BC. Chứng minh 3 điểm A, I, H thẳng hàng. Hướng dẫn: Chứng minh IH và AH cùng vuông góc hoặc AI và AH cùng là tia phân giác của với BC suy ra 3 điểm A, I, H thẳng hàng.

ABD ACE
CAB Phát triển: Đặc biệt hóa vị trí các điểm D và E ví dụ như BD, CE là các đường
trung tuyến, các đường cao, đường phân giác, bổ sung thêm yếu tố mới vào ta sẽ
có nhiều bài tập cho các đối tượng học sinh khác nhau. Chẳng hạn như một số
bài toán sau:
Bài 1.
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi BD là tia phân giác của ABC (D AC),
CE là tia phân giác của ACB (E AB).
a) Chứng minh  =  ABD ACE
b) Gọi I là giao điểm của BD và CE. Chứng minh AI ⊥ DE
13
c) Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt tia BD ở điểm K, cắt tia CE ở
điểm P. Chứng minh AC = AK và  CPK vuông.
P K
I
E D
B C
A
Hướng dẫn:
b) Chứng minh  IBC cân tại I  IB = IC
Chứng minh  IAB =  IAC (c.c.c)  EAI DAI =
Từ đó gọi H là giao điểm của AI và DE ta có thể chứng minh được AI ⊥ DE
theo đ/n 2 đường thẳng vuông góc.
c) Chứng minh  ABK cân ở A AK = AB
Kết hợp với AB = AC ta được AC = AK
 ACK cân ở A  ACK AKC =
Chứng minh  ACP cân ở A  ACP APC =
Lại có ACK AKC ACP APC + + + =1800
Do đó ACK ACP + = 900  = PCK 900
  CPK vuông tại C.
Bài 2.
M
I
E D
B C
A

Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm D thuộc cạnh AC, điểm E thuộc cạnh AB sao cho AD = AE. Gọi I là trung điểm của DE. a) Chứng minh AI là tia phân giác của b) Trên tia đối của tia IB lấy điểm M sao cho I là trung điểm của BM. Chứng minh DMC cân. c) Chứng minh và MC BC

BAC
 BAC DMC = 2 ⊥ Hướng dẫn:
b) Chứng minh DM = BE kết hợp DC = BE ta có DM = DC
  DMC cân ở D
c) Chứng minh DM // BE  = BAC ADM
14
Chứng minh ADM DMC = 2 . Từ đó ta được BAC DMC = 2
+ Chứng minh MC // AI ( 1
2
IAD DCM BAC = = ) kết hợp chứng minh AI ⊥ BC
suy ra MC ⊥ BC
Hoặc Có BAC ABC ACB + + =1800
Mà BAC DMC = 2 ; ABC ACB =
 + = 2 2 180 DMC ACB 0
 + = DMC ACB 900 Lại có DCM DMC =
 + = DCM ACB 900
 = BCM 900  MC ⊥ BC
Bài 3.
Q P
I
E D
B C
A

Cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm D, E lần lượt là trung điểm của AC, AB. a) So sánh và b) Gọi I là giao điểm của BD và CE. Tam giác IBC là tam giác gì? Vì sao? c) Trên tia đối của tia DB lấy điểm P sao cho DP = DB. Trên tia đối của tia EC lấy điểm Q sao cho EQ = EC. Chứng minh A là trung điểm của PQ.

ABD ACE
Hướng dẫn:
c) Chứng minh AP // BC và AP = BC
và AQ // BC và AQ = BC
AP = AQ (= BC) và A, P, Q thẳng hàng (tiên đề Ơclit)
 A là trung điểm của PQ.
Bài 4.
F
E D
I
B C
A

Cho tam giác ABC cân tại A ( nhọn). Kẻ BD AC (D AC), CE AB (E AB) a) Chứng minh b) Gọi I là giao điểm của BD và CE. Chứng minh AI là tia phân giác của . c) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng đó cắt tia BD tại điểm F. Chứng minh FAI cân.

BAC ⊥  ⊥   =  EBC DCB
BAC  Hướng dẫn:
15
c) Có FAI IAB FAB + = = 900 (1)
Có DAI vuông ở D  + = FIA IAD 900 (2)
Lại có AI là tia phân giác của BAC
 = IAD IAB (3)
Từ (1), (2) và (3) ta được FIA FAI =   FAI cân ở F
Bài 5.
K
Q
P
I
E
D
B C
A

Cho tam giác ABC cân tại A ( nhọn). Kẻ BD AC (D AC), CE AB (E AB) a) Chứng minh AD = AE b) Gọi I là giao điểm của BD và CE.Chứng minh IA BC. c) Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng đó cắt tia AC tại điểm P. Trên tia BD lấy điểm Q sao cho BQ = BP. Chứng minh PQ // AI

BAC ⊥  ⊥  ⊥ Hướng dẫn:
b) Chứng minh  IBC cân tại I (2 góc bằng nhau)  IB = IC
Chứng minh  IAB =  IAC (c.c.c)  BAI CAI =
Từ đó gọi H là giao điểm của AI và BC ta có thể chứng minh được AI ⊥ BC
theo đ/n 2 đường thẳng vuông góc.
c) Gọi K là giao điểm của BC và PQ.
Chứng minh QBK PBK = (phụ với 2 góc bằng nhau ACB và ABC )
Từ đó chứng minh được  =  QBK PBK (c.g.c)
Suy ra được BK ⊥ PQ
Lại có IA ⊥ BC ta được PQ // AI
Bài 6.
Cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm D, E lần lượt là trung điểm của AC,
AB.
a) So sánh BD và CE
b) Gọi I là giao điểm của BD và CE. Chứng minh tam giác IBC cân
c) Trên tia đối của tia DB lấy điểm P sao cho DP = DB. Trên tia đối của tia CA
lấy điểm Q sao cho CQ = CA. Chứng minh BC là tia phân giác của PBQ
d) Gọi K là trung điểm của BQ. Chứng minh 3 điểm P, C, K thẳng hàng.
16
(Có thể biến đổi câu d: Chứng minh PC đi qua trung điểm K của BQ)
K
P Q
I
E D
B C
A

Hướng dẫn: c) Chứng minh được CP = BA và CP // BA Mà BA = AC = CQ nên CP = CQ Có CP // BA Lại có và Do đó ta có (c.g.c) , ta có đpcm. d) Chứng minh BD = BK ( ) Từ đó c/m được (c.g.c)

 + = BCP ABC 1800
BCQ ACB + =1800 ACB ABC =
 = BCP BCQ
 =  BCP BCQ  = CBP CBQ1 1
2 2
= = BP BQ  =  BCD BCK  = BCD BCK Mà BCD ABC =  = ABC BCK
CK // AB. Kết hợp với CP // AB ta được 3 điểm P, C, K thẳng hàng.
Bài 7.
P Q
I
E D
B C
A

Cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm D, E lần lượt là trung điểm của AC, AB. a) So sánh BD và CE b) Gọi I là giao điểm của BD và CE. Chứng minh IB = IC. c) Trên tia đối của tia DB lấy điểm P sao cho DP = DB. Chứng minh tam giác ACP cân. d) Trên tia đối của tia CA lấy điểm Q sao cho CQ = CA. Chứng minh BQ = 2CE

Hướng dẫn:
c) Chứng minh CP = CA (= AB)
d) Tương tự như bài trên ta chứng minh được  =  BCP BCQ suy ra BP = BQ
Mặt khác BP = 2BD = 2CE
Do đó ta được BQ = 2CE
17
Bài 8.
Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm E thuộc cạnh AB và điểm D thuộc
tia đối của tia CA sao cho CD = BE. Chứng minh rằng BC đi qua trung điểm
của DE.
F I
D
E
C
B
A

Hình a

Hình b

N
M I
D
E
C
B
A
Hướng dẫn:
Gọi giao điểm của DE và BC là I. Ta cần chứng minh ID = IE. Dựa trên
các phương pháp chứng minh 2 đoạn thẳng bằng nhau ta sẽ tìm cách gắn chúng
vào các cặp tam giác bằng nhau. Có thể làm như sau:
– Từ E kẻ đường thẳng song song với AC, cắt BC ở F (Hình a). Ta chứng minh
tam giác IEF bằng tam giác ICD từ đó suy ra đpcm
– Hoặc kẻ EM và DN vuông góc với BC (Hình b). Ta chứng minh được tam giác
IEM bằng tam giác IDN từ đó suy ra đpcm.
Chủ đề “Các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông”
*Bài tập 63 trang 136 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
B H C
A

Cho tam giác ABC cân tại A. Kẻ AH vuông góc với BC (H BC). Chứng minh rằng: a) HB = HC b)

 BAH CAH =
Phát triển: Lập mệnh đề đảo ta có hai bài toán
Bài 1.
18
Cho tam giác ABC. Kẻ AH vuông góc với BC (H  BC). Biết HB = HC .
Chứng minh rằng tam giác ABC cân ở A.
Bài 2.
Cho tam giác ABC. Kẻ AH vuông góc với BC (H  BC). Cho biết
BAH CAH = . Chứng minh rằng tam giác ABC cân ở A.
B H C
A
B H C
A
*Bài tập 65 trang 137 sách giáo khoa Toán 7 tập 1
P
I
K H
B C
A

Cho tam giác ABC cân tại A ( ). Vẽ BH AC ( H AC), CK AB (KAB). a) Chứng minh rằng: AH = AK. b) Gọi I là giao điểm của BH và CK. Chứng minh AI là tia phân giác của góc BAC. Bổ sung: Đường thẳng qua B vuông góc với AB và đường thẳng qua C vuông góc với AC cắt nhau ở P. Chứng minh 3 điểm A, I, P thẳng hàng. Hướng dẫn: Chứng minh 3 điểm A, I, P thẳng hàng có thể chứng minh AP và AI cùng là tia phân giác của .

A  900 ⊥ ⊥ BAC Phát triển:
I
P
K B D
C
A

Cho tam giác ABC cân tại A ( ), CK AB (KAB). Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với AC, cắt tia AB ở điểm D. a) Chứng minh CB là tia phân giác của . b) Tia phân giác của cắt CD ở P. Chứng minh PB = PC. c) Gọi giao điểm của AP và CK là I. Chứng minh BI AC.

A  900 ⊥ KCD CAB ⊥ Hướng dẫn:
19

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 luận văn luận án O2 Education

SKKN Hướng dẫn học sinh tư duy giải quyết các bài tập kết hợp diện tích đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt tròn

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 luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
1. Lý do chọn sáng kiến :
1.1. Vài nét về dạy học tiếp cận phát triển năng lực học sinh
+ Về mục tiêu: Kết quả học tập cần đạt được mô tả chi tiết và có thể quan
sát, đánh giá được; thể hiện được mưc độ tiến bộ của học sinh
+ Về nội dung dạy học: Lựa chọn những nội dung nhằm đạt được kết quả
đầu ra đã quy định, gắn với các tình huống thực tiễn. Chương trình chỉ quy định
những nội dung chính, không quy định chi tiết.
+ Phương pháp dạy học:
Giáo viên chủ yếu là người tổ chức hỗ trợ học sinh tự lực và tích cực lĩnh
hội tri thức. Chú trọng sự phát triển khả năng giải quyết vấn đề, khả năng giao
tiếp… Chú trọng sử dụng các quan điểm, phương pháp và kỹ thuật dạy học tích
cực; các phương pháp dạy học thí nghiệm, thực hành.
+ Hình thức dạy học: Tổ chức học tập đa dạng; chú ý các hoạt động xã hội,
ngoại khóa, nghiên cứu khoa học, trải nghiệm sáng tạo; đẩy mạnh ứng dụng
công nghệ thông tin và truyền thông trong dạy học.
+ Đánh giá kết quả học tập của học sinh: Tiêu chí đánh giá dựa vào năng
lực đầu ra, có tính đến sự tiến bộ trong quá trình học tập, chú trọng khả năng
vận dụng các tình huống trên thực tiễn
Trong nhiều năm liền, tôi được phân công dạy môn toán lớp 8 và lớp 9.
Trong quá trình dạy học, khi nghiên cứu nội dung của các bài học về tính diện
tích các đa giác, diện tích có liên quan đến hình tròn, tôi nhận thấy rằng trí tuệ
của học sinh THCS được phát triển thể hiện qua khả năng phân tích tổng hợp.
Việc giải toán diện tích cũng là một trong những hình thức tốt nhất để học sinh
tự đánh giá mình và để thầy cô đánh giá học sinh về năng lực, mức độ tiếp thu
và sự vận dụng các kiến thức đã học. Mặt khác, giải toán diện tích còn gây hứng
thú học tập cho học sinh, phát triển tốt các đức tính như: kiên trì, chịu khó tìm
tòi, quyết đoán, thông minh.
3
Nội dung phần diện tích hình học ở lớp 8, 9 có sự kế thừa, bổ sung và phát
triển các kiến thức đã học ở cấp tiểu học. Các bài toán có nội dung liên quan đến
diện tích các hình trong SGK được giáo viên giải quyết thông qua việc dạy kiến
thức, kỹ năng mà học sinh vừa học. Tuy nhiên, mục tiêu cuối cùng của dạy học
không phải là biết thật nhiều mà là năng lực cần có để sống tốt hơn, làm việc
hiệu quả hơn, đáp ứng được những yêu cầu của xã hội đang thay đổi từng ngày.
Một trong các hình thức tổ chức dạy học được quan tâm đó là trải nghiệm
sáng tạo, hay dạy học tích hợp các kiến thức liên môn giải quyết các tình huống
trong thực tiễn, dạy học theo định hướng phát triển năng lực, giáo dục STEM…
đối với môn toán thì các kiến thức, bài tập liên quan đến diện tích là dễ gắn liền
với thực tế, gần gũi với đời sống thực, đời sống hằng ngày của học sinh. Sự gắn
liền đó giúp tổ chức các hoạt động học toán cho học sinh, tạo nên không khí học
tập thoải mái, xây dựng môi trường học toán tự nhiên.
Quan điểm giáo dục mới không chú trọng vào những nội dung “được học”
mà tập trung vào những gì học sinh “học được”. Quan điểm này không nhấn
mạnh vào những nội dung khoa học bộ môn, mà chú trọng vào việc học sinh có
năng lực làm được gì trong thực tiễn nhưng nội dung học được.
Từ đó đề tài này tập trung vào việc xây dựng một số bài toán thực tiễn gắn
liền với chương trình toán lớp 9 theo định hướng tiếp cận các năng lực của
người học.
Như vậy, liên hệ với mục tiêu dạy học toán, ta thấy quan điểm này hoàn
toàn phù hợp với thực tế là đại đa số học sinh mà chúng ta đào tạo sau này sẽ là
người sử dụng toán chứ không phải là người nghiên cứu toán. Do đó xu hướng
đổi mới hiện nay không nặng về mức độ nắm kiến thức đã học vào thực tiễn và
năng lực xử lý các tình huống mà họ có thể đối mặt trong cuộc sống sau khi rời
ghế nhà trường.
Có thể nói, giáo dục hiện nay không hướng đến mục tiêu đào tạo để học
sinh trở thành những nhà toán học, nhà khoa học, kỹ sư hay những kỹ thuật viên
mà chủ yếu là trang bị cho học sinh kiến thức, kỹ năng để làm việc và phát triển
trong thế giới công nghệ hiện đại ngày nay.
4
Các em đã vận dụng đúng công thức để giải các bài tập trong sách giáo
khoa nhưng giải bài nào biết bài đó, chưa có phương pháp chung để giải những
bài toán liên quan đến diện tích đa giác, diện tích hình tròn; chưa đọc kĩ đề, thiếu
suy nghĩ cặn kẽ.
Trong dạy học giáo viên mới chỉ quan tâm tới kết quả làm bài của học sinh
mà chưa quan tâm tới phương phám tìm tòi, khám phá để đi đến kết quả đó.
– Các kiến thức kỹ năng của môn Toán ở cấp THCS có nhiều ứng dụng
trong đời sống, chúng rất cần thiết cho người lao động, rất cần thiết để học các
môn học khác ở cấp THCS và chuẩn bị cho việc học tốt môn Toán ở bậc Trung
học phổ thông.
– Môn Toán giúp học sinh nhận biết những mối quan hệ về số lượng và
hình dạng không gian của thế giới hiện thực. Nhờ đó mà học sinh có được
phương pháp nhận thức một số mặt của thế giới xung quanh và biết cách hoạt
động có hiệu quả trong học tập và trong đời sống .
– Môn Toán góp phần rất quan trọng trong việc rèn luyện phương pháp
suy nghĩ, phương pháp giải quyết vấn đề; góp phần bước đầu phát triển năng lực
tư duy, khả năng suy luận hợp lí và diễn đạt đúng cách phát hiện và cách giải
quyết các vấn đề đơn giản, gần gũi trong cuộc sống; kích thích trí tưởng tượng,
gây hứng thú học tập Toán; góp phần phát triển trí thông minh, cách suy nghĩ
độc lập, linh hoạt; khả năng ứng xử và giải quyết những tình huống nảy sinh
trong học tập và trong cuộc sống; nhờ đó mà hình thành và phát triển cho học
sinh các phẩm chất cần thiết và quan trọng của người lao động mới trong xã hội
hiện đại
Ở Tiểu học toán về diện tích hình tròn, hình quạt tròn học sinh đã được
làm quen, ở đó cũng có khá nhiều các bài tập liên quan, tuy nhiên nó thường
dừng lại là các bài tập cơ bản, không đa dạng, phong phú về dạng bài. Khi lên
trung học cơ sở vấn đề này lại tiếp tục được đề cập nhưng với sự mở rộng, đa
dạng hơn về diện đa giác, diện tích hình tròn, hình quạt tròn ở chương trình
lớp 8, 9 chiếm một vị trí rất quan trọng, lượng bài tập nâng cao rất phong phú.
5
Với các bài tập cơ bản thì học sinh không gặp nhiều khó khăn khi tư duy để
tìm ra bản chất cũng như phương hướng để giải quyết, nhưng vấn đề là ở những
bài toán nâng cao ở vấn đề này, theo đó rất nhiều học sinh khi gặp các bài toán
nâng cao liên quan đến về diện tích hình tròn, hình quạt tròn thường rất lúng
túng, không định hình được bản chất vấn đề khi tư duy dẫn đến là giải quyết vấn
đề chậm, thậm chí là không giải quyết được vấn đề.
Những bài toán kiểu này thường có bản chất là sẽ sử dụng các công thức về
diện tích đa giác học ở lớp 8 và về diện tích hình tròn, hình quạt tròn học ở
lớp 9 học sinh phải nắm chắc kiến thức và có kỹ năng tư duy để vận dụng, tìm
tòi để tìm ra phương án giải quyết hợp lý nhất. Thực trạng hiện nay, học sinh
còn rất lúng túng, chưa có kỹ năng để thực hiện những điều trên dẫn đến hiệu
quả học tập không cao, trực tiếp làm cho học sinh không còn nhiều hứng thú với
những bài toán trên
Đặc thù lớn nhất của học sinh trường Trung học cơ sở Nghĩa Hưng là luôn
có tinh thần học tập, nghiên cứu rất cao, khả năng tư duy tốt và làm thế nào để
thầy, cô có thể định hướng, để học sinh có thể phát huy tối đa những phẩm chất
đó.Từ những vấn đề trên tôi đã chọn vấn đề “Hướng dẫn học sinh tư duy giải
quyết các bài tập kết hợp diện tích đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt
tròn” để hệ thống lại các dạng bài và cách để tìm ra phương án giải quyết nhanh
chóng và hiệu quả nhất.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
a) Thực trạng trước khi áp dụng giải pháp:
– Về phía học sinh
Đối với bài tập kết hợp diện tích đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt
tròn các em sẽ gặp những bài toán đòi hỏi sự tư duy, suy luận và định hướng rõ
ràng thì mới có thể giải quyết được. Vì đây là dạng toán tổng hợp nên sự tư duy,
định hướng đó gặp rất nhiều khó khăn. Các bài toán liên quan đến các bài tập kết
hợp diện tích đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt tròn đòi hỏi học sinh phải
nắm chắc kiến thức, biết vận dụng một cách linh hoạt phương pháp và các công
6
thức tính diện tích liên quan, đặc biệt với những bài nâng cao dạng này học sinh
cần có sự tư duy ghép nối một cách chính xác, rõ ràng mới giải quyết được. Tại
trường trung học cơ sở Nghĩa Hưng, học sinh đã được lựa chọn có tư duy tương
đối tốt song khi gặp những bài toán liên quan đến các bài tập kết hợp diện tích
đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt tròn khó học sinh thường không biết bắt
đầu từ đâu, định hướng như thế nào để tìm ra phương pháp giải quyết nhanh và
hiệu quả nhất, thậm chí là không giải quyết được. Dẫn đến học sinh ngại học
hoặc sợ những bài toán dạng trên. Thực tiễn cho thấy giáo viên mới chỉ dừng lại
ở việc yêu cầu học sinh nắm vũng kiến thức mà chưa làm rõ được định hướng
ngay từ đầu nhằm hỗ trợ học sinh giải quyết vấn đề.
– Về phía giáo viên:
Khi dạy bài toán có liên quan đến diện tích chỉ quan tâm đến kết quả làm
bài của học sinh mà chưa quan tâm đến phương pháp tìm tòi, khám phá để đi
đến kết quả đó. Mặc dù đề thi vào trường THPT tỉnh Nam Định mấy năm gần
đây thường có các bài tập liên quan đến thực tế nhưng nội dung này cũng chưa
nhiều nên đối với giáo viên lớp 9 thường có suy nghĩ “Học để thi/ Học gì thi
nấy” bởi đây là lớp cuối cấp, ngoài việc cung cấp các kiến thức cho các em thì
còn phải ôn luyện cho học sinh thi vào THPT. Chính vì thế ít quan tâm đến con
đường tư duy giải quyết bài toán, phát triển năng lực mà chủ yếu là luyện các
bài tập theo đường mòn để học sinh thi đạt kết quả cao hơn.
b) Mục đích:
Trong quá trình giảng dạy môn Toán lớp 9, khi đưa ra các bài tập liên quan
đến các bài tập kết hợp diện tích đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt tròn thì
nhiều học sinh gặp khó khăn trong việc tư duy tìm ra phương án giải quyết hoặc
không mấy hứng thú với dạng bài tập này. Chính vì thế với việc đưa ra sáng
kiến kinh nghiệm này nhằm hệ thống lại các dạng bài liên quan đến các bài tập
kết hợp diện tích đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt tròn ở chương trình
Toán lớp 8, 9, cùng với đó là những nhận xét, hướng dẫn gợi mở, phân tích cho
từng dạng giúp học sinh giải quyết các bài toán đó một cách nhẹ nhàng, nhanh
chóng hơn, Với các hình thức tổ chức dạy học đa dạng trong đó chú trọng đến
7
hoạt động trải nghiệm sáng tạo từ đó làm tăng hứng thú học tập cho học sinh.
Quan tâm đặc biệt đến đổi mới phương pháp dạy học tiếp cận chương trình giáo
dục phổ thông 2018 theo định hướng phát triển phẩm chất, năng lực học sinh,
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
2.1. Chuẩn bị các điều kiện áp dụng
Để hoạt động phát triển các bài toán có hiệu quả trong việc nâng cao năng
lực nhất là với đối tượng khá giỏi thì cần
– Khảo sát để nắm được trình độ, khả năng học tập, sở thích, phong cách
học tập, kinh nghiệm của học sinh, phân chia học sinh thành các nhóm trình độ
khác nhau.
– Tư vấn, hướng dẫn phương pháp học tập học sinh để nắm vững các định
nghĩa, định lí hình học. Học sinh hiểu được vai trò và những lợi ích của học tập
tích cực và chủ động.
– Giáo viên nghiên cứu kỹ và hiểu sâu về: các hình thức, phương pháp dạy
học nhằm phát triển tư duy và hứng thú khi gặp các dạng toán liên quan đến diện
tích đa giác và diện tích hình tròn, hình quạt tròn.
– Giáo viên điều chỉnh, đổi mới phương pháp, hình thức tổ chức hoạt động
dạy học, hoạt động trải nghiệm ngay trong quá trình và kết thúc mỗi giai đoạn
dạy học, giáo dục; kịp thời phát hiện những cố gắng, tiến bộ của học sinh để
động viên, khích lệ và phát hiện những khó khăn chưa thể tự vượt qua của học
sinh để hướng dẫn, giúp đỡ; đưa ra nhận định đúng những ưu điểm nổi bật và
những hạn chế của mỗi học sinh để có giải pháp kịp thời nhằm nâng cao chất
lượng, hiệu quả hoạt động học tập, rèn luyện của học sinh; góp phần thực hiện
mục tiêu giáo dục tổng thể 2018 của Bộ giáo dục.
– Tổ chức dạy học nhằm giúp học sinh hình thành và phát triển năng, phẩm
chất cũng không phải là mới tuy nhiên quá trình tổ chức dạy học để thể hiện
được rõ nét việc phát huy năng lực cá nhân, tạo điều kiện cho học sinh phát huy
được tính sáng tạo và phối hợp, tương trợ lẫn nhau trong học tập trong mỗi đơn
vị kiến thức, mỗi tiết học, hoạt động giáo dục vẫn cần sự thay đổi và thay đổi cụ
thể trong mỗi giáo viên. Một thay đổi cần làm cụ thể, thiết thực và quan trọng để
8
dạy học hình thành, phát triển phẩm chất, năng lực của cá nhân là lập kế hoạch,
tổ chức một số tiết học.
2.2. Phương pháp nghiên cứu
a) Nhóm phương pháp nghiên cứu lý luận
Nhóm phương pháp này nhằm thu thập các thông tin lý luận để xây dựng
cơ sở lý luận của đề tài như:
– Phương pháp khái quát hóa các nhận định độc lập.
b) Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn
– Phương pháp điều tra;
– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm GD;
– Phương pháp nghiên cứu các sản phẩm hoạt động;
– Phương pháp khảo nghiệm, thử nghiệm, thực hành.
2.3. Các hình thức tổ chức dạy học
+ Dạy học cá nhân
+ Dạy học theo nhóm
+ Dạy học cả lớp
+ HĐ trải nghiệm sáng tạo
2.4 Cách thức thực hiện:
a) Cung cấp lý thuyết
b) Lựa chọn các bài tập phù hợp:
– Theo mức độ từ dễ đến khó,
– Từ những bài áp dụng công thức đến vận dụng để giải quyết những vấn
đề trong thực tiễn.
– Chuyển từ bài tập chú trọng kết quả chuyển sang trải nghiệm sáng tạo,
phát triển tư duy, năng lực cho học sinh.
9
* CÁC BÀI TOÁN THEO MỨC ĐỘ TỪ DỄ ĐẾN KHÓ
Hình ảnh học sinh tìm hiểu bài toán
Học sinh sử dụng các công thức đã học về diện tích đa giác và diện tích có
liên quan đến hình tròn, hình quạt tròn… trong đó độ khó của bài toàn tăng lên
thì việc tư duy của học sinh để làm bài tập cũng tăng lên
10
Ví dụ 1: Tính diện tích một hình quạt tròn có bán kính 6cm, số đo cung là 36o.
Nhận xét: Bài này học sinh chỉ cần áp dụng công thức tính diện tích hình
quạt tròn.
Khi đó diện tích hình quạt tròn đã cho là:
2
.6 .36 2
11,3( )
q 360
S cm =  
Ví dụ 2: Tính diện tích hình tròn biết chu vi của nó là C
Gọi R và S lần lượt là bán kính và diện tích của hình tròn
Ta có:
2
4


=  =
C
C R R Vậy
2
2
2
 

 
= =  
 
C
S R
Ví dụ 3: Bài 85 – SGK toán 9 tập 2/T100
Hình viên phân là phần hình tròn giới hạn bởi một cung và dây căng cung
ấy. Hãy tính diện tích hình viên phân AmB, biết góc ở tâm AOB = 60o và bán
kính đường tròn là 5,1cm (h.64).
Nhận xét: Bài toán này HS cần nắm được công thức tính diện tích tam
giác và diện tích hình quạt tròn, Các kiến thức khác về đường tròn trong đó:
Mấu chốt:
Tam giác OAB là tam giác đều có cạnh R = 5,1cm
Công thức tính diện tích tam giác đều cạnh a là:
2 3
4
a
S =
Diện tích hình viên phân = Dt hình quạt tròn cungAmB – Dt tam giác AOB
11
Do đó, diện tích tam giác đều OAB cạnh OA = R = 5,1cm là
5,1 3 2
(1)
4
S =
Diện tích hình quạt tròn AOB là:
.5,1 .60 867 2
(2)
360 200
 
=
Từ (1) và (2) suy ra diện tích hình viên phân là:
2
867 5,1 3 2
2,4( )
200 4
cm

– 
Ví dụ 4: Hình vành khăn là phần hình tròn giữa hai đường tròn đồng tâm
(h.65).
a) Tính diện tích S của hình vành khăn theo R1 và R2 ( giả sử R1 > R2).
b) Tính diện tích hình vành khăn theo R1 =10,5cm, R2 =7,8cm.
a) Diện tích hình tròn (O; R1) là S R 1 1 =  2.
Diện tích hình tròn (O; R2) là S R 1 2 =  2.
Diện tích hình vành khăn là S S S R R = – = – 1 2 1 2  ( 2 2).
b) Thay số:
S = – 3,14 10,5 7,8 . ( 2 2 )
Ví dụ 5: Tính diện tích hình tròn nội tiếp một hình vuông có cạnh là 4cm.
Nhận xét: Từ hình vuông suy ra bán kính của đường tròn
HD:
Diện tích hình vành khăn = Dt hình tròn R1 – Dt hình tròn R2
12
Hình tròn nội tiếp hình vuông có cạnh 4cm thì có R = 2cm
Vậy diện tích hình tròn là:   .2 4 . 2 2 = (cm )
Ví dụ 6: Cho đường tròn (O) tiếp xúc với 4 cạnh hình vuông ABCD, biết cạnh
hình vuông bằng 4cm. Tính diện tích phần hình vuông nằm ngoài hình tròn.
Nhận xét: Diện tích phần cần tính = Diện tích hình vuông – DT hình tròn
O
B C
A D
Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc với BC AD , lần lượt tại K H ,
Suy ra OK BC OH AD ⊥ ⊥ ,
Mà BC AD K O H // , ,  thẳng hàng,
Do đó KH là đường kính của (O)
Tứ giác ABKH có 4 góc vuông nên là hình chữ nhật.
Suy ra KH AB cm = = 4
Suy ra bán kính của đường tròn (O) là 2cm
Gọi diện tích hình vuông, diện tích hình tròn lần lượt là S S 1 2 ;
Ta có:
( )
( )
2 2
1
2 2 2
2
4 16
.2 4
S cm
S R cm   
= =
= = =
13
Vậy diện tích cần tìm là: S S S cm = – = – 1 2 16 4 ( 2)
Ví dụ 7: Cho điểm H thuộc đoạn BC . Vẽ các nửa đường tròn đường kính
HB HC BC , , , đường thẳng vuông góc với BC tại H , cắt đường tròn đường kính
BC tại điểm A , (như hình vẽ). Biết AH cm = 3 , tính diện tích phần hình giới hạn
bởi 3 đường tròn ( phần hình tô đậm).
Mấu chốt:
A
B C
H
HD:
Gọi: các đường tròn đường kính BC HB HC , , có diện tích lần lượt là S S S 1 2 3 ; ; và
có bán kính tương ứng R R R 1 2 3 , , . Khi đó diện tích giới hạn bởi 3 đường tròn là:
( )
( ) ( )
1 2 3 1 2 3
2
2 2
2 3 2 3 2
2 3
2 2
S S S S S S S
R R R R
R R cm
  

= – – = – +
+   +
= – =  
 

Mặt khác	vuông tại có đường cao , nên áp dụng hệ thức
lượng có:

ABC A AH ( )
2
2
2 3 2 3
2
9
. 4
4 4
9 4
AH
AH HB HC R R R R
S cm 
= =  = =
 =
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC vuông ở A và đường cao AH.Vẽ đường tròn tâm O
đường kính AB.Biết BH = 2cm và HC = 6cm.Tính:
a. Diện tích hình tròn (O)
Diện tích cần tính = Dt hình tròn đường kính AB – Dt hình tròn (ĐK BH+ĐK HC)
14
b. Tổng diện tích hai hình viên phân AmH và BnH (ứng với các cung nhỏ)
c. Diện tích hình quạt tròn AOH (ứng với các cung nhỏ AH
a) Trong tam giác ABC vuông tại A ta có:
AB HB BC AB cm 2 = = + =  = . 2.(2 6) 16 4
Diện tích hình tròn tâm (O) là
2
4 ( ). 2
2
AB
S cm = =      
 
b) Trong tam giác vuông ABC ta có
AH HB HC AH cm 2 = = =  = . 2.6 12 2 3

Diện tích tam giác AHB:

S AH BH cm AHB = = = 1 1 2 2 . . .2.2 3 2 3( 2)
Tổng diện tích hai hình viên phân AmH và BnH bằng diện tích nửa hình
tròn tâm O đường kính AB trừ đi diện tích tam giác AHB, ta có:
S cm AHB = – = – 12 .4 2 3 2 3   ( )( 2 )
c) Ta có AB = 4cm, suy ra OB = 2cm
Tam giác OBH có OB = OH = HB = 2cm nên tam giác OBH đều
  ( )
 =  =
 = =
0 0
2
2
qu¹t
60 120
.2 .120 4
AOH 360 3
OBH sd AmH
S cm
Ví dụ 9: Một miếng gạch hình vuông có các đỉnh là A B C D , , , ;độ dài cạnh là
20cm (xem hình vẽ). Cung BD là một cung tròn của đường tròn tâm C, bán kính
là CD . Em hãy tính diện tích hình được giới hạn bởi AB, AD và cung BD . ( làm
tròn tới chữ số thập phân thứ hai)
15
Mấu chốt:
HD:
Diện tích hình vuông ABCD là: 20.20 400 = (cm2)
Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi CB CD , và cung BD là
( .20 ) : 4 100   2 2 = (cm )
Diện tích hình được giới hạn bởi AB CD , và cung BD là:
400 100 –  = – 100 4 (  ) (cm2)
Ví dụ 10: So sánh diện tích phần tô màu và phần để trắng trong hình sau:
Phần tô màu là nửa hình tròn có đường kính 4cm nên bán kính bằng 2cm
Diện tích phần tô màu: 1 1 . .2 2 ( ). 2 2 2
2 2
S R cm = = =   
Diện tích phần để trắng: S S S cm 2 1 = – = – = 4 2 2 ( ).    2
Vậy diện tích hai phần bằng nhau.
Ví dụ 11: Cho tam giác ABC vuông tại A có độ dài các cạnh
AB cm AC cm = = 8 , 6 . Vẽ nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Tính diện tích
Diện tích cần tính = Dt hình vuông – Dt hình quạt tròn
16
hình tô đậm phía ngoài tam giác ( kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ
nhất)
Mấu chốt:
8 6
A
B O C
HD:
sin ACB AB
BC
=  sin 300
6
AB
=  AB = = 6.sin 30 3 0

(cm)

Xét ABC vuông tại A có:
Xét ABC vuông tại A có:
BC AB AC 2 2 2 = + ( Định lý Py-ta-go)
 AC2 2 2 = – = 6 3 27  = AC 3 3 (cm)
Diện tích nửa hình tròn (O) là:
.32
4,5
2

=  (cm2)
Diện tích ABC là: . 3.3 3 4,5 3
2 2
AB AC
= = (cm2)
Diện tích phần tô đậm là: 4,5 4,5 3 4,5. 3   – = – ( )(cm2)
Ví dụ 12: Cho hình thang vuông (như hình vẽ) có AD = 4cm, BC = 10cm,cạnh
CD tiếp xúc với nửa đường tròn (O) đường kính AB tại M. Tính diện tích phần
hình thang vuông nằm ngoài nửa đường tròn (O) (phần hình tô đậm).
Kết quả làm tròn đến số thập phân thứ nhất
10cm
4cm
C
D
A O B
M
Diện tích hình cần tính = Dt nửa hình tròn R1 – Dt tam giác ABC
17
HD: Diện tích phần tô đậm bằng:
Diện tích hình thang ABCD – Diện tích nửa đường tròn (O)
C/m OM AD BC OM cm AB cm 2 =  = = . 2 10( ); 4 10( )
Diện tích phần hình thang vuông nằm ngoài nửa đường tròn (O) bằng:
( ) . 2
2 2
AD BC AB +  OM
–
Ví dụ 13: Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong đường tròn (O) . Tiếp tuyến
tại C với đường tròn (O) cắt AB AD , kéo dài lần lượt tại E F ; biết độ dài các
cạnh AB cm AD cm = = 6 , 6 3 .Tính diện tích phần tam giác EAF nằm ngoài nửa
hình tròn (O) (phần tô đậm trong hình vẽ bên , kết quả làm tròn đến chữ số thập
phân thứ nhất)
Mấu chốt:
F
E
O
B
A D
C
Diện tích tam giác vuông ADB là 1 . 18 3(cm ) 2
S AB AD ADB = = 2
Ta có: AC AB BC AB AD AC cm 2 2 2 2 2 2 = + = +  =144( )
FE là tiếp tuyến của đương tròn (O) tại C AC FE  ⊥
ACF vuông tại C có đường cao 2 . 24( ) 144
6
CB AC AB AE AE cm  =  = =
Tương tự ta có 144 8 3(cm)
6 3
FA = =
Diện tích hình bôi đen = Diện tích tam giác AEF – Dt tam giác ABD – DT
nửa đường tròn
18

Diện tích tam giác vuông là

Diện tích của nửa đường tròn là

FEA 1 . 96 3(cm ) 2
S FA EA FEA = = 2
(O) S R cm 1 = = = = 1 1 1 144 2 2 2 2 4     2 2 2 ( ) 18 AC ( )
Diện tích của hình tô đậm cần tính là
Ví dụ 14: Cho ABC đều có độ dài mỗi cạnh là a . Lấy A B C , , làm tâm lần lượt
dựng ba đường tròn cùng bán kính là a . Hãy tính diện tích phần chung của ba
hình tròn nói trên.
Nhận xét: Diện tích phần cần tính = 3. DT hình quạt tròn – 2.Dt tam giác
Vì ABC đều nên ABC ACB BAC = = = 600 .
Diện tích hình quạt tròn ABC là
2 2 .60
360 6
  a a
=
Kẻ đường cao AH của ABC ta có .sin 600 3
2
a
AH AB = =
2 3
ABC 4
a
 = S .
Các đường tròn tâm A B C , , có cùng bán kính a nên diện tích các hình
quạt tròn ABC ACB BAC , , bằng nhau.
Do đó diện tích phần chung của ba hình tròn là:
2 2 3 2 ( 3)
.3 .2
6 4 2
a
a a  –
– =
19
Ví dụ 15: Cho đường tròn (O cm ;6 )và điểm E trên nửa đường tròn sao cho
AOE = 60o. Tiếp tuyến tại E của nửa đường tròn cắt tiếp tuyến tại A và B của
nửa đườn tròn lần lượt tại D và C.
Tính diện tích phần VOCD ở ngoài nửa đường tròn (tổng diện tích của hai
phần được tô đậm trong hình, làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2 )
Mấu chốt:
HD: Ta có AD AE , là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D CB CE ; , là hai tếp tuyến cắt
nhau tại C suy ra OC OD , là hai tia phân giác của hai góc kề bù suy ra
DOC = 90o

Diện tích quạt là:

MON ( )
2 2
2
1
.90 .6
9
360 4
R
S cm = = =   

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 luận văn luận án O2 Education

SKKN Lồng ghép trò chơi vào dạy học Toán ở trường THCS

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 luận văn luận án O2 Education

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
Ngành giáo dục nước ta trong những năm gần đây thực hiện theo chỉ thị
của Bộ GD&ĐT về “Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực”. Mục
tiêu chủ yếu của việc “Xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực” là làm
sao tạo nên một môi trường giáo dục an toàn, bình đẳng, lành mạnh, đảm bảo sự
gần gũi, gắn bó với nhân dân, xã hội, phụ huynh, học sinh, luôn tạo được sự
thỏa mái, bình yên, hứng khởi cho từng học sinh, phát huy được tính chủ động,
tích cực, sáng tạo của học sinh trong học tập và trong các hoạt động tập thể, hoạt
động xã hội một cách phù hợp và có hiệu quả cao,…
Ở góc độ là những giáo viên dạy học bộ môn Toán bậc THCS, chúng ta
suy nghĩ, nhận thức và đóng góp gì cho phong trào “Xây dựng trường học thân
thiện, học sinh tích cực” mà Bộ GD&ĐT đã phát động? Theo tôi, trước hết
chúng ta cần nhận thấy rõ rằng : Nếu trong từng tiết dạy học bộ môn Toán, mỗi
giáo viên bộ môn đầu tư xây dựng được “Lớp học thân thiện, học sinh tích cực”
thì có nghĩa là chúng ta đã đóng góp được một phần “nguyên liệu” để xây dựng
nên: “Trường học thân thiện, học sinh tích cực”.
Vậy làm sao để xây dựng được “Lớp học thân thiện, học sinh tích cực”?
Tôi thiết nghĩ rằng : Việc đưa các trò chơi vui nhộn, trí tuệ trên tinh thần “Học
mà chơi, chơi mà học” vào các tiết dạy học nói chung và tiết dạy học môn Toán
nói riêng, sẽ là một trong những yếu tố rất quan trọng để xây dựng nên một lớp
học như thế. Bởi vì, vui chơi vừa là nhu cầu, vừa là quyền lợi của các em học
sinh, nó giúp các em cân bằng được trạng thái tâm lí, tinh thần khi phải học hoài
những bài toán, những con số khô cứng, những tiết học căng thẳng,…
Sử dụng trò chơi trong dạy học Toán sẽ tạo ra được không khí học tập vui
tươi, hồn nhiên và hết sức sinh động trong từng tiết học, kích thích được tính tò
mò, ham học, trí tưởng tượng và tư duy sáng tạo, năng động của các em. Các trò
chơi có nội dung toán học lý thú và bổ ích phù hợp với việc nhận thức của các
em, thông qua các trò chơi các em sẽ lĩnh hội những tri thức toán học một cách
dễ dàng, củng cố, khắc sâu kiến thức một cách vững chắc, tạo cho các em niềm
say mê, hứng thú trong học tập, trong việc làm.
Từ những cơ sở, nhận thức nêu trên, cộng thêm những kinh nghiệm nhỏ
mà bản thân đã tích lũy được trong những năm học qua. Tôi xin được đóng góp
một Sáng kiến kinh nghiệm có tựa đề : “Lồng ghép trò chơi vào dạy học Toán ở
trường THCS”.
5
II. Mô tả giải pháp
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Toán học là bộ môn đòi hỏi học sinh phải tư duy và thực hành giải toán
nhiều… nếu như giáo viên không có phương pháp sư phạm tốt thì giờ học trở
nên quá tải, nặng nề, học sinh ít được tham gia hoạt động. Khó khăn lớn nhất đối
với học sinh khi học môn Toán đó là năng lực nhận thức, năng lực tư duy của
các em rất hạn chế. Các em dần chán nản, và đối với học sinh yếu kém sẽ không
thích môn học vì không tiếp thu nổi những kiến thức Toán đã vốn khó và khô
khan.
Để góp phần đổi mới phương pháp dạy học bộ môn Toán ở trường THCS
theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động của học sinh, tăng cường hoạt động
cá thể với học tập giao lưu giải trí, hình thành kĩ năng vận dụng kiến thức vào
thực tiễn thì việc thiết kế và tổ chức trò chơi trong giờ học Toán là điều giáo
viên nên làm.
Như chúng ta đã biết thời gian một tiết học chỉ 45 phút dành cho các hoạt
động, cho nên việc ổn định và vận dụng trò chơi vào tiết dạy phải hết sức khẩn
trương, hợp lí và dễ hiểu thì mới mong tạo ra một tiết dạy đảm bảo về nội dung
và thời gian cũng như tính thú vị của trò chơi. Do đó giáo viên và học sinh
thường tỏ ra lúng túng nếu như các trò chơi không phù hợp, chơi không rõ ràng,
nội dung bài dạy không được chọn lọc cho phù hợp.
Trong các tiết dạy môn Toán nói chung, đa phần giáo viên dạy có thiết kế
và có tổ chức các hoạt động trò chơi và mang lại những hiệu quả ban đầu. Tuy
nhiên vẫn còn một số hạn chế như sau:
Giáo viên thường chỉ áp dụng các trò chơi đúng như sách giáo khoa trình
bày, chưa phong phú, chưa phát triển đa dạng các hình thức tổ chức và áp dụng
vào thực tế của tiết dạy, của đối tượng học sinh.
Công tác chuẩn bị cho các hoạt động này thường chỉ sơ sài do mất nhiều
thời gian và chưa thực hiện thường xuyên, chưa gây được hứng thú học tập cho
học sinh. Đa phần học sinh chỉ thực hiện theo kiểu gượng ép do cách thức tổ
chức chưa phù hợp, dẫn tới hiệu quả giờ học chưa cao.
Xem xét, so sánh hiệu quả về mặt tư tưởng, tâm lí học sinh và chất lượng
giờ dạy giữa tiết dạy có tổ chức trò chơi và cũng tiết dạy đó ở lớp khác nhưng
không tổ chức trò chơi, tôi thấy rằng thông qua các bài học đa dạng, giáo viên có
thể giúp các em lĩnh hội kiến thức một cách tự nhiên, sinh động và hiệu quả.
Bên cạnh đó còn làm mới lạ nội dung bài học, giúp học sinh có hứng thú tìm tòi
kiến thức mới, tránh tình trạng khô khan, nhàm chán do đặc thù của bộ môn.
6
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
2.1. Những nhận định về trò chơi trong dạy học toán
Trò chơi trong dạy học toán có hai khía cạnh quan trọng:
– Một là, nội dung trò chơi là nội dung toán hoặc có liên quan trực tiếp,
giúp mở rộng, nâng cao kiến thức, kĩ năng toán đã học trong nhà trường.
– Hai là, mang đầy đủ tính chất của một trò chơi: có luật chơi, cách chơi,
gây hứng thú và sự thi đua giữa các học sinh, giữa các tổ nhóm.
a. Chọn lựa trò chơi:
– Giáo viên nên sàng lọc kiến thức kỹ trong tiết dạy sao cho phù hợp với
đối tượng học sinh của mình và tiết nào hay phần nào nên áp dụng trò chơi vào
cho cụ thể. Giáo viên phải biết chọn lựa trò chơi mang ý nghĩa giáo dục, sao cho
phù hợp với bài dạy về cả nội dung với thời lượng.
– Xác định được mục tiêu của trò chơi đưa ra là gì? (Giáo dục kĩ năng gì?
Phẩm chất gì? Khắc sâu nội dung gì của bài học?)
– Trò chơi đưa ra phải đa dạng, phong phú, phù hợp với tâm lí học sinh,
có tác dụng khích lệ tinh thần học tập cho tất cả các đối tượng học sinh trong
lớp, tránh bỏ rơi học sinh yếu kém ngoài cuộc.
– Trò chơi phải được chuẩn bị chu đáo, phải gây được hứng thú đối với
học sinh, không nên chọn những trò chơi chỉ được mặt vui nhộn, nhưng lại thiếu
tác dụng giáo dục về phẩm chất cũng như kĩ năng học tập.
b. Cấu trúc của Trò chơi học tập:
– Tên trò chơi
– Mục đích: Nêu rõ mục đích của trò chơi nhằm ôn luyện, củng cố kiến
thức, kỹ năng nào. Mục đích của trò chơi sẽ quy định hành động chơi được thiết
kế trong trò chơi.
– Đồ dùng, đồ chơi : Mô tả đồ dùng, đồ chơi được sử dụng trong Trò chơi
học tập.
– Nêu lên luật chơi: Chỉ rõ quy tắc của hành động chơi quy định đối với
người chơi, quy định thắng thua của trò chơi.
– Số người tham gia chơi: Cần chỉ rõ số người tham gia trò chơi
– Nêu cách chơi.
c. Cách tổ chức trò chơi:
– Thời gian tiến hành: thường từ 5 – 7 phút
7
– Đầu tiên là giới thiệu trò chơi: Nêu tên trò chơi, hướng dẫn cách chơi
bằng cách vừa mô tả vừa thực hành, nêu rõ quy định chơi.
– Bắt đầu chơi trò chơi.
– Nhận xét kết quả chơi, thái độ của người tham dự, giáo viên có thể nêu
thêm những tri thức được học tập qua trò chơi, những sai lầm cần tránh.
– Thưởng – phạt: Phân minh, đúng luật chơi, sao cho người chơi chấp
nhận thoải mái và tự giác làm trò chơi thêm hấp dẫn, kích thích học tập của học
sinh. Phạt những học sinh phạm luật chơi bằng những hình thức đơn giản, vui
(như chào các bạn thắng cuộc, hát một bài, nhảy lò cò…).
d. Phân loại trò chơi:
Có thể phân làm ba loại :
+ Trò chơi “Khởi động”.
+ Trò chơi “Làm cho tiết học sôi nổi”.
+ Trò chơi “Đánh giá và khuyến khích ”.
2.2. Một số trò chơi điển hình trong tiết dạy học Toán
2.2.1. Loại trò chơi “Khởi động”
Loại trò chơi này thường được dùng ở phần khởi động của bài hoặc trong
các tiết ôn tập khi ôn lại kiến thức cũ.
1- Trò chơi “Ai nhanh hơn?”
a. Yêu cầu:
– Chuẩn bị câu hỏi trước ra bảng phụ hoặc bằng máy tính dùng phần mềm
đa phương tiện Microsoft power point.
– Thời gian tiến hành: 5 – 7 phút đối với kiểm tra bài cũ, 7 – 10 phút đối
với kiểm tra bài cũ của ôn tập chương.
– Để tăng tính thú vị của trò chơi mỗi đội chơi cần đặt tên cho đội của
mình.
b. Cách tổ chức:
– Mỗi dãy bàn cử ra từ 4 – 6 bạn tạo thành hai đội chơi thi đấu với nhau
và xếp thành hai hàng .
– GV dùng bảng phụ ghi nội dung cần thực hiện ra yêu cầu mỗi đội chơi
cần thực hiện công việc.
8
* Cách ghi 1:
Ví dụ bảng phụ phần lý thuyết của bài ôn tập chương III đại số 8 như sau:
(mỗi đội chơi một bảng)
Hãy điền vào chỗ trống để được một câu trả lời đúng.
1. Phương trình bậc nhất một ẩn ………………………………………………….
2. Hai Phương trình tương đương nhau nếu ………………………………………
3. Hai quy tắc biến đổi phương trình là…………………………………………..
4. Số nghiệm của phương trình bậc nhất là ………………………………………
5. Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu………………………………………………
6. Giải bài toán bằng cách lập phương trình………………………………………
Trong thời gian 5 phút mỗi thành viên trong mỗi tổ chạy lên điền vào chỗ
trống ( mỗi thành viên chỉ được ghi một câu bất kỳ ) khi người nào ghi xong về
tới hàng thì thành viên tiếp theo mới được chạy lên hoàn thành tiếp công việc.
* Cách ghi 2:
Ghi thành hai bảng, yêu cầu ghép các câu ở bảng 2 vào bảng 1 để được
câu trả lời đúng:
Bảng 1

1. Phương trình bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng 2. Hai phương trình tương đương là 3. Hai quy tắc biến đổi phương trình là 4. Số nghiệm của phương trình bậc nhất là: 5. Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu có các bước là: 6. Giải bài toán bằng cách lập phương trình có các bước là:

Bảng 2:

a. chuyển vế và nhân với một số khác 0 (chia cho 1 số khác 0) b. có cùng tập nghiệm. c. điều kiện, quy đồng + khử mẫu, giải, kết luận. d. có thể vô nghiệm, có một nghiệm duy nhất, hoặc có vô số nghiệm. e. lập phương trình (3 ý nhỏ), giải phương trình, trả lời. f. ax + b = 0 (a 0)


9
– Trong thời gian 5 phút mỗi thành viên trong mỗi tổ chạy lên ghép 1 câu
ở bảng 1 với một câu ở bảng 2 (mỗi thành viên chỉ được ghi một câu bất kỳ) khi
người nào ghi xong về tới hàng thì thành viên tiếp theo mới được chạy lên hoàn
thành tiếp công việc.
– Sau đó giáo viên cho học sinh nhận xét, đánh giá, tuyên dương.
2- Trò chơi “Đối đáp”
a. Yêu cầu:
– Chuẩn bị câu hỏi trước ra bảng phụ hoặc bằng máy vi tính với phần
mềm đa phương tiện Microsoft power point.
– Thời gian tiến hành: 5 – 7 phút đối với kiểm tra bài cũ, 7 – 10 phút đối
với kiểm tra bài cũ của ôn tập chương.
b. Cách tổ chức:
– Giáo viên nêu phạm vi giới hạn câu hỏi.
– Chia mỗi dãy thành một đội, mỗi đội chọn lấy một số bạn bằng nhau
tùy theo lượng câu hỏi xếp thành hai hàng dọc đứng quay mặt vào nhau và điểm
danh từ 1 đến hết để nhớ số.
– Em thứ nhất ở hàng 1 đặt câu hỏi, em thứ nhất ở hàng 2 trả lời. Lần sau
đổi lại em hàng 2 đặt câu hỏi trước cứ như thế đến hết.
– Sau mỗi lượt chơi, có thể kiểm tra em nào đúng. Nếu đúng được ghi 1
điểm. Sau một số lần chơi, hàng nào có số điểm cao hơn, hàng đó thắng cuộc.
2.2.2. Loại trò chơi “Làm tiết học sôi nổi”
– Trò chơi có tác dụng làm “ nóng” tiết học. Các trò chơi ở phần này
thường áp dụng vào giải quyết nội dung trong tiết học.
1- Trò chơi “Chung sức”
– Thay vì dùng phương pháp thảo luận nhóm bình thường mà chúng ta
thường hay sử dụng, thì trò chơi “Chung sức” sẽ giúp học sinh thảo luận nhóm
một cách nhẹ nhàng, hiệu quả, không bị gò ép, rập khuôn.
– Nhờ sự “Chung sức” của mỗi đội chơi, nhất là sự đóng góp, diễn giải
của những học sinh tích cực, học sinh khá – giỏi, các em học sinh trung bình,
yếu, kém sẽ có thêm cơ hội để nắm bắt kiến thức đã học, có cơ hội để lấy điểm
về mình nếu các em thực hiện đạt yêu cầu.
a. Yêu cầu:
– Giáo viên chuẩn bị sẵn ở nhà một số bài toán và đáp án có nội dung liên
10
quan đến tiết dạy.
– Học sinh chuẩn bị bảng nhóm, bút lông. Mọi thành viên phải tập trung
cao và phải có trách nhiệm “mình vì mọi người” thì mới mong thành công.
b. Cách tổ chức:
– Bốc thăm chọn ra 2 đội chơi. Quy định thời gian thảo luận.
– Giáo viên đưa bài tập trò chơi. Học sinh thực hiện nhóm, trong quá trình
thực hiện tìm ra đáp án, các thành viên phải đảm bảo hiểu hết bài.
– Khi có hiệu lệnh của giáo viên, lần lượt từng thành viên của 2 đội lên
bảng ghép đề bài và đáp án tương ứng vào phần bảng của đội mình (Cứ em này
về chỗ thì em khác mới được lên bảng).
– Sau thời gian quy định, giáo viên ra hiệu lệnh dừng cuộc chơi. Giáo viên
và cả lớp cùng chấm, khi chọn đáp án đúng cho đội, giáo viên có thể phỏng vấn
bất kì thành viên nào trong nhóm giải thích kết quả. Đội nào có cặp đề bài và
đáp án chính xác và nhiều hơn thì đội đó sẽ chiến thắng.
Ví dụ: – Khi dạy bài: “Biến đổi đơn giản biểu thức chứa căn thức bậc hai”
(Tiết 8 – Đại số lớp 9), giáo viên có thể vận dụng kiến thức vào bài tập với nội
dung chơi gồm các bài tập sau:
Trục căn thức ở mẫu với giả thiết các biểu thức chữ đều có nghĩa.
5 5 1 2 2 2 3 2 .
; ; ; ; ; ; ;
10 2 5 3 20 5 2 3 1 3 1
2 3 2 3
; ; ; ; ;
2 3 3 2 1 6 5 10 7
y b y
b y
b p
b p
 
 

    
Với các đáp án tương ứng là:
10 5 5 2 2 3( 3 1) (3 ) (2 1)
; ; ; ; ; ; 3 1;7 4 3; ; ;
2 2 30 5 2 9 4 1
2( 6 5); 10 7
y b p p b b
b b p
    
 
 
 
– Trò chơi có thể nâng cao hơn bằng cách tìm ra tên của Nhà khoa học
hoặc một vị anh hùng, …: đặt các đáp án cho trước vào đúng chỗ cùng với các
chữ cái đi kèm tạo ra tên cần tìm.
2- Trò chơi “Thử tài trí nhớ”
Rèn luyện trí nhớ, tạo niềm vui thích , hăng say, tích cực học tập cho các
em học sinh.
11
a. Yêu cầu
– Giáo viên chuẩn bị một số nội dung cần thiết liên quan đến trò chơi (Ghi
sẵn lên bảng phụ hoặc dùng máy tính sử dụng phần mềm Microsoft Word hay
Microsoft Paint hoặc phần mềm đa phương tiện Microsoft power point ).
b. Cách tổ chức
– Giáo viên cho bốc thăm chọn 2 đội chơi.
– Mời cả hai đội lên bảng (đứng hai góc hướng về bảng).
– Giáo viên gắn nội dung cần thử trí nhớ lên bảng, cho 2 đội quan sát từ
30 giây đến 1 phút, sau đó giáo viên lấy bảng phụ xuống, yêu cầu 2 đội ghi lại
những nội dung mà mình đã nhìn thấy.
– Đội có nội dung ghi lại đúng và nhiều hơn là đội chiến thắng.
Ví dụ: Khi dạy bài “Ôn tập chương I” (Tiết 17 – Hình học 9), giáo viên
có thể ghi sẵn các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, một số
tính chất của các tỉ số lượng giác lên bảng phụ. Cho học sinh chơi theo luật.
3- Trò chơi “Cùng nhau leo núi”
– Mục đích trò chơi rèn luyện kĩ năng tính toán cho học sinh. Thực hiện
các mục tiêu đã đưa ra trong Trò chơi “chung sức”.
a. Yêu cầu:
– Giáo viên chuẩn bị trước một số bài tập liên quan đến bài học theo cấp độ
từ dễ đến khó.
b. Cách tổ chức:
– Giáo viên sắp xếp các bài tập theo dạng hình tháp, càng lên cao càng
khó dần (Hình vẽ ở ví dụ dưới đây)
– Làm thủ tục bốc thăm chọn 2 đội chơi.
– Mỗi thành viên của mỗi đội lên giải một bài tập (Giải từ dưới lên trên),
sau đó về chỗ để thành viên khác của đội mình lên giải tiếp.
– Đội nào “Leo” lên đỉnh sớm hơn và có số câu trả lời đúng nhiều hơn, đội
đó thắng cuộc.
Ví dụ: Khi dạy bài: “Số vô tỉ. Khái niệm về căn bậc hai, số thực” (Tiết
17 – Đại số 7), giáo viên có thể cho các đội thực hiện trò chơi “Cùng leo núi”
với các bài toán có nội dung được sắp xếp như sau:
12
Có thể thực hiện trò chơi này để củng cố tất cả các bài học có sự tính toán.
4- Trò chơi “Đua xe về đích”
a. Yêu cầu:
– Nội dung bài tập phải từ dễ đến khó thì mới tạo sự hấp dẫn của trò chơi.
– Thời gian có thể là 10 phút – 15 phút.
– Phải giải bài tập theo thứ tự từ câu đầu đến câu cuối.
b. Cách tổ chức:
– Cho 4 tổ đua với nhau (nội dung bài tập của 4 nhóm là như nhau)
– Dùng máy tính sử dụng phần mềm Microsoft Word hay Microsoft Paint
hoặc phần mềm đa phương tiện Microsoft power point để tạo “đường đua” cho
4 tổ, ví dụ đường đua có 4 chướng ngại vật là:

Xuất phát

-x

-5/2

-1

10

Đích

Xuất phát

-x

-5/2

-1

10

Đích

Xuất phát

-x

-5/2

-1

10

Đích

Xuất phát

-x

-5/2

-1

10

Đích

– Mỗi ô coi như một chướng ngại vật, trên mỗi ô là kết quả của câu 1; 2;
3; 4.
– xe này có thể dễ dàng thay đổi vị trí để khi học sinh giải xong
chiếc xe sẽ được chuyển đến vị trí cần thiết.
13
– Nhóm nào giải xong câu nào đúng với kết quả thì xe của nhóm ấy
vượt qua chướng ngại vật đó (học sinh giải bài ra phiếu học tập hoặc bảng
nhóm).
– Sau thời gian quy định xe của nhóm nào tiến lên cao nhất thì nhóm đó
chiến thắng (trường hợp chưa hết thời gian mà nhóm nào tới đích thì cuộc chơi
coi như dừng lại tại thời điểm đó và nhóm đó chiến thắng).
– Sau đó giáo viên cho sửa bài và công nhận các vượt chướng ngại vật
của các tổ là đúng. Giáo viên nhận xét cuộc thi.
4- Trò chơi “Lật ô tìm hình”
a. Yêu cầu:
– Dùng máy tính sử dụng phần mềm hỗ trợ chuẩn bị trò chơi.
– Chọn nội dung cho người chơi phải phù hợp. Mọi học sinh phải tập
trung, có tinh thần tích cực, tự giác.
b. Cách tổ chức:
– GV chọn một hình ảnh có thể là một địa danh, một nhà toán học, một
chủ đề tháng …Hình ảnh này bị che bởi một số câu hỏi về toán học.
– Học sinh làm việc theo nhóm có thể chọn câu hỏi tùy ý theo sự thống
nhất của cả tổ. Nếu HS trả lời đúng thì bức tranh sẽ dần lộ ra, trả lời sai tại vị trí
đó sẽ bị che.
Ví dụ: Dạy học trong tháng 11, giáo viên chọn hình như sau:
14
Sau đó che bằng 6 gói câu hỏi có màu sắc khác nhau
Chẳng hạn học sinh chọn gói câu hỏi 5 và trả lời đúng thì tấm thứ 5 sẽ được
lấy đi

1	2	3
4	5	6

1	2	3
4	6

15
Và cứ như vậy đến khi học sinh đoán ra bức tranh hoặc trả lời hết các câu
hỏi…Thông qua bức tranh giáo viên có thể giới thiệu qua ngày 20/11 và truyền
thống tôn sư trọng đạo của dân tộc…
5- Trò chơi “Ô chữ”
– Rèn luyện tính nhanh nhẹn, khả năng quan sát và hợp tác tốt cho học
sinh. Học sinh củng cố kiến thức một cách nhẹ nhàng, tự chủ, vui tươi.
a. Yêu cầu:
– Giáo viên dùng máy tính sử dụng phần mềm Microsoft Word hay
Microsoft Paint hoặc phần mềm đa phương tiện Microsoft power point để hỗ trợ
trò chơi trong tiết dạy.
b. Cách tổ chức:
– Có thể cho học sinh toàn lớp chơi. Học sinh được tổ chức chơi như các
trò chơi ô chữ.
Ví dụ: Khi củng cố bài: “Số nguyên tố. Hợp số” (Tiết 25 – Toán 6)
– GV: Chia lớp thành ba nhóm. Mỗi nhóm chọn một hàng ngang và trả lời
câu hỏi để mở hàng ngang đó, lần lượt đến khi mở hết 9 hàng ngang thì các
nhóm rung chuông dành quyền trả lời hàng dọc.
+ Trả lời đúng mỗi từ hàng ngang được 10 điểm, nếu trả lời sai thì bị trừ
đi 2 điểm và dành quyền trả lời cho đội khác.
+ Giải được từ hàng dọc được 30 điểm.
+ Sau khi kết thúc trò chơi đội có số điểm cao nhất đội đó dành chiến
thắng.

1	H	Ơ	P	S	Ô
2	T	Â	P	R	Ô	N	G
3	G	I	A	O	H	O	A	N
4	K	Ê	T	H	Ơ	P
5	S	Ô	N	G	U	Y	Ê	N	T	Ô
6	X
7	S	Ô	T	Ư	N	H	I	Ê	N
8	V	E	N
9	N

16
– Câu hỏi các từ hàng ngang:

1	Tên gọi chung của tất cả các số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn hai ước.
2	Tên gọi của tập hợp không có phần tử nào cả
3	Công thức a + b = b + a thể hiện tính chất này
4	Công thức ( a . b ) . c = a . ( b . c) thể hiện tính chất này
5	Tên gọi của tất cả các số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó
6	Cái được dùng làm kí hiệu cho một phép toán
7	Tên gọi chung cho các số 0, 1, 2, 3, 4, 5, …
8	Đây là một loại biểu đồ để biểu diễn tập hợp
9	Đây là kí hiệu của tập hợp số tự nhiên

Từ hàng dọc: Ơ-ra-tô-xten. Ông là nhà toán học cổ Hi Lạp, là người đã
phát minh ra một loại sàng không phải để sàng lúa, gạo mà là để sàng số nguyên
tố được gọi là sàng Ơ-ra-tô-xten.
6- Trò chơi “Ai sai chỉ giúp”
– Củng cố nội dung sau mỗi đơn vị kiến thức được học, thông qua việc
suy nghĩ và lập luận để tìm ra chỗ sai của bài toán đã được giải sẵn. Rèn cho học
sinh kỹ năng trình bày, lý luận học sinh hiểu chắc, hiểu sâu kiến thức. Khơi dậy
mạnh mẽ khả năng tư duy tích cực của học sinh.
a. Yêu cầu:
– Giáo viên chuẩn bị nội dung bài toán có lời giải sai trên máy chiếu hoặc
bảng phụ, bảng phụ cho học sinh trình bày, bút viết bảng phụ.
b. Cách tổ chức:
– Chia làm 6 đội chơi mỗi đội 5 học sinh, các đội có 3 phút hội ý trình bày
lại lời giải của đội mình trên bảng phụ của nhóm. Đội nào nhanh nhất lên nộp
bài , hết thời gian giáo viên gia hiệu lệnh các nhóm lên nộp bài treo bảng nhóm
lên bảng giáo viên và học sinh cùng nhận xét.
– Đội thắng cuộc là đội tìm ra chỗ sai và giải lại nhanh và chính xác nhất.
* Lưu ý: Giáo viên tổ chức nhóm và các thành viên trong nhóm tùy thuộc
vào sĩ số của lớp và phân chia một cách hợp lý khoa học để phát huy hết
khả năng của tất cả các đối tượng học sinh của lớp mình.
17
Ví dụ: Cho bài toán : ∆ABC có AB = 8cm; AC = 17cm; BC = 15cm.
∆ABC có phải là tam giác vuông hay không ?
Bạn An giải như sau.
AB2 + AC2 = 82 + 172 = 64 + 289 = 353
BC2 = 155 = 225
Do 353 ≠225 nên AB2 + AC2 ≠ BC2
Vậy ∆ABC không phải là tam giác vuông.
Bạn Lan giải như sau.
BC2 + AC2 = 152 + 172 = 225 + 289 = 514
AB2 = 85 = 64
Do 514 ≠ 64 nên BC2 + AC2 ≠ AB2
Vậy ∆ABC không phải là tam giác vuông.
Ai giải đúng, ai giải sai ? Nếu sai giải lại cho đúng.
2.2.3. Loại trò chơi “Đánh giá và khuyến khích”
Thường áp dụng vào cuối tiết học nhằm đánh giá việc tiếp thu kiến thức
của học sinh.
1- Trò chơi “Ai nhanh tay nhanh mắt”
– Rèn luyện tính nhanh nhẹn, khả năng quan sát tốt, phản xạ nhanh cho
học sinh. Học sinh củng cố kiến thức một cách nhẹ nhàng, tự chủ, vui tươi.
a. Yêu cầu:
– Giáo viên ghi sẵn một số kiến thức cần thiết lên bảng phụ hoặc màn hình
chiếu máy tính.
– Học sinh chuẩn bị phiếu học tập cá nhân, phải có tinh thần tự giác, tích
cực.
b. Cách tổ chức:
– Giáo viên đưa ra nội dung trò chơi lên bảng, yêu cầu học sinh tìm và liệt
kê những hình, những số, những vấn đề liên quan đến bài học.
– Trong 3 – 5 phút, giáo viên thu bài và chấm xem học sinh nào nắm bắt
vấn đề nhiều nhất, thực hiện nhanh nhất, chính xác nhất hơn thì học sinh đó sẽ
giành chiến thắng.
18
Ví dụ: – Khi dạy xong bài: “Đơn thức đồng dạng” (Tiết 54 – Đại số 7),
giáo viên ghi sẵn lên máy chiếu (bảng phụ) hàng loạt đơn thức, yêu cầu học
sinh ghi ra những đơn thức đồng dạng vào phiếu học tập của mình, học sinh nào
thực hiện nhanh hơn và tìm ra được nhiều đơn thức đồng dạng hơn thì sẽ chiến
thắng.
– Khi dạy xong bài: “Tứ giác nội tiếp” (Tiết 48 – Hình học 9), giáo viên
cho học sinh tìm ra những tứ giác nội tiếp được đường tròn trong các hình như:
Hình thang, hình thang vuông, hình thang cân, hình bình hành, hình thoi, hình
chữ nhật, hình vuông, tứ giác có hai đường chéo bằng nhau, tứ giác có hai
đường chéo vuông góc,….HS chiến thắng là HS tìm ra nhiều và chính xác hơn
các tứ giác nội tiếp đường tròn.
2- Trò chơi “Đuổi hình bắt chữ”
– Qua trò chơi này học sinh được ôn lại các định lí, kiến thức đã học. Từ
các hình vẽ các em phát hiện được ra các định lí đã học, rèn luyện tính nhanh
nhẹn, khả năng quan sát tốt và tư duy tốt cho học sinh.
a. Yêu cầu:
– Giáo viên chuẩn bị nội dung trò chơi trên màn hình: vẽ các hình vẽ tùy
theo nội dung bài và kiến thức mà giáo viên cần học sinh phát hiện ra.
b. Cách tổ chức:
– Lớp chia thành 3 – 4 nhóm.
– Học sinh nhìn hình đoán nội dung và giành quyền trả lời. Trả lời đúng
giành điểm, trả lời sai nhường quyền cho đội còn lại.
– Đội thắng cuộc là đội giành nhiều điểm nhất.
Ví dụ: Dạy bài Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường
xiên và hình chiếu ( Hình học 7) tôi đã đưa ra một số hình ảnh sau để học sinh
đoán:
Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài đường
thẳng đến một đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất.
19
Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường
thẳng đó, đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn.
Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường
thẳng đó, đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn.
Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường
thẳng đó, nếu hai đường xiên bằng nhau thì có hình chiếu bằng nhau …
3- Trò chơi “Tiếp sức”
Trò chơi nhằm củng cố kiến thức toàn bài mà không gây nhàm chán, tạo
hứng thú trong học tập ở học sinh, nêu cao tinh thần hợp tác nhóm.
a. Yêu cầu:
– Giáo viên: Bảng phụ ghi cách chơi trò chơi
– Học sinh: Giấy nháp, máy tính bỏ túi
b. Cách tổ chức:
– Hai đội xếp thành 2 hàng dọc, mỗi đội 5 HS.
– GV nêu luật chơi: Mỗi HS làm một bước sau đó quay về trao phấn cho
người đứng sau và di chuyển xuống cuối hàng, cứ như thế cho đến khi hoàn
thành bài giải. Người sau có thể sửa lời giải người làm trước nhưng khi đó
không được làm tiếp mà phải trở về vị trí cho bạn khác lên làm tiếp.
– Đội nào xong trước và đúng nhiều hơn coi như thắng cuộc
Ví dụ: Sau khi đã hoàn thành nội dung bài học “Tổng ba góc trong một
20
tam giác” giáo viên giành thời gian 3 phút còn lại tổ chức cho học sinh chơi trò
chơi.
– GV yêu cầu tính số đo ở các cánh hoa còn lại, sao cho tổng số đo 2 cánh
đối diện và tâm là số đo ba góc của một tam giác. Hai nhóm chơi, bạn trước tính
xong, mới đến bạn tiếp sau, thời gian 3 phút.
– Đội nào xong trước và đúng nhiều hơn là đội thắng cuộc.
4 – Trò chơi “Hộp quà may mắn”
a. Yêu cầu:
– Giáo viên: Dùng máy tính sử dụng phần hỗ trợ trò chơi hoặc có thể
chuẩn bị thủ công 4 hộp quà với 4 màu khác nhau, trong mỗi hộp quà chứa một
câu hỏi và một phần quà hấp dẫn. Nếu trả lời đúng câu hỏi thì món quà sẽ hiện
ra. Nếu trả lời sai thì món quà không hiện ra. Thời gian suy nghĩ cho mỗi câu là
10 giây.
– Học sinh: Giấy nháp
b. Cách tổ chức:
– Có 4 hộp quà khác nhau, trong mỗi hộp quà chứa một câu hỏi và một
phần quà hấp dẫn. Nếu trả lời đúng câu hỏi thì món quà sẽ hiện ra. Nếu trả lời
sai thì món quà không hiện ra. Thời gian suy nghĩ cho mỗi câu là 10 giây.
65
Nhãm 1 90
Nhãm 2
55
90
45
80 10
25
50
55
21
– Mỗi tổ cử ra một bạn chơi trò chơi, lần lượt mỗi người chọn một ô màu,
4 người cùng trả lời, ai trả lời đúng và nhanh nhất giành được điểm cho tổ mình.
Ví dụ: Củng cố tính chất “Tính chất ba đường trung tuyến của tam giác”
cho học sinh giáo viên tổ chức trò chơi gồm 4 hộp quà và nội dung 4 câu hỏi
tương ứng 4 hộp quà, học sinh các nhóm tham gia chọn hộp quà và giành điểm
và quà về cho đội:
Vàng Xanh Tím Đỏ

Hộp quà màu vàng: Trên hình vẽ, khẳng định sau đây đúng hay sai: Hộp quà màu xanh: Trên hình vẽ, khẳng định sau đây đúng hay sai:

Hộp quà màu tím: Trên hình vẽ, khẳng định sau đây đúng hay sai:

Hộp quà màu đỏ: Trên hình vẽ, khẳng định sau đây đúng hay sai:

III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại
1. Hiệu quả về mặt kinh tế
Đề tài trên được thực hiện tại trường THCS Kim Thái trong những năm
học qua kết quả đạt được như sau:
+ Các tiết học trở nên vui hơn, sôi nổi hơn. Nhờ đó, tôi cảm thấy tự tin
hơn trong mỗi tiết dạy, cảm thấy yêu nghề, yêu học sinh hơn.
+ Đối với đơn vị trường THCS, đa số các giáo viên đã thành công trong
việc tổ chức một tiết học có kết hợp trò chơi, góp phần đẩy mạnh phong trào thi
đua đổi mới phương pháp dạy học.
+ Học sinh đã có hứng thú hơn với môn học và kết quả đạt được cao hơn
sau mỗi tiết học. Các em thích được thể hiện mình, thích được trình bày kết quả
mình làm được, thích được giúp những bạn yếu hơn.
+ Những học sinh yếu kém nhờ đó mà mạnh dạn hơn, bớt tự ti, bớt ngại
với
DG 1
=
DH 2
DG
= 3
GH
GH 1
=
DH 3
GH 2
=
DG 3
G
D
E H F
K
22
Toán. Do đó các em cũng đi học chuyên cần hơn, góp phần cùng nhà trường
trong công tác vận động học sinh đến trường và đi học chuyên cần.
Chính vì vậy, sáng kiến giúp ích cho giáo viên trong quá trình giảng dạy,
giúp học sinh phát triển năng lực toàn diện, hiệu suất công việc sẽ tăng do đó
hiệu quả, lợi ích kinh tế sẽ tăng.
2. Hiệu quả về mặt xã hội
Qua thực tế giảng dạy tiếp xúc với học sinh, thông qua kết quả khảo sát về
sự hứng thú học tập môn Toán của học sinh trường THCS Kim Thái, tôi thấy
việc áp dụng lồng ghép các trò chơi vào dạy học thật sự đã tác động mạnh mẽ
vào sự hứng thú học tập của học sinh.
Vào mỗi giờ học có sử dụng trò chơi học sinh hứng thú, hăng hái phát
biểu, thể hiện sự hiểu biết một cách rõ rệt. Sự hưng phấn của các em còn thể
hiện ở nhiều câu hỏi rất lý thú, đầy ngạc nhiên và vô tư của lứa tuổi học trò.
Thực sự tôi thấy khai thác và sử dụng trò chơi vào giảng dạy đã làm thay
đổi cách nhìn, cách nghĩ và cách học của học sinh một cách rõ rệt. Sự hứng thú
trong học tập bộ môn đã tăng lên thể hiện qua bảng khảo sát dưới đây:
Bảng 1: Kết quả khảo sát sự hứng thú học tập môn Toán của một số lớp
khi chưa lồng ghép trò chơi vào tiết học (Khảo sát vào đầu năm học 2019-2020)

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 luận văn luận án O2 Education

SKKN Kỹ thuật dạy các dạng về so sánh trong chương trình toán 6

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 luận văn luận án O2 Education

ĐIỂU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
❖ Điều kiện khách quan:
– Căn cứ vào nhiệm vụ và mục tiêu giáo dục hiện nay, do nhu cầu của việc đổi
mới nội dung, phương pháp giáo dục.
Hiện nay, Đảng ta chủ trương đẩy mạnh hơn nữa công tác giáo dục và coi
đây là một trong những yếu tố quan trọng góp phần phát triển kinh tế xã hội. Giáo
dục phổ thông nước ta đang thực hiện bước chuyển từ chương trình giáo dục tiếp
cận nội dung sang tiếp cận năng lực của người học, nghĩa là từ chỗ quan tâm đến
việc học sinh học được cái gì đến chỗ quan tâm học sinh vận dụng được cái gì
qua việc học.
Mục đích của đổi mới giáo dục hiện nay là tập trung phát triển trí tuệ, thể
chất, hình thành phẩm chất, năng lực công dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu,
định hướng nghề nghiệp cho học sinh. Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện,
chú trọng giáo dục lý tưởng, truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học,
năng lực và kỹ năng thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Phát triển khả
năng sáng tạo, tự học của người học.
Năm học 2020-2021 là năm tiếp tục tích cực triển khai chương trình hành
động thực hiện nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 hội nghị Ban chấp
hành Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện Giáo dục và đào tạo:
“Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát
huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người
học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập trung dạy
cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và
đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực. Chuyển từ học chủ yếu trên lớp
sang tổ chức hình thức học tập đa dạng, chú ý các hoạt động xã hội, ngoại khóa,
nghiên cứu khoa học. Đẩy mạnh ứng dụng công nghệ thông tin và truyền thông
trong dạy và học”. Để thực hiện tốt mục tiêu về đổi mới căn bản, toàn diện
2
GD&ĐT theo Nghị quyết số 29-NQ/TW, cần có nhận thức đúng về bản chất của
đổi mới phương pháp dạy học theo định hướng phát triển năng lực người học và
một số biện pháp đổi mới phương pháp dạy học theo hướng này. Bộ Giáo dục và
Đào tạo đã ban hành chương trình GDPT mới với yêu cầu phát triển 5 phẩm chất
chủ yếu và 10 năng lực cốt lõi cho học sinh.
– Do tri thức ngày càng nhiều nên việc hướng dẫn học sinh tiếp thu tri thức cần
chủ động và có phương pháp.
3
Để đảm bảo được các yêu cầu trên phải thực hiện chuyển từ phương pháp
dạy học theo lối “truyền thụ một chiều” sang dạy cách học, cách vận dụng kiến
thức, rèn luyện kỹ năng, hình thành năng lực và phẩm chất. Tăng cường việc học
tập trong nhóm, đổi mới quan hệ giáo viên – học sinh theo hướng cộng tác có ý
nghĩa quan trọng nhằm phát triển năng lực xã hội. Bên cạnh việc học tập những
tri thức và kỹ năng riêng lẻ của các môn học chuyên môn cần bổ sung các chủ đề
học tập tích hợp liên môn nhằm phát triển năng lực giải quyết các vấn đề phức
hợp.
Phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của người học, hình thành và
phát triển năng lực tự học (sử dụng sách giáo khoa, nghe, ghi chép, tìm kiếm thông
tin…), trên cơ sở đó trau dồi các phẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo của tư
duy. Có thể chọn lựa một cách linh hoạt các phương pháp chung và phương pháp
đặc thù của môn học để thực hiện. Tuy nhiên dù sử dụng bất kỳ phương pháp nào
cũng phải đảm bảo được nguyên tắc “Học sinh tự mình hoàn thành nhiệm vụ nhận
thức với sự tổ chức, hướng dẫn của giáo viên”.
4
Theo tinh thần đó, các yếu tố của quá trình giáo dục trong nhà trường phổ
thông cần được tiếp cận theo định hướng mới. Việc xây dựng các chủ đề dạy học
một cách hợp lý, khiến cho kiến thức môn học trở nên sinh động, hấp dẫn, có ưu
thế tạo ra động cơ, hứng thú học tập cho học sinh.
❖ Điều kiện chủ quan:
– Lợi ích của môn Toán:
Toán học là công cụ giúp học tốt các môn học khác, chính vì vậy nó đóng một
vai trò vô cùng quan trọng trong nhà trường. Bên cạnh đó nó còn có tiềm năng
phát triển các năng lực tư duy và phẩm chất trí tuệ, giúp học sinh hoạt động có
hiệu quả trong mọi lĩnh vực của đời sống sản xuất.
Toán học mang sẵn trong đó chẳng những phương pháp quy nạp thực nghiệm,
mà cả phương pháp suy diễn lôgic. Nó tạo cho người học có cơ hội rèn luyện khả
năng suy đoán và tưởng tượng. Toán học còn có tiềm năng phát triển phẩm chất
đạo đức, góp phần hình thành thế giới quan khoa học cho học sinh. Toán học ra
đời từ thực tiễn và lại quay trở về phục vụ thực tiễn. Toán học còn hình thành và
hoàn thiện những nét nhân cách như say mê và có hoài bão trong học tập, mong
5
muốn được đóng góp một phần nhỏ của mình cho sự nghiệp chung của đất nước,
ý chí vượt khó, bảo vệ chân lý, cảm nhận được cái đẹp, trung thực, tự tin, khiêm
tốn,…. Biết tự đánh giá mình, tự rèn luyện để đạt tới một nhân cách hoàn thiện
toàn diện hơn. Mặt khác toán học còn có nhiệm vụ hình thành cho HS những kỹ
năng:
Tuy nhiên cả ba kỹ năng trên đều có quan hệ mật thiết với nhau. Kỹ năng thứ
nhất là cơ sở để rèn luyện hai kỹ năng kia. Chính vì vậy kỹ năng vận dụng kiến
thức để giải bài tập toán là vô cùng quan trọng đối với học sinh. Trong đó việc
trình bày lời giải một bài toán chính là thước đo cho kỹ năng trên. Để có một lời
giải tốt thì học sinh cần có kiến thức, các kỹ năng cơ bản và ngược lại có kiến
thức, có các kỹ năng cơ bản thì học sinh sẽ trình bày tốt lời giải một bài toán.
– Vị trí của bài toán so sánh số trong chương trình trung học cơ sở:
Trong môn Toán, mảng kiến thức về so sánh số chiếm một vị trí hết sức quan
trọng. Nó là cơ sở, nền tảng vững chắc cho các mức độ tiếp theo như: so sánh hai
biểu thức, bất đẳng thức…
Thực tế cho thấy ở chương trình toán học THCS học sinh được tiếp cận với
dạng toán này nhưng ở mức độ đơn giản và riêng lẻ. Tuy nhiên trong hầu hết các
đề thi đều có sử dụng mảng kiến thức này. Cấp độ mà các đề thi sử dụng lại thường
6
là ở mức vận dụng cao. Để giải các bài toán ở dạng này luôn đòi hỏi học sinh phải
có khả năng phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hóa … Vì thế
khi dạy học về dạng toán này giáo viên phải rất vất vả trong việc hướng dẫn, tuyển
chọn những bài tập sao cho phù hợp.
Để giải quyết được những vấn đề đó tôi đã tự biên soạn cho mình nội dung
về chuyên đề “So sánh” trong chương trình toán 6 cho phù hợp với đối tượng học
sinh, phát triển được các năng lực, phẩm chất của học sinh. Nếu học sinh biết giải
và giải thành thạo loại toán này thì việc học bộ môn Toán, đặc biệt là các chuyên
đề khó sẽ không còn là rào cản hay thách thức đối với học sinh, giúp học sinh đam
mê học toán, các bài giảng như những con đường giúp học sinh có thể tự đi tiếp
để khám phá những kiến thức sâu hơn và nâng cao hơn nữa của Toán học.
Đặc biệt, trong các tiết dạy khi tôi có câu hỏi hoặc bài tập khó dành cho các đối
tượng học sinh giỏi các em rất phấn khởi thi đua nhau giải, rồi cũng có lúc cả lớp
mặt buồn thiu vì không ai làm được. Đến lúc tôi chữa bài những ánh mắt của các
em nhìn tôi không chớp và miệng như nuốt từng lời của tôi. Động lực đó thôi thúc
tôi, càng làm tôi trăn trở hơn trong mỗi tiết dạy. Tôi đã tìm tòi và tự biên soạn cho
mình nhiều chuyên đề phù hợp với tất cả các đối tượng học sinh trong lớp để giúp
các em học sinh có nền tảng kiến thức vững chắc, dễ dàng mở rộng và nâng cao
kiến thức sau này. Một trong những chuyên đề mà tôi tâm đắc nhất là “ Phát triển
năng lực giải toán của học sinh thông qua các bài toán về so sánh trong chương
trình toán 6”.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP KỸ THUẬT
1. Mô tả giải pháp kỹ thuật trước khi tạo ra sáng kiến
❖ Về phía giáo viên:
Khi chưa có sáng kiến tôi đã tiến hành giảng dạy nội dung, các dạng toán về so
sánh như sau: Tôi cung cấp cho học sinh đầy đủ phần lý thuyết trong sách giáo
khoa và có bổ sung một số các ví dụ về so sánh hai phân số, các cách so sánh các
luỹ thừa. Các bài tập tôi hướng dẫn học sinh cũng từ sách giáo khoa, sách bài tập
7
và đến từ các loại sách tham khảo nhưng không chia theo dạng . Đến các kì kiểm
tra khảo sát chất lượng, tôi sưu tầm bộ đề kiểm tra, dành một phần thời lượng để
chữa các bài tập khó trong bộ đề, tìm thêm các bài tương tự cho học sinh luyện
tập.
❖ Về phía học sinh:
Học sinh chưa nắm được các phương pháp giải bài toán về so sánh, chưa nhận
biết được các dạng toán cơ bản nên khi vận dụng chưa linh hoạt. Khi chữa theo
bộ đề các em tiếp cận các bài so sánh ở dạng phức tạp theo kiểu riêng lẻ, chính vì
vậy không có sự liên kết logic giữa các bài tập hoặc không hình thành được tính
đặc trưng của từng dạng toán. Đôi khi học sinh cảm thấy bất ngờ với lời giải của
giáo viên và chỉ tiếp thu theo kiểu bị động, bắt chước. Như vậy sẽ dẫn tới tâm lí
“sợ bài khó” không còn hứng thú học tập bộ môn và lòng say mê khám phá với
các kiến thức mới lạ.
❖ Về sách giáo khoa và sách bài tập:
– Các bài tập thuộc dạng toán so sánh trong sgk đều là các bài tập cơ bản
– Các bài tập trong sách bài tập có sự mở rộng nâng cao ở nhiều dạng:
• Bài 60/Tr13/SBT Toán 6 tập 1: So sánh a và b mà không tính cụ thể giá trị
của chúng a = 2002.2002 và b = 2000.2004
• Bài 65/Tr29/ Toán 6 tập 1: Bằng cách tính, em hãy cho biết số nào lớn hơn
trong hai số sau
3 2 4 2
5 2 10
a ) 2 và 3 b ) 2 và 4
c ) 2 và 5 d )2 và 100
• Bài 6.7/SBT Toán 6 tập 2 -Tr17: So sánh: = = + +
+ +
18 17
19 18
17 1 17 1
A và B
17 1 17 1
• Bài 6.8/SBT Toán 6 tập 2 -Tr17: So sánh: = = + +
+ +
99 98
89 88
98 1 98 1
C và D
98 1 98 1
• Bài 73/SBT Toán 6 tập 2 – Tr20: Cho
S = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + +
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Hãy so sánh S và 1
2
8
• Bài 8.4/SBT Toán 6 tập 2 – Tr21:
Cho tổng A = 1 1 1 1 1 + + + + + …
10 11 12 99 100
Chứng tỏ rằng A > 1
• Bài 9.7/SBT Toán 6 tập 2 – Tr24 :

Chứng tỏ rằng:

D … 1 = + + + +  1 1 1 1 2 2 2 2
2 3 4 10
• Bài 11.4/SBT Toán 6 tập 2 – Tr28:
Chứng tỏ rằng: 1 1 1 1 2 + + + +  …
101 102 299 300 3
• Bài 11.6/SBT Toán 6 tập 2 – Tr28:
Chứng tỏ rằng: 1 1 1 1 + + + +  … 2
5 6 7 17
• Bài III.5/SBT Toán 6 tập 2 – Tr41:
Chứng minh rằng: S … 1 = + + + +  1 1 1 1 2 3 20
2 2 2 2
• Bài III.6/SBT Toán 6 tập 2 – Tr41: Có bao nhiêu cách viết phân số 1
5
dưới
dạng tổng của hai phân số 1 1 +
a b
với 0 < a < b?
• Bài III.7/SBT Toán 6 tập 2 – Tr41: Tìm số tự nhiên có hai chữ số sao cho
tỉ số giữa số đó với tổng các chữ số của nó là lớn nhất.
• Bài III.8/SBT Toán 6 tập 2 – Tr41:Có thể tìm được hai chữ số a và b sao
cho phân số a
b
bằng số thập phân a,b hay không?
Như vậy: SBT đưa ra khá nhiều bài tập khó nhưng không phân chia theo dạng,
các phương pháp giải chưa cụ thể, chia có tính logic dẫn đến việc khó khăn trong
tiếp thu kiến thức của học sinh .
❖ Về sách tham khảo:
Hiện nay có quá nhiều các loại sách tham khảo bán tràn lan trên thị trường.
9
Tôi đã mua nhiều sách tham khảo và tìm đọc nội dung về so sánh số. Tôi nhận
thấy các sách tham khảo thường viết rất nhiều nội dung, nên việc đề cập đến nội
dung so sánh thường rất sơ lược, hoặc không bao quát hết tất cả các kỹ thuật về
so sánh .
Đặc biệt: Một số bài có hướng dẫn giải chưa hay.
Ví dụ: Bài 477 NC&PT trang 35 như sau:
Cho biểu thức
Chứng minh rằng 0,2 < A < 0,4
Hướng dẫn giải trong sách NC & PT trang 35

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 – + – + – + … + –
2 3 4 5 6 7 98 99
=
     
     
     
A
Biểu thức trong dấu ngoặc thứ nhất bằng 13
60
nên lớn hơn 12
60
, tức là lớn hơn 0,2,
còn các dấu ngoặc sau đều dương, do đó A > 0,2

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 – + – + – – – … – – –
2 3 4 5 6 7 8 97 98 99
=
     
     
     
A
Biểu thức trong dấu ngoặc thứ nhất nhỏ hơn 2
5
, còn các dấu ngoặc sau đều dương,
dó đó A < 0,4. Như vậy: 0,2 < A < 0,4
Nhận xét: Nhiều học sinh khá bất ngờ với cách giải này. Cách làm này chưa giúp
học sinh khai thác hết quy luật của bài toán, khó gắn kết với các dạng đã biết từ
trước, dẫn đến sự gò ép trong lời giải.
2. Mô tả giải pháp kỹ thuật sau khi tạo ra sáng kiến:
Trong quá trình giảng dạy với sự cố gắng của bản thân, lòng yêu nghề và sự
giúp đỡ tận tình của BGH nhà trường, của đồng nghiệp. Tôi đã tự biên soạn cho
mình nội dung kiến thức về các dạng toán về so sánh trong chương trình toán 6,
đặc biệt chú trọng đến việc phát triển các thao tác tư duy như: phân tích, tổng hợp,
1 1 1 1 1 1
…
2 3 4 5 98 99
A = – + – + + –
10
so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hóa…. thông qua các bài toán với cách thức
như sau:
Nội dung cụ thể :
PHẦN 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Ta đã biết rằng với hai số a và b bất kỳ, chỉ có một trong ba quan hệ:
a = b, a > b, a < b
Ta gọi a > b, a < b là các bất đẳng thức.
Ta đã biết các tính chất sau của bất đẳng thức:
1) Tính chất bắc cầu:
Nếu a > b, b > c thì a > c
2) Tính chất đơn điệu của phép cộng
Nếu a > b thì a+c > b+c
3) Tính chất đơn điệu của phép nhân:
Nếu a > b thì ac > bc ( với c > 0)
11
4) Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều:
Nếu a > b, c > d thì a+c > b+d
5) Nếu a b a c b c c     : : ( 0)
6) Nếu a b a c b c c     : : ( 0)
7) Nếu 0
0
a b
ac bd
c d
  
  
  
PHẦN 2. CÁC BÀI TOÁN VỀ SO SÁNH LUỸ THỪA
2.1: Hình thành giải pháp: Xây dựng các cách về so sánh hai luỹ thừa
Bài toán 1: So sánh hai luỹ thừa sau:
và và 1 và 11
➢ Kết luận:
+Tất cả các luỹ thừa có cơ số bằng 0 ( số mũ khác 0) đều bằng nhau và bằng 0
+ Tất cả các luỹ thừa có cơ số bằng 1 đều bằng nhau và bằng 1
+ Tất cả các luỹ thừa có số mũ bằng 0 (cơ số khác 0) đều bằng nhau và bằng 1
? Với hai lũy thừa có cơ số và số mũ đều khác 0 và 1thì sao?
Bài toán 2: Bằng cách tính, em hãy cho biết số nào lớn hơn trong hai số sau?
a) 23 và 32 b) 24 và 42 c) 25 và 52 d) 210 và 100
Học sinh tự làm bài tập 2, Gv uốn nắn sửa chữa cách trình bày.
Ɂ Vấn đề đặt ra: Nếu hai luỹ thừa không tính ( giá trị quá lớn) được liệu có so
sánh được không bằng cách trên không?
Bài toán 3: So sánh
a) 168và 325 b) 3200 và 2300
GV gợi ý : Để so sánh hai luỹ thừa ta có thể đưa chúng về cùng cơ số hoặc cùng
số mũ
➢ Kết luận:
Với a, b, m, n là các số tự nhiên ( a,b khác 0)
– Nếu m n  Thì a a m n  (a 1)
a)050 099 b)11000 2011 c)20110 0
12
– Nếu a b  Thì a b m m  (m  0)
Ɂ Phát triển vấn đề:
Đến đây có thể học sinh thắc mắc, nếu có hai luỹ thừa không tính được gia trị cụ
thể, cũng không đưa được về cùng cơ số hoặc cũng không đưa được về cùng số
mũ liệu có so sánh được không?
Bài toán 4: So sánh
a) 178và b) và
? Có đưa hai lũy thừa này về cùng cơ số hoặc cùng số mũ được không?
GV: Giới thiệu cách so sánh với số trung gian
Lời giải :
a) Ta có: 17 16 8 8 
8 4 8 32
5 5 5 25
32 25
16 (2 ) 2
32 (2 ) 2
2 2
= =
= =

Mà 17 16 32 8 8 5  
Vậy 17 32 8 5 
➢ Chốt lại vấn đề: so sánh hai lũy thừa
+ Cách 1: Tính giá trị (chỉ dùng cho những luỹ thừa có giá trị nhỏ)
+ Cách 2: Đưa hai lũy thừa về hai lũy thừa có cùng cơ số hoặc cùng số mũ
+ Cách 3: So sánh với số trung gian
Mở rộng:
GV: Khi học về số nguyên âm ta lại được bổ sung luỹ thừa với cơ số là số nguyên
âm. Phần phân số ta lại bổ sung lũy thừa với cơ số là phân số
VD: Hãy so sánh a) và
b) và
❖ Kết luận chung:
➢Với hai luỹ thừa có cơ số là số tự nhiên ta phát biểu như sau:
– TH1: chúng có cùng cơ số là a, số mũ m > n
325 3200 1674
(-8)100 (-16)74
(-8)101 (-16)75
13
+Nếu a = 0,m n ; 0  thì a a m n = = 0
+ Nếu a = 1 thì a a m n =
+ Nếu a > 1 thì a a m n 
+ Nếu 0 < a < 1 thì a a m n 
– TH2: chúng có cùng số mũ là m
+ Nếu m = 0; thì a b m m = (a b 0 ,  )
+ Nếu m 0  , 0 a b   thì a b m m 
➢ Để so sánh hai luỹ thừa có cơ số nguyên âm ta đưa về so sánh hai lũy thừa có
cơ số là số tự nhiên, chú ý tính chất : Nếu a b  thì –  – a b .
❖ Đặt vấn đề:
Bài toán so sánh hai lũy thừa giúp ta có thể giải quyết tốt các dạng bài toán khác
như thế nào?
2.2: Ứng dụng của so sánh hai luỹ thừa
Bài toán 5: Chứng minh rằng số 2100 là số có 31 chữ số khi viết kết quả của
nó trong hệ thập phân
Hướng dẫn:
GV: Nếu số 2100 có 31 chữ số thì nó lớn hơn bao nhiêu và nhỏ hơn số nào?
Lời giải:
Ta có:
100 10 10 10
30 3 10 10
2 (2 ) 1024
10 (10 ) 1000
= =
= =
Vì 1024 1000 10 10  Nên 2 10 (1) 100 30 
Lại có:
100 31 63 6 31 7
31 31 31 31 31 28 3 31 7
2 2 .2 .2 2 .512 .64
10 (2.5) 2 .5 2 .5 .5 2 .625 .125
= =
= = = =
Vì 2 .512 .64 2 .625 .125 31 7 31 7  Nên 2 10 (2) 100 31 
14
Từ (1) và (2) suy ra: 10 2 10 30 31 31   do đó 231 là số có 31 chữ số khi viết kết quả
của nó trong hệ thập phân .
2.3: Bài tập luyện
Bài tập 1: So sánh
a) 1255 và 257 b) 920 và 2713
c) 354 và 281 d) 1030 và 2100
e) 540 và 62010 f) 3500 và 7300
Bài tập 2: So sánh
a) 9920 và 999910 b) 202303 và 303202
c) 528 và 2614 d) 530 và 12410
e) 1020 và 9010 f) 530 và 350
Bài tập 3: So sánh
a) 85 và 3.47 b) 321 và 231
c) 111979 và 371320 d) 1010 và 48.505
e) 199010+ 19909 và 199110 f) 5299 và 3501
g) 323 và 515 h) 12723 và 51318
i) 3111 và 1714 k) 637 và 1612
n) 1340 và 2161 m) 5217 và 11972
o) 220 và 7.217 p) 521 và 4.520
q) 5300 và 3453 r) 12580 và 25118

s) 1512 và 813.1255 Bài tập 4: So sánh hai số và

t) 2435 và 3.278

Lời giải
GV: Chỉ ra bài toán tương tự của bài toán này?
Bài toán tổng quát
a = (202000 +112000)2001 b = (202001 +112001)2000
2000 2000 2000 2001 2001 2000
2000 2000 2000 2000 2000 2000 2000 2000 2000
(20 .20 11 .20) (20 11 )
(20 11 ) .(20 11 ) (20 11 ) .20
= +  +
a = + +  +
15
A a b B a b = + = + ( ) ( ) n n m m m n ( với a >b và m > n )
Hãy so sánh A và B
Bài tập 5: So sánh A và B biết:
a) A = + + + + + + 1 2 2 2 … 2 2 2 3 49 50 và B =1613
b) A = + + + + + 1 2 2 2 … 2 2 3 9 và B = 5.28
c) A = – + – + + – + 1 2 2 2 … 2 2 2 2 3 198 199 200 và 1.3240
3
B =
Hướng dẫn: Tính gọn biểu thức A rồi so sánh kết quả với biểu thức B
Bài tập 6:
Số 22 và 52 viết liền nhau được số 425 có 3 chữ số, số 23 và 53 viết liền nhau được
số 8125 có 4 chữ số, số 24 và 54 viết liền nhau được số 16625 có 5 chữ số. Chứng
minh rằng số 21991 và 51991 viết liền nhau được số có 1992 chữ số
Bài tập 7:
Viết liền nhau các kết quả của các lũy thừa 450 và 2550 ta được một số tự nhiên có
bao nhiêu chữ số.
PHẦN 3. CÁC BÀI TOÁN VỀ SO SÁNH PHÂN SỐ
3.1: So sánh hai phân số cơ bản
Bài toán 6: So sánh các phân số sau:
a) 5
9
và 7
8
12
;
24
–
và 15
-42
b) 25
88
–
và 50
-157
45
;
125
và 7
72
c) 21
49
–
và
74
46
–
2021
;
2020
và 2019
2021
;
351
572
và 350
573
d) 877
876
và 884
883
;
142
143
và 358
359
;
21
52
và 213
523
16
❖ Kết luận:
➢ So sánh hai phân số có tử số và mẫu số là các số nguyên dương:
Cách 1: Đưa về cùng mẫu số
Cách 2: Đưa về cùng tử số :
Cách 3: So sánh với số trung gian
Cách 4: So sánh bằng cách so sánh phần bù đến 1 hoặc phần thừa so với 1
➢ So sánh hai phân số có tử số và mẫu số khác nhau về dấu
Cần chú ý: Nếu a c
b d
 Thì a c
b d
– –

Bài tập luyện:
Bài tập 6.1: So sánh
2020.2021 1
a)
2020.2021
– và 2021.2022 1
2021.2022
–
2019.2020
b)
2019.2020 1 +
và 2020.2021
2020.2021 1 +
Bài tập 6.2: So sánh M N ? 2020 2021 2020 2021
2021 2022 2021 2022
+
= + =
+
và
Ta có :
2020 2020
2021 2021 2022
2021 2021
2022 2021 2022

 + 

 +  
Cộng theo từng vế ta có kết quả M > N.
Bài tập 6.3: So sánh
( ) 2
2
5 11.13 22.26 138 690
?
22.26 44.54 137 548
– –
= =
– –
M và N
Gợi ý: Rút gọn 5 1 138 1 1 1 .
4 4 137 137
M và N M N = = + = = +  
Bài tập 6.4: So sánh
8 8
8 8
10 2 10
?
10 1 10 3
+
= =
– –
A và B
Giải :

Ta có

8 8
3 3
1 1
10 1 10 3
= =
– –
A và B
17
Mà
Bài tập 6.5: So sánh A và B biết rằng
15 16
16 17
10 1 10 1
A ; B
10 1 10 1
+ +
= =
+ +
Gợi ý:
Trước hết ta so sánh 10A với 10B
Ta có:
+
= = +
+ +
+
= = +
+ +
16
16 16
17
17 17
10 10 9
10A 1
10 1 10 1
10 10 9
10B 1
10 1 10 1
Do đó 10A > 10B, suy ra A > B
Phát triển bài tập 6.5 :
Yêu cầu HS thay đổi các dữ kiện về cơ số, số mũ, phép tính để được các bài
toán mới
1) Thay cơ số 10 thành cơ số 3
2) Thay đổi số mũ
3) Thay đổi số 1
4) Thay đổi mẫu số thành tử số
5) Thay đổi phép tính
10 10
10 10
20 1 20 1
A và B
20 1 20 3
+ –
= =
– –
8 8
3 3
10 1 10 3
   A B
– –
16
18
10 1
10 1
A = +
+
18
20
10 1
10 1
B = +
+
16
18
10 2
10 2
A = +
+
18
20
10 2
10 2
B = +
+
16
15
10 1
10 1
A = +
+
17
16
10 1
10 1
B = +
+
18
3.2: Sử dụng các bài toán phụ để so sánh
Bài toán phụ số 1: Cho hai phân số a
b
và c ( , , , ; , 0) a b c d Z b d  
d
Chứng tỏ rằng a c < khi ad < bc
b d
và ngược lại
? Em hiểu yêu cầu đề bài trên như thế nào?
HS: Ta phải giải hai bài toán

Bài toán số 1: Cho chứng tỏ

ad <bc
Bài toán số 2: Cho ad <bc chứng tỏ
? Điều kiện chung của bài toán là gì? Nêu cách làm?
HS: điều kiện chung là a,b,c,d Z;b,d >0  .
Cách làm: Bài 1: nhân cả hai vế với b.d > 0 .
Bài 2: chia cả 2 vế cho b.d > 0
GV: Từ kết qủa của bài toán em rút ra cách so sánh hai phân số như thế nào?
❖ Kết luận:
Trong hai phân số có mẫu số đều dương, phân số nào có tử nằm trong tích chéo
lớn hơn thì phân số đó lớn hơn .
Ứng dụng BTP số 1:
Bài toán 7: So sánh hai phân số sau:
12 13 64 73 19 17
a) ; b) ; c) ;
49 47 85 81 31 35
67 73 456 123 149 449
d) ; e) ; g) ;
77 83 461 128 157 457

Bài toán phụ số 2: Với a,b,n

 N*
– Nếu a = b thì a a + n =
b b+ n
– Nếu a < b thì 0 < < <1 a a + n
b b+ n
a c
b d

a c
b d

19
– Nếu a > b thì a a + n > >1
b b+ n
HS: Nêu các cách chứng minh bài toán trên
Trường hợp 1: nhân 2 vế với n rồi cộng hai vế với ab
Trường hợp 2,3: sử dụng phần bù hoặc đưa về cùng tử hoặc cùng mẫu
❖ Kết luận:
Một phân số có tử và mẫu đều là số nguyên dương. Nếu cộng tử và mẫu của
phân số đó với cùng một số tự nhiên n khác 0 thì
– Giá trị phân số không đồi nếu tử bằng mẫu
– Giá trị của phân số tăng lên nếu tử nhỏ hơn mẫu
– Giá trị của phân số giảm đi nếu tử lớn hơn mẫu
Ứng dụng BTP số 2:
Bài toán 8: Chứng minh < 2
Hướng dẫn
? Phân số nhỏ hơn phân số nào? Vận dụng kết luận nào?

HS: Dựa vào kết luận thứ 3 ta có

Vì là phân số lớn hơn 1, có tử và mẫu đều dương do đó khi cộng cả tử và mẫu
của phân số đó với 1 số lớn hơn 1 ta được phân số mới có giá trị nhỏ hơn phân số
ban đầu
? Phân số cũng nhỏ hơn phân số nào?

? Hãy so sánh và ?

? Hãy so sánh và ?
? Tương tự nhỏ hơn biểu thức nào?
8
20
19
 
 
 
20
19
20 19
19 18

19
18
20
19
2
20
19
 
 
 
20 19
.
19 18
3
20
19
 
 
 
20 19 18
. .
19 18 17
8
20
19
 
 
 
20
HS:
? nhỏ hơn số tự nhiên gần nhất là số nào?
GV: Ta đó chứng minh được < 2

Bài toán 9: Cho A =

Chứng minh:

1 3 5 199 . . ….
2 4 6 200
2 1
201
A 
Gợi ý:

Ta có : A =

1 3 5 199
. . ….
2 4 6 200
(1)
Và A < 2 4 6 200 . . ….
3 201 5 7 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1
201

2
A
Khai thác bài toán 9:

vận dụng kết luận nào

………….
Nếu
Thì A > B (với B là biểu thức nào?)
HS:
? Hãy tính tích A.B ?
? Ta chứng minh được A2 lớn hơn số nào? Tại sao?
Gợi ý : Có nhận xét gì về hai biểu thức :

và

Từ đó suy ra A2 101
8
20 20 19 13 20
. ….
19 19 18 12 12
 
   =
 
20
12
8
20
19
 
 
 
2 3
?
1 2
 
  
 
4
?
3

6
?
5

100
?
99

2 4 6 100
. . ….
1 3 5 99
A =
3 5 7 101
. . …
2 4 6 100
B =
2
2 4 6 100
. . ….
1 3 5 99
 
 
 
2 4 6 100 3 5 7 101
. . …. . . . …
1 3 5 99 2 4 6 100
   
   
   
21
? Với kết quả A2 101, mà A là số dương thì ta có thể chứng minh được A lớn
hơn số tự nhiên nào?
? Tại sao khẳng định được A dương và khẳng định A dương để làm gì?
? Nếu A âm mà A2 101 thì kết luận gì về A?
Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 9.1:
Cho A = . Chứng minh rằng A > 10
Giải: Nhận xét:
; ; ; …………. ;
Khai thác tiếp bài 9.1:
Tương tự ta có thể chứng minh A<C,C là biểu thức nào?
HS:
Ta có thể chứng minh
Ta có thể chứng minh
? Hãy chứng minh A < 15
GV: Cả hai yêu cầu của bài toán này ta có thể viết gộp lại như thế nào?
Bài tập 9.2:
Cho A = . Chứng minh rằng 10 < A < 15
Bài toán phụ số 3:
Cho dãy số tự nhiên liên tiếp có n+1 số (n+1 là số chẵn ) gồm
a; a+1; a+2; a+3; …; a+n-1; a+n (n+1  4)
2 4 6 100
. . ….
1 3 5 99
2 3
1 2

4 5
3 4

6 7
5 6

100 101
99 100

2
2 2 2
2 4 6 100 3 5 7 101
. . …. . . ….
1 3 5 99 2 4 6 100
2 4 6 100 2 4 6 100 3 5 7 101
. . …. . . …. . . . ….
1 3 5 99 1 3 5 99 2 4 6 100
101
100 10
A
A A
A A
= 
     
 =       
     
 
   
2 3 5 7 99
. . . ….
1 2 4 6 98
C =
A2  ?
A  ?
2 4 6 100
. . ….
1 3 5 99
22
Chứng minh : a(a+n) < (a+1)(a+n-1) < ….< (a+ 1
2
n+
)(a+ 1
2
n+
+1)
Đặt vấn đề:
Cho dãy số tự nhiên liên tiếp: 1; 2; 3; …; 2012
? Hãy so sánh các tích sau: 1.2012; 2.2011; 3.2010;…; 1006.1007?
(Ghép các số trên thành từng cặp số ở đầu và hai số cách đều hai số ở đầu)
? Em có kết luận gì về các tích đó
HS: Tích hai số ở đầu là nhỏ nhất và tích hai số thuộc cặp trong cùng lớn nhất
GV: Từ đó em hãy nêu dự đoán về bài toán tổng quát?
HS: Cho dãy số tự nhiên liên tiếp có n+1 số, n+1 là số chẵn là:
a; a+1; a+2; a+3; …; a+n-1; a+n (n+1 )
Ta chứng minh được: a(a+n) < (a+1)(a+n-1) < ….< (a+ )(a+ )
Hướng dẫn chứng minh:
? Hãy chứng minh a(a+n) < (a+1)(a+n-1)?
GV: Ta chỉ cần chứng minh BĐT đầu tiên còn tất cả các BĐT tiếp theo được suy
ra từ BĐT đầu tiên đó .
GV: Ví dụ BĐT tiếp theo là (a+1)(a+n-1) < (a+2)(a+n-2)
Đặt a+1 = b; n-1 = m ta có BĐT mới là b(b+m) < (b+1)(b+m-1) quay lại BĐT
có dạng a(a+n) < (a+1)(a+n-1) và BĐT này đã chứng minh .
Kết luận: hai số thuộc cặp ngoài cùng có tích nhỏ nhất, hai số thuộc cặp trong
cùng có tích lớn nhất.
Ứng dụng BTP số 3:
Bài toán 10: Chứng minh rằng :
Lời giải:
Gọi C = + + … + + 1 1 1 1
101 102 199 200
Ta ghép các phân số ở hai đầu và các phân số cách đều hai đầu thành 50 cặp
 4
1
2
n + 1
1
2
n +
+
5 1 1 1 1 3
…
8 101 102 103 200 4
 + + + + 
23
1 1 1 1 1 1
…
101 200 102 199 150 151
301 301 301
…
101.200 102.199 150.151
1 1 1
301. …
101.200 102.199 150.151
     
= + + + + + +      
     
= + + +
= + + +
 
 
 
C C C
Xét mẫu của 50 phân số trong dấu ngoặc, theo BTP số 3 thì 101.200 có giá trị nhỏ
nhất, 150.200 có giá trị lớn nhất.
Suy ra, trong 50 phân số trong dấu ngoặc thì 1
101.200
lớn nhất, còn 1
150.151
có giá
trị nhỏ nhất.
Do đó
1 301 303 3
301. .50
101.200 404 404 4
1 301 300 300 5
301. .50
150.151 453 453 480 8
 =  =
 =   =

C C
Bài tập 10.1: Chứng minh: 101 1 1 1 1 … 51
51 1 2 3 100
 + + + + 
3.3: So sánh một tổng với một số bằng cách chia đoạn
Bài toán 11: a) Cho tổng : .Chứng minh:
b) Cho . Chứng minh rằng
Giải:
a) Tổng S có 30 số hạng, cứ nhóm 10 số hạng làm thành một nhóm.
Giữ nguyên tử, nếu thay mẫu bằng một mẫu khác lớn hơn thì giá trị của phân số
sẽ giảm đi. Ngược lại, nếu thay mẫu bằng mộ mẫu khác nhỏ hơn thì giá trị của
phân số sẽ tăng lên.

Ta có :

1 1 1
…
31 32 60
S = + + + 3 4
5 5
  S
1 1 1 1
…
16 17 18 75
B = + + + + 3 1 2
4 40
  B
1 1 1 1 1 1 1 1 1
… … …
31 32 40 41 42 50 51 52 60
S = + + + + + + + + + + +            
     

1 1 1 1 1 1 1 1 1
… … …
30 30 30 40 40 40 50 50 50
S  + + + + + + + + + + +            
     
24
hay tức là:
Suy ra (1)

Mặt khác:

tức là :
Suy ra (2).
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
b) Cho . Chứng minh rằng
Gợi ý:
Phát triển bài toán 11: Dạng chưa có sẵn tổng để chia đoạn
Bài tập 11.1: Cho . So sánh A với và

Bài tập 11.2: Cho

. Chứng minh rằng:

A 1 … 1 1 1 1 100
2 3 4 2 1
= + + + + +
–
a) A < 100
b) A > 50
Gợi ý:
a) Để chứng tỏ A < 100, ta chia A thành 100 nhóm
2 3 99 100
1 1 1 1 1 1 1 1
A 1 … … … …
2 3 7 15 2 2 2 2 1
       
= + + + + + + + + + + + +        
        –
10 10 10
30 40 50
S  + + 47 48
60 60
 
4 5
S 
1 1 1 1 1 1 1 1 1
… … …
40 40 40 50 50 50 60 60 60
S  + + + + + + + + + + +            
     

10 10 10
40 50 60
S  + + 37 36
60 60
 
3 5
S 
1 1 1 1
…
16 17 18 75
B = + + + + 3 1 2
4 40
  B
1 1 1 1
…
16 17 18 75
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
… … … 20.
16 17 18 35 36 37 38 55 56 57 58 75 35 55 75
1 1 1 1
…
16 17 18 75
1 1 1 1 1 1 1 1
… … …
16 17 30 31 32 45 46 47
B B
= + + + + =
       
= + + + + + + + + + + + + + +  + +        
       
= + + + + =
   
= + + + + + + + + + + +    
   
1 1 1 1
…
60 61 32 75
1 1 1 1
15.
15 30 45 60
   
    + + + +
   
 
 + + +  
 
1 1 1
…
1.2 3.4 199.200
A = + + + 5
8
3 4
25
Thay các phân số trong mỗi dấu ngoặc bằng phân số lớn nhất trong dâu ngoặc đó,
ta được:
99
99
1 1 1 1
A 1 .2 .4 .8 … .2 100
2 4 8 2
 + + + + + =
b) Để chứng tỏ rằng A > 50, ta thêm và bớt 1100
2
rồi viết A dưới dạng:
2 3 4 99 100 100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A 1 … … … …
2 3 5 9 2 2 2 2 1 2 2
       
= + + + + + + + + + + + + + –        
        +
Thay các phân số trong mỗi dấu ngoặc bằng phân số nhỏ nhất trong dấu ngoặc đó,
ta được:
2 99
2 3 100 100
100
1 1 1 1 1
A 1 . .2 .2 … .2
2 2 2 2 2
1 1
1 .100 50
2 2
 + + + + + –
= + – 
Bài tập 11.3: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n để
Hướng dẫn:
Chỉ ra có giá trị của n và chứng minh giá trị đó thoả mãn
Ví dụ chọn n 2 = 4027, rồi giải tương tự như bài 11.2
Ta được 1 … 1 .4027 2014,5 2014 1 1 1 4027 1
2 3 2 2
+ + + +  + = 
Bài tập 11.4: Cho
Chứng minh rằng: a) 100 5
8
A 
b) 100 6
7
A 
Bài tập 11.5: Cho
Chứng minh rằng: a)
1 1 1 1
1 … 2014
2 3 4 n
+ + + + + 
102 103 104 201
…
101 102 103 200
A = + + + +
100 101 102 199
…
101 102 103 200
A = + + + +
3
99
8
A 
1
) 99
7
b A 
26
Bài tập 11.6: Cho
Chứng minh rằng A > 50
Bài tập 11.7: Cho
Chứng minh rằng: A > 40 ; A < 92
Bài tập 11.8: Cho
Chứng minh rằng: A > 65 ; A < 92
3.4: So sánh một tổng với một số bằng cách so sánh tổng đó với một tổng
trung gian tính được.

Bài toán 12: Cho A=

2 2 2 2
1 1 1 1
…
2 3 4 100
+ + + +
Chứng minh rằng A 1
Hướng dẫn:
So sánh tổng A với một tổng mà ta đó biết cách tính như sau:
Nhận xét: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 ; ;…..;
2 3 100 1.2 2.3 99.100
  
Do đó A < 1 1 1
100
– 
GV: Tương tự như trên, em hãy tìm xem ta có thể chứng minh tổng A lớn hơn
bao nhiêu?
HS: Nhận xét: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 ; ;…..;
2 3 100 2.3 3.4 100.101
  
Do đó A > 1 1 99
2 101 202
– =
GV: Ghi lại
A 1
99
99 A 1
A 202
202
 

   
  
(Giới thiệu BĐT kép)
Kết luận: Qua bài tập trên, với số hạng tổng quát ta có:
139 138 137 40
…
101 102 103 200
A = + + + +
123 124 125 24
…
101 102 103 200
A = + + + +
45 46 47 144
…
101 102 103 200
A = + + + +
2
1 1 1
n n n n n ( 1) ( 1)
 
+ –
27
Khai thác bài toán 12:
GV: Nếu giữa lại không đánh giá phân số đầu tiên, và đánh giá các phân số còn
lại như trên ta được kết quả thế nào?
HS: Ta chứng minh được A nhỏ hơn 3
4
GV: Phân số 3
4
nhỏ hơn 1, nếu cứ làm như thế thì ta có kết quả như thế nào?
HS: Ta còn chứng minh được A nhỏ hơn số khác nữa.
GV: Tuy nhiên người ta chỉ dừng lại ở số 3
4
vì các con số khác có mẫu số to,
(gọi là các con số không đẹp). Tương tự như vậy ta cũng có thể so sánh tổng A
lớn hơn số khác.
Phát triển bài toán 12 :

Bài tập 12.1: Cho

Chứng minh B <
Bài tập 12.2: Hãy so sánh
với
Bài tập 12.3: Hãy so sánh
với
Bài tập 12.4: Hãy so sánh
với
Bài tập 12.5: Chứng minh rằng:
Bài tập 12.6: Chứng minh rằng
không là số tự nhiên
2 2 2 2
1 1 1 1
…
3 5 7 99
B = + + + +
49
200
2 2 2 2
1 1 1 1
1 …
2 3 4 100
B = – – – – – 1
4
2 2 2 2
1 1 1 1
1 …
2 3 4 100
B = – – – – – 3
5
2 2 2 2
1 1 1 1
1 …
2 3 4 100
B = – – – – – 1
2
1 1 1 1
… 1
2! 3! 4! 100!
+ + + + 
1 1 1 1
…
2! 3! 4! 100!
+ + + +
28
Bài toán 13: Cho biểu thức
.
Chứng minh rằng 0,2 < A < 0,4
Hướng dẫn giải
* Cách 1 : ( theo bài 477 NC&PT trang 35)

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 …
2 3 4 5 6 7 98 99
A = – + – + – + + –
     
     
     
Biểu thức trong dấu ngoặc thứ nhất bằng 13
60
nên lớn hơn 12
60
, tức là lớn hơn 0,2,
còn các dấu ngoặc sau đều dương, do đó A > 0,2
Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 …
2 3 4 5 6 7 8 97 98 99
A = – + – + – – – – – –
     
     
     
Biểu thức trong dấu ngoặc thứ nhất nhỏ hơn 2
5
, còn các dấu ngoặc sau đều dương,
dó đó A < 0,4
* Cách 2: Cách giải của tôi như sau:
Ta có: A =                 – + – + – + + –
       
1 1 1 1 1 1 1 1
…
2 3 4 5 6 7 98 99
Tương tự, ta có:
Phát triển bài toán 13 :
1 1 1 1 1 1
…
2 3 4 5 98 99
A = – + – + + –
1 1 1
…
2.3 4.5 98.99
A = + + +
1 1 1 1 1 1
; ;…;
2.3 2.4 4.5 4.6 98.99 98.100
1 1 1
…
2.4 4.6 98.100
1 1 1 1 1 1 1
. …
2 2 4 4 6 98 100
1 1 1 49
. 0,2
2 2 100 200
A A A
  
  + + +
 
  – + – + + –  
 
 
  – =   
 
1 1 1 1
. 0,4
6 2 3 99
A  + –     
 
29
Bài tập 13.1: Cho .
Chứng minh rằng: < A <
Bài tập 13.2: Cho . Chứng minh rằng: A <
Bài tập 13.3: Cho .
Chứng minh ( sử dụng tính chất : n(n-1) < n2 < n(n+1))
Bài tập 13.4: Cho .
Chứng minh: ( sử dụng tính chất 🙁 n+1)(n-1) < n2 )
Bài tập 13.5: Cho .
Chứng minh: ( sử dụng tính chất 🙁 n+1)(n-1) < n2)
Bài tập 13.6: Cho .
Chứng minh: ( sử dụng tính chất : ( n+2)(n-2 ) < n 2)
Bài tập 13.7: Cho .
Chứng minh: ( sử dụng tính chất : (n+3)(n-3) < n2 )

Bài tập 13.8: Cho

.

1 1 1 1 1 1
…
4 6 8 10 100 102
A = – + – + –
3
52
1 8
1 1 1 1 1 1
…
4 6 8 10 2012 2014
A = – + – + – 1
8
2 2 2 92
1
…
1 4
1 3
1 2
A = + + + +
8 9
2 5
 A 
2 2 2 20072
2
…
2 7
2 5
2 3
A = + + + +
2008
1003
A 
2 2 2 20062
1
…
1 8
1 6
1 4
B = + + + +
2007
334
B 
2 2 4092
1
…
1 9
1 5
S = + + +
12
1
S 
2 2 2 3052
9
…
17
9
11
9
9 5
A = + + + +
3 4
A 
2012
200.202
…
49
48
25
24
8 9
B = + + + +
30
Chứng minh: ( sử dụng tính chất : ( n+1)n > n2)
PHẦN 4: MỞ RỘNG, PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SO
SÁNH:
4.1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức
Bài toán 14 : Tìm số tự nhiên có hai chữ số sao cho tỉ số của hai số đó và tổng
các chữ số của nó là:
a) Lớn nhất
b) Nhỏ nhất
Giải: Gọi tỉ số giữa và a+b là k
Ta có:
a) k lớn nhất lớn nhất nhỏ nhất
nhỏ nhất b=0 và a bất kỳ từ 1 đến 9
Có chín số 10, 20, 30, …, 90 thoả mãn bài toán có tỉ số giữa số đó với tổng các
chữ số của nó bằng 10
b) k nhỏ nhất nhỏ nhất lớn nhất
lớn nhất blớn nhất và anhỏ nhất b=9, a=1
Số phải tìm là 19, tỉ số của số đó và tổng các chữ số của nó bằng:
Bài toán 15: Tìm số nguyên x sao cho biểu thức 14
4
x
A
x
–
=
–
đạt giá trị lớn nhất
Giải: Ta có: (4 10 ) 1 10
4 4
x
A
x x
– +
= = +
– –
Để
max
10
4
A
x

–
đạt giá trị lớn nhất
+ –  TH x 1: 4 0 thì 10 0
4 x

–
( loại)
B  99,75
ab
10 9 9
1 1
1
ab a b a
k
a b a b a b b
a
+
= = = + = +
+ + +
+

9
1 b
a
+
 1 b
a
+
b a
 

9
1 b
a
+
 1 b
a
+
b a
 
19
1,9
1 9
=
+
31
+ –    TH x x 2: 4 0 4 thì 10
4- x
đạt giá trị lớn nhất
 – 4 x đạt giá trị nhỏ nhất  x lớn nhất  = x 3
Vậy x = 3 thì giá trị lớn nhất của a là 11
Bài tập luyện:
Bài tập 14.1: Tìm các phân số có tử và mẫu đều dương sao cho tổng của phân số
đó với số nghịch đảo của nó có giá trị nhỏ nhất.
Bài tập 14.2: Tìm giá trị lớn nhất của thương của một số tự nhiên có ba chữ số và
tổng các chữ số của nó.
Bài tập 14.3: Tìm giá trị nhỏ nhất của thương của một số tự nhiên có ba chữ số
và tổng các chữ số của nó.
Bài tập 15.1: Tìm số nguyên x sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất
5 19 7
) )
4 5
x x
a A b B
x x
– –
= =
– –
Bài tập 15.2: Tìm số nguyên x sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất
3 7 10 25
) )
1 2 4
x x
a A b B
x x
+ +
= =
– +
4.2: Dùng bất đẳng thức để tìm khoảng giá trị của số phải tìm
Đặt vấn đề: Khi giải một số bài toán có xuất hiện các chữ, để giải quyết bài toán
được thuận lợi người ta thường sắp xếp các chữ. Khi nào ta sắp xếp được các chữ
và sắp xếp như thế nào?
Bài toán 16: Tìm số nguyên dương x và y sao cho:

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 luận văn luận án O2 Education

SKKN Một số giải pháp giúp học sinh lớp 7 học tốt dạng toán Tỉ lệ thức – Dãy tỉ số bằng nhau

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 luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong giai đoạn đổi mới của đất nước, Đảng ta chủ trương đẩy mạnh hơn
nữa công tác giáo dục và coi đây là một trong những yếu tố quan trọng góp phần
phát triển kinh tế xã hội. Giáo dục phổ thông nước ta đang thực hiện bước
chuyển từ chương trình giáo dục tiếp cận nội dung sang tiếp cận năng lực của
người học, nghĩa là từ chỗ quan tâm đến việc học sinh học được cái gì đến chỗ
quan tâm học sinh vận dụng được cái gì qua việc học.
Mục đích của đổi mới giáo dục hiện nay là tập trung phát triển trí tuệ, thể
chất, hình thành phẩm chất, năng lực công dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu,
định hướng nghề nghiệp cho học sinh. Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, chú
trọng giáo dục lý tưởng, truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, năng
lực và kỹ năng thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Phát triển khả năng
sáng tạo, tự học.
Năm học 2017 – 2018 là năm học tích cực triển khai chương trình hành
động thực hiện Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 hội nghị Ban chấp
hành Trung ương 8 khóa XI về Đổi mới căn bản, toàn diện Giáo dục và Đào tạo.
Năm học tiếp tục nâng cao hiệu lực và hiệu quả công tác quản lí, tăng quyền chủ
động của các nhà trường trong việc thực hiện kế hoạch giáo dục. Đổi mới mạnh
mẽ phương pháp dạy học, hình thức tổ chức dạy học, kiểm tra đánh giá nhằm
nâng cao chất lượng và hiệu quả hoạt động giáo dục. Mục tiêu của giáo dục là
“Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dưỡng nhân tài”.
Theo tinh thần đó, các yếu tố của quá trình giáo dục trong nhà trường phổ
thông cần được tiếp cận theo định hướng đổi mới. Việc xây dựng các chủ đề dạy
học một cách hợp lý, khiến cho kiến thức môn học trở nên sinh động, hấp dẫn,
có ưu thế trong việc tạo ra động cơ, hứng thú học tập cho học sinh. Trong
chương trình THCS thì Toán lớp 7 rất quan trọng và tương đối khó. Qua thực tế
7
giảng dạy kết hợp với dự giờ, trao đổi với các đồng nghiệp bản thân tôi nhận
thấy các em học sinh còn nhiều lúng túng, mơ hồ khi chứng minh một bài Toán
Hình Học hay còn nhầm lẫn sai sót khi làm Toán Đại số, bởi trong sách giáo
khoa không đưa ra một phương pháp cụ thể nào, và không có một khuôn mẫu
chung nào cho cách trình bày theo từng phân môn học. Vì lẽ đó cách trình bày
lời giải của các em rất đa dạng, còn nhiều khi sai sót, ngộ nhận. Do đó việc giúp
các em nhận biết và hiểu được bản chất của từng bài Toán là rất quan trọng, từ
đó giúp các em có một lời giải chính xác, nhanh chóng và đạt hiệu quả cao.
Đồng thời tạo cho các em có hứng thú trong việc học bộ môn Toán, nhất là với
các em học sinh của trường THCS Trần Đăng Ninh, thành phố Nam Định.
Trong những năm gần đây, ngành Giáo dục thành phố Nam Định
nói chung, trường THCS Trần Đăng Ninh nói riêng đã luôn chú trọng đến công
tác dạy học, bồi dưỡng HSG môn Toán và đã đạt được một số thành tích đáng
kể. Qua nhiều năm công tác và trực tiếp giảng dạy bộ môn Toán ở trường THCS
Trần Đăng Ninh, bản thân tôi luôn tự trau dồi kiến thức, học hỏi đồng nghiệp và
mạnh dạn nghiên cứu đề tài: “Một số giải pháp giúp học sinh lớp 7 học tốt
dạng toán tỉ lệ thức – dãy tỉ số bằng nhau “.
.
8
PHẦN II: MÔ TẢ GIẢI PHÁP KỸ THUẬT:
II.1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:

1.1 Thực trạng:

Khi mới giảng dạy môn Toán lớp 7 ở trường THCS Trần Đăng Ninh, với
học sinh đại trà tôi chỉ dạy học sinh như sách giáo khoa, hướng dẫn học sinh các
ví dụ cơ bản để học sinh có thể làm được bài tập của sách giáo khoa, cũng như
các bài tập đơn giản trong sách bài tập. Do đó trong các kì kiểm tra cuối kì và
cuối năm học khi gặp những bài tập nâng cao hay các bài tập tổng hợp, nhiều
học sinh bắt đầu lúng túng, khó khăn để tìm ra hướng giải, thậm chí các em còn
mắc phải những sai lầm không đáng có, dẫn đến việc các em lo lắng không còn
hứng thú trong các tiết học Toán, hoặc chỉ chờ để giáo viên chữa bài và chép
vào vở, hiệu quả của các tiết học vì thế bị ảnh hưởng nhiều. Vì vậy không phát
huy hết được năng lực học Toán của học sinh, làm giảm sự hứng thú của các em
dẫn đến học sinh ngày càng thấy học Toán đã khó lại khô khan, phức tạp và làm
mất đi ở các em tình yêu, sự đam mê với môn Toán.
Tôi đã suy nghĩ, trăn trở rất nhiều, và đặt ra câu hỏi cho bản thân: làm thế
nào để giúp học sinh tiếp thu bài giảng dễ dàng hơn, các em hiểu bài hơn và thấy
hứng thú hơn trong giờ học Toán. Tôi cũng đã tìm tòi, tham khảo sách, báo, học
hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp, để tìm phương pháp giảng dạy phù hợp với
các em. Bản thân tôi trong quá trình soạn bài, chuẩn bị bài cho một tiết dạy cũng
phải tìm nhiều dạng bài tập khác nhau, từ cơ bản đến phức tạp, suy nghĩ mọi
tình huống có thể xảy ra, để hướng dẫn học sinh sao cho các em hiểu bài, và để
tiết dạy đạt hiệu quả cao nhất.
Qua thực tế giảng dạy và kết hợp kiểm tra, dự giờ đồng nghiệp tôi nhận thấy:
trước một bài Toán nhiều em học sinh đã rất lúng túng hoặc vội vã, không đọc kĩ
đề, chưa hiểu rõ yêu cầu của đề dẫn đến xác định sai hướng giải, mắc sai lầm
trong bài giải hoặc có bài giải không hoàn chỉnh. Nguyên nhân có thể do các em
chưa chăm học nên quên kiến thức, cũng có những em chưa biết vận dụng kiến
thức một cách hợp lý vào làm Toán, hoặc đôi khi do bài quá khó so với lực học
của các em. Phần lớn các em mới chỉ biết vận dụng kiến thức vào các bài toán
9
đơn giản với yêu cầu vừa phải, chưa biết kết hợp các phương pháp vào giải các
bài toán tổng hợp, các bài toán khó với yêu cầu cao hơn.

1.2 Đối tượng nghiên cứu:

Là các em học sinh lớp 7 trường THCS Trần Đăng Ninh.
1.3. Phạm vi áp dụng:
Đề tài: “Một số giải pháp giúp học sinh lớp 7 học tốt dạng toán tỉ lệ
thức – dãy tỉ số bằng nhau ” được áp dụng ở trường THCS Trần Đăng Ninh
trong thời gian từ năm học 2017-2018 đến nay và tiếp tục trong các năm học sau
trên tinh thần kế thừa và phát huy bài học kinh nghiệm vừa sửa chữa, bổ sung
cho phù hợp với các đối tượng học sinh và tình hình cụ thể từng lớp học.
1.4. Mục đích nghiên cứu:
Cá nhân tôi viết đề tài với mục đích trao đổi kinh nghiệm với đồng
nghiệp, để đề tài được áp dụng cho các khối lớp khác, môn khác trong trường
THCS Trần Đăng Ninh và các trường trung học cơ sở khác.
1.5 Phương pháp nghiên cứu:
– Phương pháp quan sát: Quan sát thực tế, thực trạng về công tác dạy và
học môn Toán lớp 7, quá trình học tập rèn luyện và ý thức phấn đấu cũng như
kết quả chất lượng đạt được của học sinh đối với môn Toán.
– Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu sách giáo khoa, báo Toán,
giáo trình có liên quan đến công tác dạy và học môn Toán lớp 7.
– Phương pháp học hỏi, kế thừa và phát huy: Nghiên cứu chất lượng bộ
môn Toán của những năm trước; nghiên cứu công tác chỉ đạo của nhà trường,
của tổ nhóm chuyên môn đối với công tác dạy và học môn Toán lớp 7.
II.2. Mô tả giải pháp sau khi áp dụng sáng kiến:
Từ thực trạng đó, qua quá trình giảng dạy, nghiên cứu tài liệu cũng như
dự giờ các đồng nghiệp, trao đổi cùng học sinh, tôi đề xuất một số giải pháp
nhằm nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán lớp 7 áp dụng đối với các em
học sinh khối lớp 7 của trường THCS Trần Đăng Ninh trong dạy Toán, cụ thể
như sau:
10
2.1. Hệ thống các vấn đề lý thuyết cần cung cấp cho học sinh.
* Đối với học sinh đại trà: Cung cấp cho các em học sinh đầy đủ kiến thức
lý thuyết theo hệ thống rõ ràng: định nghĩa( khái niệm), các tính chất, các nhận
xét, chú ý …. Cung cấp cho các em các phương pháp giải từ đơn giản để giải
quyết bài Toán.
* Đối với học sinh khá, giỏi: Yêu cầu các em học sinh phải có lời giải rõ
ràng, chính xác mà ngắn gọn nhất bằng lập luận chặt chẽ, lôgic hơn, thậm chí
bằng nhiều phương pháp khác nhau. Cho các em so sánh ưu điểm của các cách
làm đó. Từ đó các em biết đặt đề toán tương tự và giải quyết bài toán bằng
phương pháp hợp lý nhất.
Để giúp học sinh học tốt bộ môn Toán lớp 7, tôi đưa ra các giải pháp về
kiến thức, kỹ năng và những gợi ý (biện pháp, kỹ thuật) để tháo gỡ (quy lạ về
quen) khi gặp phải những bài Toán phức tạp hơn. Sau khi dạy xong theo kế
hoạch, tôi tiến hành kiểm tra ở mỗi lớp thực nghiệm trong ba năm học liên tiếp
và đã đạt được kết quả rất tốt như sau:
*/ Lần thứ nhất: Năm học 2017 – 2018:

Biểu đồ %	Sau khi áp dụng sáng kiến tại Lớp 7A2 (Năm học 2017 – 2018)
Tổng số HSĐiểm 10Điểm 8 → dưới 10Điểm 5 → dưới 830SL % SL % SL %7 23,3 14 46,7 9 30

11
*/ Lần thứ hai: Năm học 2018 – 2019:

Biểu đồ %	Sau khi áp dụng sáng kiến tại Lớp 7A1 Năm học 2018- 2019
Tổng số HS Điểm 10Điểm 8 → dưới 10Điểm 5 → dưới 830SL % SL % SL %11 36,7 14 46,7 5 16,6

*/ Lần thứ ba: Năm học 2019 – 2020:

Biểu đồ %	Sau khi áp dụng sáng kiến tại Lớp 7A1 Năm học 2019 – 2020
Tổng số HS Điểm 10Điểm 8 → dưới 10Điểm 5 → dưới 831SL % SL % SL %15 48,4 13 41,9 3 9,7

* Nhận xét chung: Kết quả học tập bộ môn Toán 7 ở lớp thực nghiệm ba năm
liên tiếp đều có tỷ lệ điểm 10 cao hơn, tỷ lệ điểm giỏi tăng hơn so với kết quả
học tập bộ môn Toán 7 ở tất cả các năm học trước đó.
12
2.2. Các giải pháp cụ thể
Tục ngữ có câu: ” Không thầy đố mày làm nên”, nếu học sinh có kiến thức
Toán cơ bản tốt, có tố chất thông minh mà không được bồi dưỡng rèn luyện tốt
thì sẽ không phát huy hết khả năng của mình, dẫn đến lãng phí nhân tài và
nguyên khí của đất nước. Vì thế giáo viên Toán phải phát huy năng lực bản thân
để phát hiện và bồi dưỡng tốt cho các em học sinh, phải tự biên soạn chương
trình bồi dưỡng môn Toán lớp 7 một cách hợp lí, khoa học, sáng tạo. Ngoài ra
giáo viên cần hướng dẫn cho các em phương pháp tự học, tự đọc, tự nghiên cứu
tài liệu ở nhà, hướng cho các em có ý chí quyết tâm, biết đặt ra mục tiêu của
mình cần vươn tới, đạt được cái đích mà mình đặt ra. Do đó:
2.2-1. Bồi dưỡng và có phương pháp phù hợp đến từng đối tượng học sinh.
– Trên cơ sở kế thừa và phát huy kết quả học tập bộ môn Toán của các em
từ những năm học trước và kết quả đạt được của môn Toán năm lớp 6, đồng thời
tham khảo ý kiến của các giáo viên đã từng dạy các em để nắm bắt khả năng, tố
chất, trí tuệ, niềm đam mê học Toán của từng học sinh để có phương pháp dạy
học phù hợp cho từng đối tượng học sinh ở năm học lớp 7.
– Giao nhiệm vụ cụ thể cho các em học sinh thực hiện trong hè, có thể
động viên các em học sinh tự đọc và nghiên cứu SGK Toán 7 để giải được cơ
bản các bài tập trong SGK, SBT Toán 7, bài nào chưa giải được thì đánh dấu lại
sau này thầy cô hướng dẫn.
– Trong năm học, bản thân tôi chú trọng việc dạy Toán theo nhóm đối
tượng có cùng năng lực hoặc cùng khả năng tiếp thu bài hoặc cùng ý thức quyết
tâm phấn đấu nhằm tiếp tục phát hiện thêm những em học sinh có tố chất môn
Toán tránh bỏ sót học sinh giỏi .
2.2-2. Lên kế hoạch và xây dựng chương trình bồi dưỡng
– Hiện nay có rất nhiều loại sách nâng cao của nhiều nhà xuất bản và các
tài liệu tham khảo trên mạng Internet thì vô cùng phong phú song chương trình
bồi dưỡng học sinh giỏi thì chưa có sách hướng dẫn chi tiết cho từng tiết, từng
buổi như trong chương trình chính khóa. Vì vậy việc lên kế hoạch và viết nội
13
dung dạy học Bồi dưỡng môn Toán phù hợp với từng đối tượng học sinh là việc
làm hết sức quan trọng, cần thiết và rất khó khăn.
Với cá nhân tôi, ngay sau khi nhận phân công chuyên môn là tôi bắt tay
ngay vào việc lập kế hoạch và biên soạn nội dung bồi dưỡng bao gồm cả học
sinh đại trà và học sinh khá giỏi theo hệ thống . Để tránh việc tiện đâu ôn đó
cho học sinh, tôi xây dựng chương trình bồi dưỡng theo từng chủ đề trên cơ sở
bám sát chương trình sách giáo khoa, sách bài tập, chuẩn kiến thức kĩ năng, kế
hoạch dạy học môn Toán 7, khung chương trình học môn Toán 7 và cấu trúc đề
thi các năm.
Chủ đề: “Tỉ lệ thức – Dãy tỉ số bằng nhau” được tôi xây dựng theo
trình tự sau:
I. Mục tiêu
II. Nội dung kiến thức, kĩ năng cần bồi dưỡng
III. Các dạng bài tập thường gặp
*) Dạng 1; 2; 3.
1) Phương pháp giải (có chú ý đến những phương pháp giải khác nhau)
2) Ví dụ (Các ví dụ mẫu có thể được phân tích cách làm, chỉ ra một số
sai lầm hay mắc phải hoặc lưu ý khi làm bài.)
3) Bài tập vận dụng (Sau khi trình bày các phương pháp tôi đưa ra một
số bài tập với mức độ vận dụng từ thấp đến cao nhằm củng cố các phương pháp
đã học cũng như sự linh hoạt khi làm bài của học sinh).
3.1 Bài tập cơ bản
3.2 Bài tập nâng cao
4) Bài học rút ra
IV. Đề kiểm tra hết chủ đề
V. Rút kinh nghiệm:
Cần lưu ý rằng: Tùy thuộc vào thời gian bồi dưỡng và khả năng tiếp thu
của học sinh mà lựa chọn mức độ bài khó và số lượng bài luyện tập nhiều hay ít.
14
2.2-3. Quá trình dạy Toán và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 7
Bồi dưỡng Toán lớp 7 và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 7 là một quá trình
lâu dài. Cần phải giúp học sinh thấy hứng thú và tính tích cực học tập , khơi
được ý thức độc lập nghiên cứu của học sinh.
– Thứ nhất là làm cho học sinh yêu thích môn học, khơi dậy trong các em
lòng hăng say học tập, ý chí phấn đấu dành kết quả cao nhất trong học tập, tạo ra
được khí thế thi đua học tập sôi nổi. Có như vậy các em mới tự giác học tập mà
không cần thầy cô hay cha mẹ thúc giục. Cách tốt nhất bồi dưỡng hứng thú cho
học sinh là hướng dẫn dìu dắt cho các em đạt được những thành công từ thấp lên
cao. Nhiều học sinh lúc đầu chưa bộc lộ rõ năng khiếu nhưng sau quá trình được
dìu dắt đã trưởng thành rất vững chắc và đạt thành tích cao. Để các em có thái
độ tích cực tôi thường tranh thủ giờ ra chơi, giờ sinh hoạt lớp phân tích, tâm sự,
chia sẻ cho các em hiểu về lợi ích sau này của việc học Toán chứ không đơn
thuần là ôn để thi là xong. Môn Toán sẽ còn theo các em rất lâu trong quá trình
học tập, nó hỗ trợ các em học tốt các môn học khác cũng như lợi ích của nó
trong công việc tương lai của các em, trong cuộc sống của các em sau này. Từ
đó các em thấy được tầm quan trọng của môn học và có thái độ tích cực hơn khi
học tập.
– Thứ hai là hướng dẫn học sinh phương pháp tự học ở nhà, biết độc lập
suy nghĩ, sáng tạo khi giải quyết vấn đề.
Trước khi dạy mỗi chủ đề tôi thường giao nhiệm vụ cho các em về nhà
nghiên cứu sách giáo khoa, sách bài tập, sách nâng cao và chuyên đề, sách nâng
cao và phát triển của nhà xuất bản Giáo dục để chia ra từng dạng bài, tìm ra
phương pháp giải cho từng dạng và làm bài tập ở các dạng đó. Việc làm này vừa
giúp các em khắc sâu được kiến thức và phương pháp giải của từng dạng toán
trong từng chủ đề vừa tiết kiệm được thời gian giảng dạy giáo viên lại vừa phát
huy được khả năng tự học, tự nghiên cứu của các em học sinh.
– Thứ ba là phải nắm vững phương châm: dạy chắc cơ bản rồi mới nâng
cao. Thông qua những bài luyện cụ thể để dạy phương pháp tư duy: dạy kiểu
dạng bài có quy luật trước, loại bài có tính đơn lẻ, đặc biệt sau. Để giải được các
15
bài toán tổng hợp và bài toán khó, học sinh cần phải hiểu kiến thức một cách cơ
bản, hệ thống, vững chắc, sâu sắc và có khả năng vận dụng linh hoạt.
+) Mỗi loại kiến thức (khái niệm, định nghĩa, tính chất, định lý…) đều có
nội hàm riêng và cách vận dụng (hay quy tắc, phương pháp) đặc trưng của nó.
Khi dạy cần phải thông qua một số bài thí dụ cụ thể để khắc sâu cho học sinh
đầy đủ, cặn kẽ nội hàm và phương pháp vận dụng của kiến thức đó. Được như
vậy, khi gặp hàng chục, hàng trăm bài khác, mặc dù có những chi tiết cụ thể
khác nhau nhưng học sinh vẫn làm được vì chúng giống nhau ở điểm cốt lõi.
+) Có những loại bài liên quan đến đến rất nhiều loại kiến thức kỹ năng
khác nhau, học sinh muốn làm được cần phải biết chia bài đó thành nhiều bài
toán nhỏ, trong mỗi bài nhỏ phải biết dùng kiến thức, kỹ năng nào. Muốn làm đ-
ược như vậy, học sinh phải nắm thật vững nội hàm và phương pháp vận dụng
của từng loại kiến thức, biết được chúng liên quan với nhau như thế nào (hay
từng kiến thức nằm trong một hệ thống như thế nào), từ đó mới biết khi nào cần
sử dụng kiến thức nào. Nói cách khác, phải dạy một cách cơ bản, vững chắc và
hệ thống. Nếu dạy được học sinh đến trình độ đó thì từ yêu cầu và điều kiện của
bài ra học sinh sẽ biết chia việc giải một bài toán khó ra nhiều công đoạn, mỗi
công đoạn dùng kiến thức, phương pháp phù hợp. Dù cho bài toán biến hoá
nhiều kiểu nhưng cũng không ra ngoài những kiến thức và phương pháp trong
chương trình đã học.
Lý do phải dạy theo nhưng phương châm nêu trên là vì:
+) Dạy chắc cơ bản trước rồi mới nâng cao: Các bài cơ bản là những bài
dễ, chỉ liên quan đến một hoặc vài loại kiến thức kỹ năng, cần phải luyện tập
nắm vững từng loại trước đã sau đó mới nâng cao dần những bài tổng hợp nhiều
loại kiến thức, học sinh đã nắm vững từng loại sẽ dễ dàng nhận ra và giải quyết
được. Đối với học sinh giỏi bước này có thể làm nhanh, hoặc cho tự làm nhưng
phải kiểm tra biết chắc chắn là chắc cơ bản rồi mới nâng cao, nếu bỏ qua bước
này trình độ của học sinh sẽ không ổn định và không vững chắc được.
+) Mỗi loại cần thông qua một hoặc hai bài điển hình, quan trọng là phải
rút ra phương pháp rồi cho thêm một số bài cho học sinh tự vận dụng cho thành
16
thạo phương pháp, cần kiểm tra thẩm định xem học sinh đã nắm chắc chắn chưa,
nếu chưa chắc chắn cần phải củng cố đến khi được mới thôi.
+) Hầu hết các bài đều có thể quy về một loại bài nào đó có quy tắc giải
chung, mỗi loại bài toán có một loại nguyên tắc, cứ xác định đúng loại bài, sử
dụng đúng nguyên tắc là giải quyết được. Nhưng cá biệt có một ít bài không
theo những nguyên tắc chung, thuộc những tình huống cá biệt, có thể sử dụng
những cách riêng, thường không rõ quy luật, nhưng giải quyết nhanh. Cần phải
coi trọng loại bài có nguyên tắc là chính. Loại sau chỉ nên giới thiệu sau khi đã
học kỹ loại trên, vì loại đó học bài nào chỉ biết bài đó mà không áp dụng cho
nhiều bài khác được.
Nên tránh:
+) Một số giáo viên mới dạy bồi dưỡng Toán lớp 7, dạy bồi dưỡng học
sinh giỏi Toán 7 thường hay nôn nóng, bỏ qua bước làm chắc cơ bản, cho ngay
bài khó, học sinh mới đầu đã gặp ngay một “mớ bòng bong”, không nhận ra và
ghi nhớ được từng đơn vị kiến thức kỹ năng, kết quả là không định hình được
phương pháp từ đơn giản đến phức tạp, càng học càng hoang mang.
+) Một số lại coi những bài đơn lẻ không có quy luật chung là quan trọng,
cho học sinh làm nhiều hơn và trước những bài có nguyên tắc chung (coi những
bài đó mới là “thông minh”), kết quả là học sinh bị rối loạn, không học được
phương pháp tư duy theo kiểu đúng đắn khoa học và thông thường là: mỗi loại
sự việc có một nguyên tắc giải quyết, chỉ cần nắm vững một số nguyên tắc là
giải quyết được hầu hết các sự việc.
– Thứ tư là phải đặc biệt chú ý đến kĩ năng trình bày bài làm của học sinh.
Thực tế đã cho thấy có những em rất thông minh nhưng chỉ chú trọng đến việc
giải ra kết quả còn việc trình bày thì không chặt chẽ, làm quá tắt hoặc viết không
rõ ràng con số, chữ. Đây chính là yếu tố làm mất điểm bài thi của các em mặc dù
đã tìm ra kết quả. Do đó khi bồi dưỡng các em trên lớp, với những bài tập mẫu
hay khi chữa bài tập, bài kiểm tra tôi đều giải rất chi tiết, cẩn thận vừa để giúp
các em hiểu sâu sắc bài toán vừa để các em học tập kĩ năng trình bày còn khi
chấm bài của các em tôi phạt lỗi kĩ năng rất nặng.
17
Chú ý đến kĩ năng trình bày song cũng không làm mất đi tính sáng tạo ở
các em, với những bài toán khó tôi chỉ gợi ý, hướng dẫn các em phân tích bài
toán để tìm ra cách giải chứ không giải hoàn chỉnh. Có như vậy khi gặp một
dạng toán mới chưa được học các em vẫn có thể tự suy nghĩ và định hướng được
cách làm.
2.2-4.Thời gian dạy bồi dưỡng:
Để chương trình bồi dưỡng Toán lớp 7, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán
7 có hiệu quả thì nhà trường cần có kế hoạch bồi dưỡng học sinh giỏi liên tục
và đều đặn, không dồn ép ở tháng cuối trước khi thi vừa quá tải đối với học sinh
vừa ảnh hưởng đến quá trình tiếp thu kiến thức ở môn học khác của học sinh.
Trong tình hình cụ thể của mỗi nhà trường thì thời gian bồi dưỡng Toán
lớp 7, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 là không nhiều nên chúng ta phải nỗ lực
rất nhiều, phải tận dụng mọi thời gian để ôn luyện cho học sinh.
– Thứ nhất là trong các giờ học chính khóa ta thường phải chú ý đến đối
tượng học sinh giỏi: có những câu hỏi khó khơi gợi óc tư duy sáng tạo dành cho
các em, cuối giờ học cần giao thêm các bài tập khó cho các em.
– Thứ hai là trong các buổi bồi dưỡng theo lịch nhà trường thì phần chữa
bài tập về nhà của buổi học trước ta chỉ nên chữa những bài mà đa số các em
không làm được để tiết kiệm thời gian dạy chủ đề mới. Để làm được việc này ta
cần yêu cầu cá em hoàn thành phần bài tập về nhà trong một thời gian nhất định
rồi nộp lại cho giáo viên trước buổi học tiếp theo ít nhất một ngày để ta kiểm tra
việc làm bài tập về nhà, chữa sai, chấm điểm và nhận xét ưu, khuyết điểm của
từng em. Điều này không những tiết kiệm thời gian cho buổi học chính mà còn
giúp ta uốn nắn được kĩ năng làm bài cho từng em và đánh giá năng lực của các
em chính xác hơn.
– Thứ ba là đến giai đoạn trước khi thi học kỳ , thi học sinh giỏi khoảng
một tháng, tôi có tham mưu, đề xuất với ban giám hiệu, kết hợp với giáo viên bộ
môn và giáo viên chủ nhiệm tạo điều kiện cho các em tập trung cho môn thi (sau
khi thi sẽ học bù nếu cần ). Các em sẽ được nhà trường tạo điều kiện và giáo
viên dạy Toán chúng tôi sẽ giao thêm các bài tập, các đề thi của các năm trước,
18
các đề thi sưu tầm trên mạng cho các em giải để tập dượt trước khi thi và tôi
thường tranh thủ những tiết trống để đến hướng dẫn thêm cho các em làm bài
hoặc là chữa bài cho các em.
2.2-5. Vai trò của người thầy
Cố thủ tướng Phạm Văn Đồng đã từng nói: “Muốn có trò giỏi thì trước
hết phải có thầy giỏi”, nói thế không có nghĩa là cứ có thầy giỏi thì sẽ có trò
giỏi mà nó còn phụ thuộc vào nhiều yếu tố khác, tuy nhiên qua đó muốn khẳng
định rằng vai trò của người thầy trong công tác phát hiện và bồi dưỡng học sinh
giỏi Toán là hết sức quan trọng. Là một giáo viên dạy Toán, theo tôi chúng ta
phải là một người thầy vừa hồng vừa chuyên, hay nói theo cách khác là phải đủ
tâm vừa đủ tầm. Phải luôn có ý thức tự rèn luyện, tích lũy tri thức và kinh
nghiệm, trau dồi chuyên môn, đọc nhiều, hiểu sâu vấn đề mà mình dạy học sinh
theo phương châm biết mười dạy một. Phải thường xuyên tìm tòi các tư liệu, có
kiến thức nâng cao trên các phương tiện, đặc biệt là trên mạng Internet. Lựa
chọn trang Web nào hữu ích nhất, tiện dụng nhất, các tác giả giỏi, các đề thi hay,
các chuyên đề hấp dẫn, khả quan nhất để sưu tầm làm tài liệu giảng dạy …
Tôi nghĩ rằng người thầy có vai trò quyết định nhất đối với kết quả học
tập của các em học sinh, các em học sinh có vai trò quyết định trực tiếp đối
với kết quả của mình. Kết quả công tác bồi dưỡng học sinh giỏi có đạt cao
hay không, điều đó còn phụ thuộc rất lớn ở các em học sinh. Việc bồi dưỡng
học sinh giỏi Toán giống như chúng ta ươm một mầm non, nếu chúng ta biết
rào, biết thường xuyên chăm sóc, vun xới thì mầm non sẽ xanh tốt, phát triển.
Chủ đề: “Tỉ lệ thức – Dãy tỉ số bằng nhau” tôi thực hiện như sau:
19
CHỦ ĐỀ: TỈ LỆ THỨC – DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU
I. Mục tiêu:
1. Kiến thức
– Giúp HS nắm vững định nghĩa và tính chất của tỉ lệ thức. Khắc sâu tính
chất của dãy tỉ số bằng nhau.
2. Kĩ năng
– Học sinh biết vận dụng các kiến thức về tỉ lệ thức để giải các dạng toán:
lập tỉ lệ thức, tìm 1 thành phần chưa biết của tỉ lệ thức, chứng minh tỉ lệ thức,
giải toán liên quan đến tỉ lệ thức.
– Học sinh vận dụng linh hoạt tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để tìm số
hạng chưa biết của tỉ lệ thức, của dãy tỉ số bằng nhau, để biến đổi đẳng thức.
3. Thái độ.
Học sinh biết phân tích đề bài để tìm lời giải nhanh nhất, hợp lí nhất. Có
thái độ làm bài tích cực.
4. Định hướng phát triển năng lực:
Phát triển năng lực tính toán, năng lực sử dụng ngôn ngữ toán học, năng
lực tư duy lôgic, năng lực giải quyết vấn đề, năng lực hợp tác, năng lực sáng tạo,
năng lực tự học.
II. Kiến thức cơ bản:
1. Tỉ lệ thức
a/ Định nghĩa: Tỉ lệ thức là đẳng thức của 2 tỷ số.
Dạng tổng quát
c d
a b
= hoặc a : b = c : d .
b/ Tính chất :
1/ Nếu
c d
a b
= thì a.d = b.c (Tích 2 ngoại tỷ bằng tích 2 trung tỷ ).
2/ Nếu a.d = b.c và các số a,b,c,d đều khác 0 thì ta có các tỉ lệ thức sau:
c d
a b
=
,
a b
c d
=
,
d c
b a
=
,
d b
c a
=
(Từ một tỷ lệ thức ta có thể suy ra ba tỷ lệ thức khác bằng cách: hoán đổi
các trung tỷ , hoán đổi các ngoại tỷ hoặc hoán đổi cả trung tỷ và ngoại tỷ)
20
2.Tính chất dãy tỷ số bằng nhau:
Từ
b d
a c
b d
a c
c d
a b
c d
a b
– –
=
+ +
= = = =
Từ a c e
b d f
= = => = …………
– –
– –
=
+ +
+ +
= = =
b d f
a c e
b d f
a c e
e f
c d
a b
Từ a c e a c e k k
b d f b d f
 
= = =  =
 
( với giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
3.Chú ý:
+) Các số x, y, z tỉ lệ với các số a, b, c x y z
a b c
 = =
Ta còn viết x : y : z = a : b : c
+) Nâng cao: Ta còn có tính chất gọi là tính chất tổng hoặc hiệu tỉ l ệ.
Từ
a b c d
a c b d
b d a b c d
a c
  
 =
= = 
  
  =
III. Các dạng bài tập:
*) Dạng 1: Tìm số hạng chưa biết của tỉ lệ thức, của dãy tỉ số bằng nhau.
1.Phương pháp giải
– Từ tỉ lệ thức: a c
b d
=
 = a d b c . .
. . . .
; ; ;
b c a d a d b c
a b c d
d c b a
 = = = =
Muốn tìm ngoại tỉ chưa biết ta lấy tích của hai trung tỉ chia cho ngoại tỉ đã
biết, muốn tìm trung tỉ chưa biết ta lấy tích của hai ngoại tỉ chia cho trung tỉ
đã biết.
– Vận dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
2.Ví dụ
VD1: Tìm x trong các tỉ lệ thức sau:
a) 2
15 3,5
x –
= b) 3,8 : (2x) = 1 2 : 2
4 3
Giải:
a) 2
15 3,5
x –
= => x .3,5 = 15 .(-2)
21
=> x. 3,5 = -30
=> x = 30
3,5
–
=> x = 60
7
– ( thỏa mãn bài ra)
Vậy x = 60
7
–
b) 3,8 : (2x) = 1 2 : 2
4 3
19 1 8
: (2 ) :
5 4 3
 = x
1 19 8
(2 ). .
4 5 3
1 152
(2 ).
4 15
152 1
2 :
15 4
608
2
15
x x
x x
 =
 =
 =
 =
608
: 2
15
 = x
304
15
 = x ( thỏa mãn bài ra)
Vậy 304
15
x =
VD 2: Tìm x, y biết:
a)
5 25
x y
=

và x + y = 60

b) 5x = 3y và x – y = -5

Giải:
a) Ta có:
5 25
x y
=

và x + y = 60

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: 60 2
5 25 5 25 30
x y x y +
= = = =
+
+) Vì 2 2.5 10
x 5
=  = = x

+) Vì

2 2.25 50
25
y
=  = = y
Vậy x =10, y = 50 ( thỏa mãn bài ra)
22
b) Ta có: 5x = 3y =>
3 5
=
x y
mà x – y = -5
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 5 2,5
3 5 3 5 2
– –
= = = =
– –
x y x y
+) Vì 2,5
3
=
x
=> x = 2,5.3 = 7,5
+) Vì 2,5
5
=
y
=> y = 2,5.5 = 12,5
Vậy x = 7,5 và y = 12,5 ( thỏa mãn bài ra)
3. Bài tập vận dụng
3.1/ Bài tập cơ bản
Bài 1. Tìm x trong các tỉ lệ thức sau :
a) 16
25
=
x
x
b) 37 x 3
x 13 7
–
=
+
c) 2 4
1 7
– +
=
– +
x x
x x
Giải:
a) 16
25
=
x
x
 = x x . 16.25
2 400
20
 =
 = 
x x
Vậy x – 20; 20thỏa mãn bài ra
Ta thấy trong tỉ lệ thức 16
25
x
x
= có 2 trung tỉ chưa biết giống nhau khi
làm ta đưa về lũy thừa bậc hai. Như vậy sau khi làm bài này học sinh có thể
đưa ra bài tập tương tự ( ví dụ cho đẳng thức có hai ngoại tỉ chưa biết giống
nhau) hoặc giáo viên có thể nâng cao mức độ bài tập( ví dụ cho các tỉ lệ thức
2 60
15 2
+
=
+
x
x
;
1 20
4 1
–
=
– –
x
x
và yêu cầu học sinh tìm x).
b) 37 x 3
x 13 7
–
=
+

*) Cách 1:

*) Cách 2: Áp dụng tính chất cơ bản của dãy tỉ số

37 x 3
x 13 7
–
=
+
37 x 3
x 13 7
–
=
+
37 13
3 7
– +
 =
x x

23
3.( 13) 7.(37 x)
3 39 259 7
10 220
22
 + = –
 + = –
 =
 =
x
x x
x
x

Vậy x = 22 thỏa mãn bài ra

bằng nhau ta có: Vậy x = 22 thỏa mãn bài ra

37 13 37 13 50
5
3 7 3 7 10
22
– + – + +
= = = =
+
 =
x x x x
x
c) 2 4
1 7
x x
x x
– +
=
– +
 – + = – + ( 2).( 7) ( 1).( 4) x x x x
 + – – = – + – x 7 2 14 4 4 2 2 x x x x x
5 14 3 4
2 10
5
x x
x
x
 – = –
 =
 =
Vậy x = 5 thỏa mãn bài ra
Ta thấy trong tỉ lệ thức 2 4
1 7
x x
x x
– +
=
– +
thì x nằm ở cả 4 vị trí( 2 trung tỉ và
2 ngoại tỉ) mà hệ số đều bằng 1 do đó sau khi biến đổi thì x2 bị triệt tiêu. Ta
cũng có thể tìm x trong tỉ lệ thức trên bằng cách áp dụng tính chất dãy tỉ số
bằng nhau.
Bài 2: Tìm hai số x và y biết :

a) và x + y = – 2
b) và x.y = 2100	c) và

2 5
x y
= 3 7
x y
= 3 4
x y
= x2 + y2 =100
Giải:
a) Ta có:
2 5
x y
= và x + y = – 2
*) Cách 1: Áp dụng tính chất cơ bản của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
4
2 7
2 5 2 5 7 10
7
 –
+ –   =
= = =  
+  = –
 
x
x y x y
y

Vậy thỏa mãn bài ra.

4 10 ;
7 7
– –
x y = = *) Cách 2: Đặt (k 0) x = 2k ; y = 5k
2 5
= =  
x y
k
24
Mà x + y = – 2 => 2k + 5k = -2 => k = 2
– 7
4 10
;
7 7
– –
 = = x y

Vậy thỏa mãn bài ra.

4 10 ;
7 7
– –
x y = = b) Ta có:
3 7
=
x y
và x.y = 2100

Đặt

(k 0) x=3k; y=7k
3 7
= =  
x y
k
Mà x.y = 2100 => 3k.7k = 2100 => k2 = 100 => k = 10
+) Nếu k = 10 3.10 30
7.10 70
 = =
 
 = =
x y
+) Nếu k = -10 3.( 10) 30
7.( 10) 70
 = – = –
 
 = – = –
x y

Vậy	thỏa mãn bài ra.
*) Chú ý: Đây là bài toán tìm hai số biết “tích” và “tỉ”.

30 30
;
70 70
  = = –
 
  = = –
x x
y y
c) Ta có:
3 4
=
x y
và x y 100 2 2 + =

Đặt

(k 0) x=3k; y=4k
3 4
= =  
x y
k
Mà x y k k 2 2 2 2 + =  + = 100 (3 ) (4 ) 100
9 16 100 25 100 4 2 2 2 2
2
 + =  =  =
 = 
k k k k
k
+) Nếu k = 2 x = 3 . 2 = 6
y= 4 . 2 = 8

 

+) Nếu k = -2 x = 3 . (-2) = -6
y = 4 . (-2) = -8

 

Vậy
6 6
;
8 8
  = = –
 
  = = –
x x
y y
thỏa mãn bài ra.
25
Bài 3: Tìm x, y và z biết:
x y z
a) và x y z 12
3 4 5
= = – + =
b) x : 4 y : 5 z : 6 và x y z 28 = = – – =
c) x : y : z 3: 5: 7 và x y z 25 = – + = –
Giải:
a) Ta có: x y z và x y z 12
3 4 5
= = – + =

*) Cách 1: Đặt (với k khác 0)

3 , 4 , 5
3 4 5
x y z
= = =  = = = k x k y k z k Mà x – y + z = 12 => 3k – 4k + 5k = 12 => k = 3
=> x = 3.3 = 9; y = 3.4 = 12; z = 5.3 = 15
Vậy x = 9; y = 12; z = 15 thỏa mãn bài ra.
*) Cách 2: Áp dụng tính chất cơ bản của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
x y z x y z 12
3
3 4 5 3 4 5 4
– +
= = = = =
– +
x
3 x 3.3 9
3 y
3 y 4.3 12
4 z
3 z 5.3 15
5
 =  = =
=  = =
=  = =
Vậy x = 9; y = 12; z = 15 thỏa mãn bài ra.
b) Ta có: x : 4 y :5 z : 6 và x y z 28 = = – – =
Học sinh có thể làm tương tự câu a)
=> x = -16; y = -20; z = -24 ( thỏa mãn bài ra).
c) x : y : z 3:5: 7 và x y z 25
x y z
và x y z 25
3 5 7
= – + = –
 = = – + = –
Học sinh có thể làm tương tự câu a)
=> x = -15; y = -25; z = -35( thỏa mãn bài ra).
26
Bài 4: Tìm các số a, b, c biết rằng
a) a b c
2 3 4
= = và a + 2b – 3c = – 20
b) a: b: c = 2: 5: 7 và 3a + 2b – c = 27
c) ;
2 3 5 4
= =
a b b c
và a – b + c = – 49
d) 5a = 8b = 20c và a – b –c = 3
e)
12 9 5
= =
a b c
và abc = 20
Hướng dẫn: c) Viết
2 3
=
a b
thành
10 15
=
a b
và
5 4
=
b c
thành
15 12
=
b c
Giải:
a) Ta có:
2 3 4
a b c
= = và a + 2b – 3c = – 20

*) Cách 1: Đặt

(k 0) a=2k;b=3k;c=4k
2 3 4
= = =  
a b c
k
Mà a + 2b – 3c = – 20 => 2k + 6k – 12k = – 20 => k = 5
=>a = 10; b = 15; c = 20.
Vậy a = 10; b = 15; c = 20 thỏa mãn bài ra.
*) Cách 2: Từ 2 3
2 3 4 2 6 12
= =  = =
a b c a b c
mà a + 2b – 3c = – 20
Áp dụng tính chất cơ bản của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 3 2 3 20
5
2 6 12 2 6 12 4
+ – –
= = = = =
+ – –
a b c a b c
=> a = 10; b = 15; c = 20.
Vậy a = 10; b = 15; c = 20 thỏa mãn bài ra.
b) Ta có a: b: c = 2: 5: 7 và 3a + 2b – c = 27
=>
2 5 7
= =
a b c
và 3a + 2b – c = 27
Học sinh có thể làm tương tự câu a)
=> a = 6, b = 15, c = 21 (thỏa mãn bài ra).
c) Ta có: ;
2 3 5 4
= =
a b b c
và a – b + c = – 49
27
Vì ;
2 3 5 4 10 15 12
= =  = =
a b b c a b c
mà a – b + c = – 49
Học sinh làm tương tự câu a)
=> a = -70, b = -105, c = -84 (thỏa mãn bài ra).
d) Ta có: 5a = 8b = 20c và a – b –c = 3

Vì 5a = 8b = 20c , mà a – b –c = 3

1 1 1
5 8 20
 = =
a b c
Học sinh có thể làm tương tự câu a)
=> a = 24, b = 15, c = 6 (thỏa mãn bài ra).
e) Ta có:
12 9 5
= =
a b c
và a.b.c = 20

Đặt

(k 0) a = 12k ; b = 9k ; c = 5k
12 9 5
= = =  
a b c
k
Mà a.b.c = 20 => 12k.9k.5k = 20 => k3 = 1
27
=> k = 1
3
1 1 1 5
12. 4; 9. 3; 5.
3 3 3 3
 = = = = = = a b c
Vậy a = 4; b = 3 ; c = 5
3
thỏa mãn bài ra.
Trong câu này ta cũng có thể làm như sau: Từ
12 9 5
= =
a b c
3
. .
. .
12 12 9 5 12.9.5
 
 = =  
 
a a b c a b c
mà a.b.c = 20
3
20 1
12 540 27
 
 = =  
 
a 1
12 3
 =
a
5
4; 3;
3
 = = = a b c .
3.2/ Bài tập nâng cao
Bài 5: Tìm các số a, b, c biết rằng
2 3 4
a b c
= = và a2 – b2 + 2c2 = 108
Hướng dẫn: Từ
2 3 4
a b c
= = suy ra
2 2 2
4 9 16
a b c
= =
28
Giải:

*) Cách 1: Đặt

(k 0) b = 2k ; b = 3k ; c = 4k
2 3 4
= = =  
a b c
k
Thay vào a2 – b2 + 2c2 = 108
Từ đó tìm được
4; 6; 8
4; 6; 8
 = = =

 = – = – = –
a b c
a b c
*) Cách 2: Từ
2 2 2 2 2 2 2
2 3 4 4 9 16 4 9 32
= =  = =  = =
a b c a b c a b c
(với a, b, c cùng dấu)
Mà a2 – b2 + 2c2 = 108
Áp dụng tính chất cơ bản của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 108
4
4 9 32 4 9 32 27
– +
= = = = =
– +
a b c a b c
2 2 2 2 2 2 2 2 108
4
4 9 32 4 9 32 27
– +
= = = = =
– +
a b c a b c
, mà a, b, c cùng dấu
4; 6; 8
4; 6; 8
 = = =
 
 = – = – = –
a b c
a b c
Vậy
4; 6; 8
4; 6; 8
 = = =

 = – = – = –
a b c
a b c
thỏa mãn bài ra.
Bài 6: Tìm cặp số (x, y) biết : 1+3y 1+5y 1+7y = =
12 5x 4x
Giải:
Ta có: 1+3y 1+5y 1+7y 1+3y 2+10y 1+7y = =  = =
12 5x 4x 12 10x 4x
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
+
= = = =
–
+
 =  =  =
1+3y 2+10y 1+7y (2+10y)-(1+7y) 1 3y
12 10x 4x 10x 4x 6x
1+3y 1 3y
6x 12 x 2
12 6x
Thay x = 2 vào bài ra ta có: 1+3y 1+5y =  = 10. 1+3y 12. 1+5y ( ) ( )
12 5.2
29
 + = +

–

10 30y 12 60y
30y=-2
1
y=
15
Vậy x = 2; y=-1
15
thỏa mãn bài ra.
Bài 7: Tìm x, y, z biết rằng: 4 6 8
2 3 4
x y z – – –
= = và x + y +z =27
Giải:
*) Cách 1: Đặt 4 6 8 (k 0)
2 3 4
x y z
– – – = = =  k
2 4
3 6
4 8
x k
y k
z k
 = +

 = + 

 = +
(*) mà x + y +z =27
=> 2k + 4 + 3k + 6 + 4k + 8 = 27
=> k = 1, thay vào (*)
=> x = 6; y= 9; z = 12 thỏa mãn bài ra.
Vậy x = 6; y= 9; z = 12
*) Cách 2: Ta có: 4 6 8
2 3 4
x y z – – –
= = và x + y +z =27
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
4 6 8 4 6 8 18 27 18
1
2 3 4 2 3 4 9 9
4 2.1 2 6
6 3.1 3 9
8 4.1 4 12
x y z x y z x y z
x x
y y
z z
– – – – + – + – + + – –
= = = = = =
+ +
  – = = =
 
 – = =  =  
 
  – = = =
Vậy x = 6; y= 9; z = 12 thỏa mãn bài ra.
Bài 8: Cho a b c
b c a
= = và a + b + c ≠ 0; a = 2015. Tính b, c ?
Giải:
Ta có: a b c
b c a
= =
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
a b c a b c 1
b c a b c a
+ +
= = = =
+ +
( vì a + b + c ≠ 0 )
30
1
1
1
a
a b
b b
b c
c c
c a
a

 =  =
 
 =  = 

 =  =

=> a = b = c , mà a = 2015 => b = c = 2015
Vậy b = c = 2015 thỏa mãn bài ra.
Bài 9: Tìm các số x, y, z biết: y z x z x y 1 2 3 1
x y z x y z
+ + + + + –
= = =
+ +
( với giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Giải:
Ta có:
y z x z x y 1 2 3 1
x y z x y z
+ + + + + –
= = =
+ +
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
( )
( )
1 2 3 1 1 2 3
2.
2 x+y+z 0
y z x z x y y z x z x y
x y z x y z x y z
x y z
do
x y z
+ + + + + – + + + + + + + –
= = = =
+ + + +
+ +
= = 
+ +
Do đó
1
2 0,5 x y z
x y z
=  + + =
+ +
0,5
0,5
0,5
x y z
x z y
y z x
 + = –

 + = – 

 + = –
Thay vào bài ra, ta có:
0,5 1 0,5 2 0,5 3
x y z 2
x y z
– + – + – –
= = =
1,5 2,5 2,5
2
1,5 2
1 5 5
2,5 2 ; ;
2 6 6
2,5 2
x y z
x y z
x x
y y x y z
z z
– – – –
 = = =
 – =
 –
 – =  = = = 

- – =
Vậy
1 5 5
; ;
2 6 6
x y z
–
= = = thỏa mãn bài ra.
31
Bài 10: T×m x, y, z biÕt: x y z
x y
z
x z
y
z y
x
= + +
+ –
=
+ +
=
+ +1 1 2
(x, y, z  0 )
Giải:
Ta có: x y z
x y
z
x z
y
z y
x
= + +
+ –
=
+ +
=
+ +1 1 2
(x, y, z  0 )
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
1
1 1 2 1 1 2 2
0,5
0,5 0,5
0,5
x y z x y z
x y z
z y x z x y z y x z x y
x y z
x y z x z y
y z x
+ +
= = = + + = =
+ + + + + – + + + + + + + –
 + = –

 + + =  + = – 

 + = –
Thay vào bài ra ta có:
1
0,5 1 0,5 1 0,5 2 2
1
1,5 1,5 1,5 2
x y z
x y z
x y z
x y z
= = =
– + – + – –
 = = =
– – – –
1 1 1
; ;
2 2 2
x y z
–
 = = =
Vậy 1 1 1 ; ;
2 2 2
x y z
–
= = = thỏa mãn bài ra.
Bài 11: T×m x, y, z biÕt: 3 3 3
90 126 54
x y z
= = vµ x y z 2 2 2 + – = 585
Giải:
Ta có: 3 3 3
90 126 54 5 7 3
x y z x y z
= =  = =

Đặt , mà

5 ; 7 ; 3 (k 0)
5 7 3
x y z
= = =  = = =  k x k y k z k x y z 2 2 2 + – = 585
( )2 2 2 ( ) ( )
2 2 2
2 2
5 7 3 585
25 49 9 585
65 585 9
3
k k k
k k k
k k
k
 + – =
 + – =
 =  =
 = 
+) Nếu k = 3 => x = 15; y = 21; z = 9
+) Nếu k = -3 => x = -15; y = -21; z = -9
Vậy 15; 21; 9
15; 21; 9
x y z
x y z
 = = =

 = – = – = –
thỏa mãn bài ra.
32
Bài 12: Tìm x , y biết : 2 1 4 5 2 4 4
5 9 7
x y x y
x
+ – + –
= =
Giải:
Ta có: 2 1 4 5 2 4 4
5 9 7
x y x y
x
+ – + –
= =
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 1 4 5 2 4 4 4 5 (2 4 4 2 1 ) ( )
5 9 7 7 5 7 5
x y x y y x y x
x x x
+ – + – – + – – +
= = = =
– –
4 5 4 5
7 5 9 2
9 7 5
y y
x x
x
– –
 =  – =  =
–
Thay x = 2 vào đề bài ta được: 2.2 1 4 5 7 4 5 9
5 9 2
y
y y
+ –
=  – =  =
Vậy 2; 7
2
x y = = thỏa mãn bài ra.
4. Bài học rút ra:
– Khi chưa áp dụng sáng kiến: Học sinh thường mắc một số sai lầm khi
tìm số hạng chưa biết của tỉ lệ thức, của dãy tỉ số bằng nhau cụ thể như sau:
+) Học sinh mắc sai lầm khi áp dụng .
.
x y x y
a b a b
= = hay . .
. .
x y z x y z
a b c a b c
= = =
dẫn đến lời giải sai.
Ví dụ 1: Bài 62 – SGK.T31: Tìm 2 số x, y biết rằng
2 5
x y
= và x.y = 10
Có em đã mắc sai lầm như sau:
Vì
2 5
x y
= và x.y = 10 => . 10 1
2 5 2.5 10
x y x y
= = = =
( Sai lầm vì nhầm tưởng đây là áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
=> x=2, y=5 (thỏa mãn bài ra).
Kết quả: Dẫn đến bài giải sai.
Ví dụ 2: Tìm các số a, b, c biết rằng a b c
2 3 4
= = và a.b.c = 600
Có em đã mắc sai lầm như sau:
Vì a b c
2 3 4
= = và a.b.c = 600 => a b c a.b.c 600 25
2 3 4 2.3.4 24
= = = = =
33
( Sai lầm vì nhầm tưởng đây là áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
=> a=50, b= 75, c= 100 (thỏa mãn bài ra).
Kết quả: Dẫn đến bài giải sai.
– Sau khi áp dụng sáng kiến: Học sinh khắc phục được các tồn tại mà khi
chưa áp dụng sáng kiến thường mắc phải:

Ví dụ 1: Bài 62 – SGK.T31: Tìm 2 số x, y biết rằng và x.y = 10.

2 5
x y
= Học sinh làm đúng như sau:
Giải:
Ta có:
2 5
x y
= và x.y = 10

Đặt mà x.y = 10

(k 0) x=2k;y=5k
2 5
x y
= =   k => 2k.5k = 10 => k2 = 1=> k = 1
Với k = 1 => x = 2, y = 5
Với k = -1 => x = -2, y = -5
Vậy 2; 5
2; 5
x y
x y
 = =

 = – = –
thỏa mãn bài ra.
Ví dụ 2: Tìm các số a, b, c biết rằng a b c
2 3 4
= = và a.b.c = 600
Học sinh làm đúng như sau:
Giải:
Ta có: a b c
2 3 4
= = và a.b.c = 600
Đặt a b c k (k 0) a=2k;b=3k;c=4k
2 3 4
= = =   mà a.b.c = 600
=> 2k.3k.4k = 600 => k2 = 25=> k = 5
Với k = 5 => a = 10, b = 15, c = 20
Với k = -5 => a = -10, b = -15, c = -20
Vậy 10; 15; 20
10; 15; 20
a b c
a b c
 = = =

 = – = – = –
thỏa mãn bài ra.
Do đó học sinh hoàn thành bài nhanh và đúng.
34
*) Dạng 2: Chứng minh tỉ lệ thức
1. Phương pháp giải
Cho tỉ lệ thức a c
b d
= . Để chứng minh tỉ lệ thức a c
b d

ta có thể làm như sau:

– Cách 1: Chứng minh hai tích chéo bằng nhau: a.d = b.c
– Cách 2: Chứng minh hai tỉ số a
b
và c
d
có cùng một giá trị. Nếu trong đề bài đã
cho trước một tỉ lệ thức ta đặt là k ( k khác 0) từ đó tính giá trị của mỗi tỉ số ở tỉ
lệ thức phải chứng minh theo k.
– Cách 3: Dùng các tính chất của tỉ lệ thức, tính chất của dãy tỉ số bằng nhau,

tính chất của đẳng thức, … để từ tỉ lệ thức đã cho tạo ra được tỉ lệ thức cần

a c
b d
= chứng minh a c
b d
= .
*) Một số công thức cần chú ý:
– Với n  0, ta có: .
.
a n a
b n b
= ( nhân cả tử và mẫu của một phân số với cùng một số
khác không thì giá trị phân số không đổi)
– Với n  N*, ta có:
n n
a c a c
b d b d
   
=  =    
   
2. Ví dụ
VD1: Cho tỉ lệ thức a c
b d
= . Chứng minh rằng: a b c d
a b c d
+ +
=
– –
(Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Giải:
Cách 1: Ta có (a b c d ac ad bc bd + – = – + – )( ) (1)
(a b c d ac ad bc bd – + = + – – )( ) (2)
Mà a c
b d
=  = ad bc(3)
Từ (1 , 2 , 3 ) ( ) ( ) + – = – + (a b c d a b c d )( ) ( )( )

=> .

a b c d
a b c d
+ +
=
– –

35
Vậy a b c d
a b c d
+ +
=
– –
(điều phải chứng minh)

Cách 2: Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = ( )
 = = = a b kb b k a b kb k b k k + + + – – – – b k ( +1 1 1) 1(1)
( )
c d kd d k c d kd d d k k + + + – – – – = = = d k ( +1 1 1) 1(2)
Từ (1) và (2) => a b c d
a b c d
+ +
=
– –
( vì cùng bằng 1
1
k k
+ –
)
Vậy a b c d
a b c d
+ +
=
– –
(điều phải chứng minh)
Cách 3: Ta có: a c a b
b d c d
=  =
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b a b a b
c d c d c d
+ –
= = =
+ –
a b c d
a b c d
+ +
 =
– –
Vậy a b c d
a b c d
+ +
=
– –
(điều phải chứng minh)
VD 2: Cho tỉ lệ thức a c
b d
= . Chứng minh rằng:
2 2
2 2
ab a b
cd c d
–
=
–
.
(Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Giải
Cách 1: Ta có: ab.(c2 – d2) = abc2 – abd2 = ac. bc – bd. ad (1)
cd.(a2 – b2) = cda2 – cdb2 = ac. ad – bd. bc (2)
Vì a c ad bc
b d
=  = (3)
Từ (1), (2), (3) => ab.(c2 – d2) = cd.(a2 – b2)
=>
2 2
2 2
ab a b
cd c d
–
=
–
Vậy
2 2
2 2
ab a b
cd c d
–
=
–
(điều phải chứng minh)
Cách 2: Vì a c a b
b d c d
=  =
2 2
2 2 .
a b a b ab
c d c d cd
 = = = (1)
36
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
a b a b
c d c d
–
= =
–
(2)
Từ (1) và (2) =>
2 2
2 2
ab a b
cd c d
–
=
–
Vậy
2 2
2 2
ab a b
cd c d
–
=
–
(điều phải chứng minh)
3. Bài tập vận dụng
3.1/ Bài tập cơ bản
Bài 1: Cho tỉ lệ thức a c
b d
= . Chứng minh rằng ta có các tỉ lệ thức sau
a) a b c d
a c
+ +
= b) a b c d
a c
– –
(với giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Giải:

a) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = ( )
a b kb b k b k 1 1(1)
a kb bk k
+ + + +
 = = =
( )
c d kd d k d k 1 1(2)
c kd dk k
+ + + +
= = =
Từ (1) và (2) => a b c d
a c
+ +
=

( vì cùng bằng

k 1
+ k
)
Vậy a b c d
a c
+ +
= (điều phải chứng minh)

b) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = ( )
a b kb b k b k 1 1(1)
a kb bk k
– – – –
 = = =
( )
c d kd d k d k 1 1(2)
c kd dk k
– – – –
= = =
Từ (1) và (2) => a b c d
a c
– –
=

( vì cùng bằng

k 1
– k
)
Vậy a b c d
a c
– –
= (điều phải chứng minh)
37
Bài 2: Cho tỉ lệ thức a c
b d
= . Chứng minh rằng:
a) 3 2 5 3
3 2 5 3
a c a c
b d b d
+ –
=
+ –
b)
2 2
2 2
2 2
a c ac
b d bd
–
=
–
c) ( )
( )
2 2
ab a b
cd c d
+
=
+
( với giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Giải:

a) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = ( )
3 2 3 2 3 2 (1)
3 2 3 2 3 2
a c kb kd k b d
k
b d b d b d
+ + +
 = = =
+ + +
( )
5 3 5 3 5 3 (2)
5 3 5 3 5 3
a c kb kd k b d
k
b d b d b d
– – –
= = =
– – –
Từ (1) và (2) => 3 2 5 3
3 2 5 3
a c a c
b d b d
+ –
=
+ –
( vì cùng bằng k )
Vậy 3 2 5 3
3 2 5 3
a c a c
b d b d
+ –
=
+ –
(điều phải chứng minh)

b) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = ( )
2 2 2 2
2
2 2 2
( )
a kb k b k 1
b b b
 = = =
( )
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 . .(2 )
2
2 2 2
c ac k d kb kd k d bd
k
d bd d bd d bd
– – –
= = =
– – –

Từ (1) và (2) =>

( vì cùng bằng k2 )

2 2
2 2
2 2
a c ac
b d bd
–
=
–
Vậy
2 2
2 2
2 2
a c ac
b d bd
–
=
–
(điều phải chứng minh)

c) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = ( )
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( ) ( ) .( 1)
1
( ) ( ) .( 1)
a b kb b b k b
c d kd d d k d
+ + +
 = = =
+ + +
( )
2 2
2 2
. 2
.
ab kb b kb b
cd kd d kd d
= = =
Từ (1) và (2) => ( )
( )
2 2
ab a b
cd c d
+
=
+
( vì cùng bằng
2 2
b d
)
38
Vậy ( )
( )
2 2
ab a b
cd c d
+
=
+
(điều phải chứng minh)
Bài 3: Cho a2 = bc ( với b a b a c    0, , ). Chứng minh rằng: a b c a
a b c a
+ +
=
– –
.
Điều ngược lại có đúng không?
Giải:
*) Cho a2 = bc. Chứng minh: a b c a
a b c a
+ +
=
– –
Ta có a2 = bc => a c
b a
=

Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c ka ,
b a
= =  = = .( 1) 1
(1)
.( 1) 1
a.( 1) 1
(2)
a.( 1) 1
a b bk b b k k
a b bk b b k k
c a ak a k k
c a ak a k k
+ + + +
= = = =
– – – –
+ + + +
= = =
– – – –
Từ (1) và (2) => a b c a
a b c a
+ +
=
– –
( vì cùng bằng 1
1
k k
+ –
)
Do đó a2 = bc thì a b c a
a b c a
+ +
=
– –
*) Cho a b c a
a b c a
+ +
=
– –
. Chứng minh: a2 = bc
Ta có a b c a
a b c a
+ +
=
– –
=> (a b c a a b c a + – = – + ). . ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2
2
2. 2.
ac a ab bc ac bc a ab
a bc bc a
bc a
a bc
 – – + = – + –
= – + = – +
 =
 =
Do đó a b c a
a b c a
+ +
=
– –
thì a2 = bc
Vậy a2 = bc a b c a
a b c a
+ +
 =
– –
Bài 4: Cho
c d
b c
a b
= = . Chứng minh rằng:
3
a b c a
b c d d
  + +
  =
  + +
39
Giải:

Đặt ( với k ≠ 0 )

a b c k a bk b ck c dk ; ;
b c d
= = =  = = = 3 3 3
a b c bk ck dk k b c d .( ) 3
k
b c d b c d b c d
      + + + + + +
 = = =      
      + + + + + + (1)
2 3
a bk bk bk 3
k
d b c b
k k
= = = = (2)
Từ (1) và (2) =>
3
a b c a
b c d d
  + +
  =
  + + ( vì cùng bằngk3 )
Vậy
3
a b c a
b c d d
  + +
  =
  + + (điều phải chứng minh)
Bài 5: Chứng minh rằng, nếu
c d
a b
= thì:
a)
c d
c d
a b
a b
5 3
5 3
5 3
5 3
+ –
=
+ –

b)

2 2
2
2 2
2
11 8
7 3
11 8
7 3
c d
c cd
a b
a ab
+ –
=
+ –
Giải:

a) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = 5 3 5. 3 .(5. 3) 5. 3
(1)
5 3 5. 3 .(5. 3) 5. 3
5 3 5. 3 .(5. 3) 5. 3
(2)
5 3 5. 3 .(5. 3) 5. 3
a b bk b b k k
a b bk b b k k
c d dk d d k k
c d dk d d k k
+ + + +
 = = =
– – – –
+ + + +
= = =
– – – –
Từ (1) và (2) =>
c d
c d
a b
a b
5 3
5 3
5 3
5 3
+ –
=
+ –
( vì cùng bằng 5 3
5 3
k k
+ –
)
Vậy
c d
c d
a b
a b
5 3
5 3
5 3
5 3
+ –
=
+ –
(điều phải chứng minh)

b) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
7 3 7.( ) 3. . .(7. 3) 7. 3
(1)
11 8 11.( ) 8 .(11. 8) 11. 8
7 3 7.( ) 3. . .(7. 3) 7. 3
(2)
11 8 11.( ) 8 .(11. 8) 11. 8
a ab bk bk b b k k k
a b bk b b k k k
c cd dk dk d d k k k
c d dk d d k k k
+ + + +
 = = =
– – – –
+ + + +
= = =
– – – –

Từ (1) và (2) =>

( vì cùng bằng

2 2
2
2 2
2
11 8
7 3
11 8
7 3
c d
c cd
a b
a ab
+ –
=
+ –
7 3
11 8
k k
+ –
)
40

Vậy

2 2
2
2 2
2
11 8
7 3
11 8
7 3
c d
c cd
a b
a ab
+ –
=
+ –
(điều phải chứng minh)
Bµi 6: Cho
c d
a b
= (b, d  0) .Chøng minh r»ng:
a)
c d
c
a b
a
+
=
+
b)
c d
c d
a b
a b
+ –
=
+ –
2 2
2 2
c)
c d
c d
a b
a b
2
2
2
2
+ –
=
+ –
Giải:

a) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = (1)
.( 1) 1
(2)
.( 1) 1
a bk bk k
a b bk b b k k
c dk dk k
c d dk d d k k
 = = =
+ + + +
= = =
+ + + +
Từ (1) và (2) =>
c d
c
a b
a
+
=
+
( vì cùng bằng
1
k
k +
)
Vậy
c d
c
a b
a
+
=
+
(điều phải chứng minh)

b) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = 2 2. .(2. 1) 2. 1
(1)
2 2. .(2. 1) 2. 1
2 2. .(2. 1) 2. 1
2 2. .(2. 1) 2. 1
(2)
a b bk b b k k
a b bk b b k k
c d dk d d k k
c d dk d d k k
+ + + +
 = = =
– – – –
+ + + +
= = =
– – – –
Từ (1) và (2) =>
c d
c d
a b
a b
+ –
=
+ –
2 2
2 2
( vì cùng bằng 2 1
2 1
k k
+ –
)
Vậy
c d
c d
a b
a b
+ –
=
+ –
2 2
2 2
(điều phải chứng minh)

c) Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kb c kd ,
b d
= =  = = 2 2. .(2. 1) 2. 1
(1)
2 2. .(2. 1) 2. 1
2 2. .(2. 1) 2. 1
(2)
2 2. .(2. 1) 2. 1
a b bk b b k k
a b bk b b k k
c d dk d d k k
c d dk d d k k
+ + + +
 = = =
– – – –
+ + + +
== = =
– – – –
Từ (1) và (2) =>
c d
c d
a b
a b
2
2
2
2
+ –
=
+ –
( vì cùng bằng 2 1
2 1
k k
+ –
)
Vậy
c d
c d
a b
a b
2
2
2
2
+ –
=
+ –
(điều phải chứng minh)
41
Bài 7:

Cho . Chứng minh rằng:

a c (c,b 0)
c b
=  2 2
2 2
a c a
b c b
+
=
+
Giải:

Đặt ( với k ≠ 0 )

a c k a kc c kb ,
c b
= =  = = 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
( ) .(k 1) ( )
(1)
( ) .(k 1)
. (2)
a c kc c c c kb
k
b c b kb b b b
a kc k kb
k
b b b
+ + +
 = = = = =
+ + +
= = =
Từ (1) và (2) =>
2 2
2 2
a c a
b c b
+
=
+
( vì cùng bằng k2 )
Vậy
2 2
2 2
a c a
b c b
+
=
+
(điều phải chứng minh)
Trong bài toán này ta cũng có thể làm như sau:
+) Cách 2: Xét tích chéo
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
.( ) . . . .ab ab.(a b)
.( ) . . . .ab ab.(a b)
a b c a b a c a b a
b a c a b b c a b b
 + = + = + = +

  + = + = + = +

Do đó

(điều phải chứng minh)

2 2
2 2 2 2
a b c b a c .( ) .( ) a c a 2 2
b c b
+
+ = +  =
+
+) Cách 3: Ta có :
( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
.
0
.
a c a ab a a a b
a b
b c b ab b a b b
+ + +
= = = + 
+ + +
Do đó
2 2
2 2
a c a
b c b
+
=
+
(điều phải chứng minh)
3.2/ Bài tập nâng cao
Bài 8: Cho a,b,c  R và a,b,c  0 thoả mãn b2 = a.c.
Chứng minh rằng:
a c
=
2 2
( 2015 )
( 2015 )
a b
b c
+ +
Giải:
Ta có: b2 = a.c (với a,b,c  0 ) => a b
b c
=

Đặt ( với k ≠ 0 )

a b k a b k b c k . , .
b c
= =  = = 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
( 2015 ) ( . 2015. ) .( 2015) ( . )
( 2015 ) (c. 2015.c) .( 2015)
a b b k b b k b c k
k
b c k c k c c
+ + +
 = = = = =
+ + +
(1)
42
a b k c k k . ( . ). 2
k
c c c
= = = (2)
Từ (1) và (2) =>
a c
=
2 2
( 2015 )
( 2015 )
a b
b c
+ +
( vì cùng bằng k2 )
Vậy
a c
=
2 2
( 2015 )
( 2015 )
a b
b c
+ +
( với a,b,c  R và a,b,c  0 thoả mãn b2 = a.c)
Bài 9: BiÕt
2 2
2 2
a b ab
c d cd
+
=
+
với a,b,c, d  0 , c d  
Chứng minh rằng : a c
b d
=

hoặc

a d
b c
Giải:
Ta có: ( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2. 2.
(1)
2. 2.
a b ab ab a b ab a b a b
c d cd cd c d cd c d c d
+ + + + +  
= = = = =  
+ + + + +  
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2. 2.
(2)
2. 2.
a b ab ab a b ab a b a b
c d cd cd c d cd c d c d
+ + – – –  
= = = = =  
+ + – – –  
Từ (1) và (2) =>
2 2
2 2
( ) ( )
( ) ( )
a b a b
c d c d
+ –
=
+ –
( vì cùng bằng
2 2
2 2
a b
c d
+ +
)
a b a b
c d c d
a b b a
c d c d
 + –
 =
+ –
 
 + –
  + – =
+) Nếu ( ) ( )
( ) ( )
2.
(3)
2.
a b a b a a a b a b
c d c d c d c d c c
+ – + + –
= = = =
+ – + + –
( ) ( )
( ) ( )
2.
(4)
2.
a b a b b b a b a b
c d c d c d c d d d
+ – + – –
= = = =
+ – + – –
Từ (3) và (4) => a b a c
c d b d
=  =
+) Nếu ( ) ( )
( ) ( )
2.
(5)
2.
a b b a b b a b b a
c d c d c d c d c c
+ – + + –
= = = =
+ – + + –
( ) ( )
( ) ( )
2.
(6)
2.
a b b a a a a b b a
c d c d c d c d d d
+ – + – –
= = = =
+ – + – –
Từ (5) và (6) => b a a d
c d b c
=  =
43
Vậy
2 2
2 2
a b ab
c d cd
+
=
+
với a,b,c, d  0 , c d   thì a c
b d
= hoặc a d
b c
Bài 10: Cho tØ lÖ thøc
c d
a b
= .
Chøng minh r»ng: 2 2
2 2
c d
a b
cd
ab
– –
= vµ 2 2
2 2 2
c d
a b
c d
a b
+ +
 =
 

+ +
Giải:
a) Vì ( )
2 2
a c a b a b 0 c 2 2
b d c d c d
=   =  =
=>
2 2 2 2
2 2 2 2
a b a b
c d c d
–
= =
–
mà a b
c d
= =>
2 2 2
. . 2 2 2
a b a a a a b
c d c c c c d
–
= = =
–
Vậy 2 2
2 2
c d
a b
cd
ab
– –
= ( điều phải chứng minh)

a) Vì =>

a c a b 0 (c )
b d c d
=   = 2 2 2 2
2 2 2 2
a b a b
c d c d
+
= =
+
(1)
Mà
2 2 2
a b a b a b a b
c d c d c d c d
+ +      
= =  = =      
+ +       (2)
Từ (1) và (2) => 2 2
2 2 2
c d
a b
c d
a b
+ +
 =
 

+ +
Vậy 2 2
2 2 2
c d
a b
c d
a b
+ +
 =
 

+ +
( điều phải chứng minh)
Bài 11 : Cho dãy tỉ số bằng nhau
d
a b c d
c
a b c d
b
a b c d
a
2a b c d 2 2 + + + 2
=
+ + +
=
+ + +
=
+ + +
(với a b c d a b b c c d d a , , , 0; , , , 0  + + + +  )

Tính

.

b c
d a
a b
c d
d a
b c
c d
a b
M
+ +
+
+ +
+
+ +
+
+ +
= Giải:
Ta có:
d
a b c d
c
a b c d
b
a b c d
a
2a b c d 2 2 + + + 2
=
+ + +
=
+ + +
=
+ + +
=>
2 2 2 2
a b c d a b c d a b c d a b c d 1 1 1 1
a b c d
+ + + + + + + + + + + +
– = – = – = –
=>
a b c d a b c d a b c d a b c d
a b c d
+ + + + + + + + + + + +
= = =
44

+) Nếu

=> a + b = b + c = c + d = d + a

Do đó:

a b c d a b c d + + +   = = =  = = = 0 1 1 1 1
a b c d
M a b b c c d d a 1 1 1 1 4
c d d a a b b c
+ + + +
= + + + = + + + =
+ + + +

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 luận văn luận án O2 Education

SKKN Dạy học định hướng STEM trong việc áp dụng định lý PITAGO vào bài toán thực tế

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 luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Phương pháp dạy học truyền thống không khắc sâu được kiến thức cho
học sinh và không tạo được hứng thú học tập cho các em. Chưa tạo được sự chủ
động chiếm lĩnh kiến thức của người học và học sinh khó áp dụng vào thực tiễn
đời sống. Rào cản lớn nhất trong giáo dục truyền thống là sự tách rời giữa bốn
lĩnh vực quan trọng: khoa học, công nghệ, kỹ thuật và toán học. Sự tách rời này
sẽ đem đến một khoảng cách lớn giữa lý thuyết và thực tiễn, giữa học và làm.
Với mục tiêu dạy học làm sao để học sinh vận dụng các kiến thức vào quá
trình thực tế do đó nên tiếp cận với các quan điểm dạy học định hướng tích hợp
giáo dục STEM. Giáo dục STEM là một phương thức giáo dục nhằm trang bị
cho học sinh những kiến thức khoa học gắn liền với ứng dụng của chúng trong
thực tiễn, qua đó phát triển cho HS năng lực khác tương ứng đáp ứng được yêu
cầu của sự phát triển kinh tế – xã hội.
Nên nếu HS được tiếp cận những kiến thức này bằng những phương pháp
dạy học tích cực và gắn với thực tiễn như dạy học STEM sẽ giúp học sinh hiểu
sâu sắc hơn lý thuyết cũng như vận dụng nó để giải quyết những vấn đề hay và
khó liên quan đến kỹ thuật mà những phương pháp dạy học truyền thống khó có
thể đem lại hiệu quả cao.
Trong quá trình triển khai dạy học các môn học STEM, một trong những
yêu cầu đối với giáo viên là phải biết cách tổ chức, thiết kế các hoạt động STEM
một cách sáng tạo có hiệu quả, phù hợp với điều kiện dạy học. Tuy nhiên hiện
nay tôi nhận thấy việc triển khai dạy học STEM ở các trường THCS còn nhiều
hạn chế. Bên cạnh đó, một số GV vẫn chưa có nhận thức đầy đủ về bản chất dạy
học STEM cũng như cách thiết kế hoạt động, tổ chức, thực hiện dạy học STEM
như thế nào cho có hiệu quả trong môn học. Hơn nữa, hiện nay trên các trang
mạng điện tử, tài liệu sách vở, các tạp chí GD đã cung cấp rất nhiều các vấn đề
chung về giáo dục STEM nhưng các tài liệu hướng dẫn cụ thể việc tổ chức dạy
học các môn học theo định hướng STEM trong nhà trường còn chưa nhiều.
5
Trong khi đối với học sinh, việc vận dụng các kiến thức lý thuyết vào thực tế
còn rất kém
Định lí Py-ta-go được mệnh danh là định lí vĩ đại làm thay đổi lịch sử thế
giới, dấu ấn của định lí này có mặt ở hầu hết các công trình mà con người từng
xây dựng. Định lí Py-ta-go là tiền đề cơ bản của hình học, nó có nhiều ứng dụng
trong cuộc sống. Vì vậy nếu xây dựng được một chủ đề dạy học STEM ở phần
này nhằm định hướng tư duy một cách tích cực thì sẽ có tác dụng tốt trong việc
phát triển các năng lực cốt lõi và năng lực đặc thù của môn học.
Căn cứ vào điều kiện của nhà trường, nội dung kiến thức bài học tôi mạnh
dạn thiết kế, tổ chức hoạt động “Dạy học định hướng STEM trong việc áp dụng
định lí Py-ta-go vào bài toán thực tế” với mong muốn góp phần vào việc chuẩn
bị tốt nhất hành trang cho giáo viên và học sinh trước những thay đổi căn bản
toàn diện của chương trình giáo dục trong thời gian tới đây.
II- MÔ TẢ GIẢI PHÁP KĨ THUẬT
II.1. MÔ TẢ GIẢI PHÁP KỸ THUẬT TRƢỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN
1. Tôi đã sử dụng các phương pháp dạy học truyền thống, kết hợp một số
phương pháp, kĩ thuật dạy học tích cực: dạy học theo nhóm nhỏ, sử dụng kĩ
thuật mảnh ghép, phương pháp đàm thoại gợi mở, … khai thác kênh hình và
kênh chữ sách giáo khoa, sử dụng các phương tiện công nghệ thông tin, chủ yếu
là Powerpoint, sử dụng các video minh họa … để tăng tính trực quan, kích thích
tư duy học sinh. Tuy nhiên, học sinh mới chỉ dừng lại ở quan sát và tư duy.
2. Trong các giờ học, tôi vẫn đóng vai trò là người truyền thụ kiến thức, là
trung tâm của quá trình dạy học; học sinh chủ yếu lắng nghe, tiếp thu các kiến
thức một cách thụ động được quy định sẵn, ít được thể hiện các năng lực của
bản thân. Học sinh chỉ nắm được kiến thức lí thuyết, nội dung mở rộng, vận
dụng, mang tính cập nhật, thời sự… nhiều học sinh chưa nắm được.
3. Học sinh chủ yếu được rèn luyện kĩ năng: nghe, quan sát, đọc chọn lọc
ý từ sách giáo khoa, vận dụng kiến thức để tính toán, để chứng minh hình học…
Học sinh chưa khám phá hết năng lực của bản thân, chưa chủ động trong việc
6
học tập, khả năng sáng tạo và vận dụng kiến thức để giải quyết tình huống thực
tiễn cuộc sống còn hạn chế.
4. Trong c¸c tiÕt luyÖn tËp t«i th-êng khuyÕn khÝch häc sinh t×m hiểu,
quan sát các vật, các hình khối xung quanh, dàn dựng các tình huống thực tiễn
để có những liên hệ giữa nội dung bài học với thực tế cuộc sống.
5. Thay ®æi c¸c h×nh thøc tæ chøc häc tËp trong ®iÒu kiÖn cho phÐp, t¹o
®iÒu kiÖn vµ kh«ng khÝ thÝch hîp ®Ó häc sinh cã thÓ th¶o luËn víi nhau, víi gi¸o
viªn, còng nh- tù ®¸nh gi¸ vµ ®¸nh gi¸ lÉn nhau vÒ kÕt qu¶ t×m tßi, ph¸t hiÖn.
6. Sau khi học định lí Py-ta-go, tôi đã cho học sinh giải các bài toán thực
tế áp dụng định lí này trong sách giáo khoa:
Bài 55 trang 131 SGK
Bài 58 trang 132 SGK
7
Bài 62 trang 133
Nhưng do các bài tập này không nhiều và các tình huống thực tế được đưa
ra chưa phong phú, nên đã thôi thúc tôi nghiên cứu, tìm tòi định lí này. Qua đó
nảy sinh các ý tưởng, các tình huống áp dụng định lí Py-ta-go trong thực tế.
Tuy nhiªn, hiÖu qu¶ c«ng viÖc cßn phô thuéc vµo ph-¬ng ph¸p s- ph¹m
cña tõng gi¸o viªn qua tõng bµi tËp cô thÓ
II.2. MÔ TẢ GIẢI PHÁP KỸ THUẬT SAU KHI CÓ SÁNG KIẾN
Các yếu tố STEM trong chuyên đề
– S (Khoa học):
+) Vật lý: mặt phẳng nghiêng, chuyển động của vật
+) Sinh học: Khoảng cách xem tivi phù hợp, an toàn cho mắt
– T (Công nghệ): Sử dụng phương tiện công nghệ (thước đo độ dài, máy
tính), hình ảnh (bậc tam cấp di động đúng quy định), mô hình lều chữ A
– E (Kỹ thuật): Kỹ thuật đo đạc, vẽ hình, quy trình dựng lều
– M (Toán học): + Các kiến thức liên quan đến định lí Py-ta-go
+ Định lượng và định tính các số liệu
8
Xét các bài toán sau:
Bài 1: Khi nói đến ti vi 21inch, ta hiểu rằng đường chéo màn hình của chiếc ti vi
này dài 21 in-sơ (in-sơ (inch), kí hiệu “in” là đơn vị đo chiều dài theo hệ thống
Anh, Mĩ, 1in  2,54 cm. Biết một ti vi màn hình phẳng có chiều dài, chiều rộng
của màn hình lần lượt là 71cm và 42cm (hình 1).
a) Hỏi chiếc ti vi đó thuộc loại ti vi bao nhiêu inch?
b) Để không gây hại cho mắt em hãy xác định khoảng cách phù hợp để
xem chiếc ti vi trên? (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất)
Hình 1
Dẫn dắt để học sinh giải quyết vấn đề
– Để biết chiếc ti vi trên thuộc loại ti vi nào ta cần tính đường chéo của
một tam giác vuông, biết độ dài hai cạnh của tam giác vuông đó là 71cm và 42
cm
– Giáo viên giao việc cho học sinh (từ tiết học trước): Hãy tìm hiểu công
thức tính khoảng cách xem ti vi phù hợp và an toàn cho mắt. Với việc sử dụng
công thức học sinh đã tìm hiểu, học sinh dễ dàng trả lời được câu b.
– Nội dung học sinh tìm hiểu được: Khoảng cách phù hợp, an toàn khi
xem ti vi được tính bằng công thức sau:
+ Khoảng cách tối thiểu = kích thước màn hình (số inch) x 2,54 x 2 (đơn
vị cm)
71cm
42cm
9
+ Khoảng cách tối đa = kích thước màn hình (số inch) x 2,54 x 3 (đơn vị
cm)
Chứng minh:
a) Ta có ∆ABC vuông tại A (gt)
 BC2= AB2+ AC2 (định lí Py-ta-go)
Mà AB = 71cm (gt); AC= 42cm (gt)
 BC2 = 712 + 422
BC2= 5041 + 1764
BC2= 6805 (cm)
BC= √ (cm)
BC  32 inch
Vậy chiếc ti vi đó thuộc loại ti vi 32 inch
b) Khoảng cách tối thiểu để xem ti vi là là:
32. 2,54. 2 = 162,56 (cm)  1,6 (m)
Khoảng cách tối đa để xem ti vi là là:
32. 2,54. 3 = 243,84 (cm)  2,4 (m)
Vậy để không gây hại cho mắt, khoảng cách phù hợp để xem ti vi 32 inch
là từ 1,6m đến 2,4m
Mở rộng: Giao việc cho HS: Tương tự như trên, về nhà các con hãy lập
một bảng ghi lại “Khoảng cách xem ti vi an toàn cho mắt” đối với các loại ti vi:
24 inch, 25 inch, 28 inch, 32 inch, 40 inch, 42 inch, 43 inch, 48 inch, 49 inch, 50
inch, 55 inch, 58 inch, 60 inch, 65 inch, 70 inch, 75 inch, 78 inch, 88 inch.
71cm
42cm
A B
C
10
Bài 2.1: Theo quy định của khu phố, mỗi nhà sử dụng bậc tam cấp di động để
dắt xe vào nhà và không được lấn quá 80 cm ra vỉa hè. Cho biết nhà bạn An có
nền nhà cao 50cm so với vỉa hè, bậc tam cấp có chiều dài của là 1m thì có phù
hợp với quy định của khu phố không? (hình 2). Vì sao?
Hình 2
Dẫn dắt để học sinh giải quyết vấn đề
Ta đã biết chiều cao của nền nhà luôn vuông góc với mặt đất. Bậc tâm cấp
di động này tạo với chiều cao của nền nhà và mặt đất một tam giác vuông (ta gọi
tam giác đó là ABC vuông tại A). Chúng ta biết được những độ dài nào của
ABC?
Muốn biết bậc tam cấp di động nhà An có phù hợp với quy định của khu
phố hay không ta làm như thế nào?
Chứng minh:
Ta có ABC vuông tại A
 BC2= AB2+ AC2 (định lí Py-ta-go)
Mà BC = 1m = 100cm (gt); AB= 50cm (gt)
 1002 = 502 + AC2
AC2= 10000 – 2500 = 7500
AC  86,6 (cm)  80cm
Vậy bậc tam cấp nhà bạn An không phù hợp với quy định của khu phố
50 cm
11
Lưu ý: Khi thay các độ dài cần chú ý các độ dài đó phải có cùng đơn vị, trong
trường hợp độ dài các cạnh của tam giác chưa có cùng đơn vị đo thì phải đổi ra
cùng đơn vị đo rồi mới thay vào.
Giáo dục ý thức, thái độ cho học sinh: Thực trạng hiện nay, để thuận tiện hơn
trong việc dắt xe ra vào, người dân còn lắp đặt bậc tam cấp vươn dài hơn 2 mét,
“cướp” trắng trợn vỉa hè.Vì thế, UBND phường và các tổ dân phố cũng đã có
các biện pháp cưỡng chế, phá bỏ các bậc tam cấp không phù hợp với quy định.
Như vậy, mỗi chúng ta phải luôn tuân thủ theo các quy định của nơi cư
trú, pháp luật của nhà nước. Là người học sinh các em phải thực hiện tốt mọi nề
nếp, nội quy của lớp, của trường, tham gia tích cực các buổi lao động, các hoạt
động ngoại khóa, ….
Liên hệ với các môn khoa học khác: Trong môn vật lý, các con đã biết bậc tam
cấp di động ở trên là một mặt phẳng nghiêng. Mà mặt phẳng nghiêng càng dài
thì dắt xe vào nhà càng dễ dàng hơn. Từ đó ta có bài toán sau:
Bài 2.2: Hãy giúp bạn An tìm chiều dài lớn nhất của bậc tam cấp trên, để phù
hợp với quy định của khu phố (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ 2)
50 cm
80 cm
12
Chứng minh:
Ta có ABC vuông tại A
 BC2= AB2+ AC2 (định lí Py-ta-go)
Mà AC = 80cm (gt); AB= 50cm (gt)
 BC2 = 502 + 802
BC2= 2500 + 6400= 8900
BC  94,34 (cm)
Vậy để phù hợp với quy định của khu phố thì chiều dài lớn nhất của bậc
tam cấp nhà bạn An là 94,34 cm
Bài 3: Trong một lần đi trải nghiệm, nhóm bạn Tú đã thi trang trí một lều chữ A
với các nhóm khác (hình 3). Cô giáo yêu cầu các nhóm trang trí trước cửa lều
các dây kim tuyến được kéo căng từ B A, AC. Biết rằng ABC là tam giác
cân tại A, chiều rộng của lều là 3m và chiều cao của lều là 2m. Hỏi nhóm bạn Tú
cần chuẩn bị một dây kim tuyến có chiều dài ngắn nhất là bao nhiêu m?
Hình 3
Phân tích:
– Để lều chữ A được vững, người ta thường dựng ở giữa lều một cái cột
thẳng đứng và vuông góc với mặt đất (AHBC tại H)
– Muốn tính chiều dài ngắn nhất của dây kim tuyến ta cần tính tổng độ dài
BA và AC, mà AB= AC (∆ABC cân tại A) nên ta chỉ cần tính AB hoặc AC
bằng cách sử dụng định lý Py-ta-go trong ∆AHB vuông tại H hoặc ∆AHC vuông
tại H
3m
2m
3m
13
– Trong tam giác AHB vuông tại H ta mới chỉ biết AH=2m, muốn tính AB
ta cần biết thêm độ dài cạnh BH. Ta dễ dàng chứng minh được BH =
Cần chứng minh:
Giáo dục ý thức, thái độ cho HS: Nhờ việc tính toán từ trước nên nhóm
bạn Tú đã biết cần phải chuẩn bị ít nhất bao nhiêu m dây kim tuyến, từ đó nhóm
bạn chủ động trong công việc được giao. Cũng như vậy, trong các cuộc thi, các
kì thi các con cần có sự tính toán, có ý thức trang bị cho mình đầy đủ các kiến
thức để đạt được kết quả cao.
Giao nhiệm vụ cho các nhóm HS (yêu cầu này được giáo viên giao cho
HS trong tiết học trước): Các con hãy đưa ra một bài toán trong đó cần sử dụng
định lí Py-ta-go để giải bài toán đó và thông qua bài toán các con hãy tuyên
truyền về đại dịch Covid -19. Chẳng hạn, một nhóm HS có thể đưa ra bài toán
sau để các nhóm còn lại giải:
Bài 4.1a: Năm ngoái, mình có nghỉ ở nhà để phòng chống dịch Covid 19. Ở
nhà mình luôn nhớ phải giữ gìn sức khỏe, ăn uống đầy đủ chất dinh dưỡng, phải
siêng năng tập thể dục và không quên tự học thông qua sự giúp đỡ của thầy, cô
giáo. Hàng ngày, mình luôn đeo khẩu trang và chạy bộ ở công viên gần nhà.
AB + AC
HB = HC
AB = AC; AB
2
= HB
2
+AH
2
AHB = AHC
= BC:2=1,5cm
(Cạnh huyền – cạnh góc vuông)
14
Và thật trùng hợp, quãng đường mình chạy tạo thành DEF vuông tại E
(Hình 4). Biết rằng, mình chạy với vận tốc 200m/phút. Mình chạy hết quãng
đường DF mất 5 phút, chạy hết quãng đường EF mất 4 phút. Đố các bạn biết,
mỗi ngày mình chạy được bao nhiêu m?
HS nêu bài toán thông qua vidieo học sinh tự quay
(đường links video học sinh đã làm https://youtu.be/Kxd1JdkY8nE)
Hình 4
Phân tích: Bài toán trên có chứa yếu tố chuyển động. Các đại lượng trong toán
chuyển động liên hệ với nhau bởi công thức:
s = v.t
Trong đó: s: quãng đường (m)
v: vận tốc (m/ph)
t: thời gian (ph)
Trong công thức trên, có 3 đại lượng nếu biết 2 trong 3 đại lượng ta tính được
đại lượng còn lại
Chứng minh:
Quãng đường DF dài là: 200.5 = 1000 (m)
Quãng đường EF dài là: 200.4 = 800 (m)
Ta có EDF vuông tại E
 DF2= ED2+ EF2 (định lí Py-ta-go)
Mà DF = 1000m (gt); EF= 800m (gt)
15
 10002 = ED2 + 8002
ED2= 1000000 – 640000
ED2= 360000
ED = 600 (m)
Mỗi ngày, bạn chạy quãng đường dài là:
ED +DF +FE = 600 + 1000 + 800 = 2400 (m)
Nhận xét: Cho các nhóm khác bổ sung câu hỏi vào bài toán trên. Chẳng hạn:
Bài 4.1.b: Biết rằng khi chạy từ E đến D mình tăng vận tốc thêm 40 m/phút.
Vậy mình tốn bao nhiêu thời gian để chạy hết một lộ trình D  FED (đơn
vị phút)
Chứng minh:
Vận tốc khi chạy từ E đến D là: 200 + 40 = 240 (m/ph)
Thời gian chạy quãng đường ED là : 600 : 240 = 2,5 (phút)
Thời gian để chạy hết một lộ trình D  FED là: 2,5 +4 + 5 =11,5 (phút)
Giáo dục thái độ cho HS:
Thông qua bài toán này giáo viên tuyên truyền để học sinh có những hiểu
biết đúng và có ý thức thực hiện các biện pháp an toàn để phòng chống dịch
covid 19 bằng cách cho HS xem video tuyên truyền về dịch bệnh Covid–19 .
Sau đó cho HS trả lời những câu hỏi sau:
– Dịch Covid – 19 là dịch bệnh gì? Nó có phải là bệnh truyền nhiễm hay không?
– Dịch bệnh này xuất hiện đầu tiên ở thành phố, tỉnh và quốc gia nào?
– Virus gây bệnh Covid – 19 có thể tồn tại bao lâu trong môi trường tự nhiên?
– Hậu qủa của dịch bệnh Covid – 19?
– Một số biện pháp phòng chống dịch bệnh (theo khuyến cáo của Bộ y tế)?
– Những việc mà học sinh cần làm để phòng chống dịch bênh Covid-19: những
việc cần làm khi ở nhà, khi đến trường, khi ở nơi công cộng, …
16
Các nhóm HS khác có thể đưa ra các bài toán tương tự:
Bài 4.2: Do dịch bệnh Covid 19 diễn biến phức tạp nên bạn Hải được nghỉ ở
nhà và tham gia học trực tuyến. Nhà Hải có một khung tranh hình chữ nhật, có
chiều dài là 2,4 m; chiều rộng là 0,7 m. Để giữ khung tranh không bị lệch bố
giao cho Hải đóng thêm thanh chéo nối 2 góc. Hãy tính độ dài thanh chéo đó
Bài 4.3: Mấy ngày qua có một cơn mưa trái mùa kèm theo cơn gió thổi gãy một
cành cây trong khu vườn nhà bạn Ngọc. Với tinh thần lạc quan và để kiểm tra
kiến thức của Ngọc trong những ngày ở nhà chống dịch, mẹ bạn Ngọc đã thử
thách bạn Ngọc hãy tính độ dài cành cây bị gãy mà không dùng đến thước. Các
bạn hãy giúp bạn Ngọc nhé (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ 2)
Bài 5: Một bạn học sinh thả diều ngoài công viên, cho biết đoạn dây diều từ tay
bạn đến con diều dài 170m và bạn cách nơi diều được thả lên theo phương thẳng
đứng là 80m. Tính độ cao của con diều so với mặt đất, biết tay bạn học sinh cách
mặt đất là 2m.
1,4m
2m
17
Phân tích: Trước tiên học sinh cần thể hiện được nội dung bài toán thông qua
hình vẽ
– Ta cần tính AD = AB +BD
Tổng kết: Định lí Py-ta-go được sử dụng rất rộng rãi, nó được áp dụng trong vô
số các tình huống thực tế. Ta chỉ cần nhận biết tam giác vuông trong đời sống –
bất cứ trường hợp nào mà hai vật hoặc hai đường thẳng giao nhau tại một góc
vuông và vật hoặc đường thẳng thứ ba cắt chéo qua góc vuông đó thì ta đều có
thể sử dụng Định lý Py-ta-go để tìm độ dài của một trong các cạnh khi biết độ
dài của hai cạnh còn lại.
A
C B
D
AC
2
= AB
2
+BC
2
BD = 2m
∆ABC vuông tạ i B
18
* MỘT SỐ BÀI TẬP KHÁC.
Bài 1: Một chiếc thang đang đứng dựa vào tòa nhà. Đáy thang cách chân tường
5m. Thang cao tới 20m của tòa nhà. Hỏi thang dài bao nhiêu m?
Bài 2: Để mặt bàn được vững chắc và bền hơn, người thợ thường đóng thêm 2
thanh chéo ở mặt dưới. Tính độ dài một thanh chéo của mặt bàn hình chữ nhật
dưới đây, biết chiều dài 10dm, chiều rộng 5dm. ( Làm tròn 1 chữ số thập phân )
Bài 3: Cho hình vẽ dưới đây. Tính độ dài sợi dây đu từ trên đỉnh lâu đài vào bờ ? (
Làm tròn đến hàng đơn vị )
Bài 4: Người cha đi đúng về hướng Đông bằng xe đạp với vận tốc 16 km/h.
Người con đi đúng theo hướng Nam bằng xe đạp với vận tốc 20 km/h. Hỏi sau
4 giờ thì họ cách nhau bao nhiêu, nếu cả hai người xuất phát từ A vào cùng một
thời gian (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)
19
Bài 5: Cho hình vẽ dưới đây. Biết bạn Bảo đi xe đạp về đúng hướng Tây và tiếp
tục đi lên về đúng hướng Bắc. Hỏi khoảng cách từ điểm khởi hành và điểm kết
thúc là bao nhiêu km ? (Tỉ lệ bản đồ: 1:100000). Khoảng cách từ lúc khởi hành
đến điểm kết thúc trong thực tế gọi là Đường chim bay
III- HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI
III.1. Hiệu quả kinh tế (giá trị làm lợi tính bằng tiền):
Nhờ việc tính toán một cách chính xác sẽ giúp chúng ta tiết kiệm được chi
phí khi làm các công việc như: làm bậc tam cấp di động phù hợp với quy định;
mua vật liệu trang trí lều trại chữ A; đóng một thanh chéo vào khung ảnh, vào
mặt bàn hình chữ nhật và cả trong các công trình xây dựng trong tương lai, ….
III.2. Hiệu quả về mặt xã hội (giá trị làm lợi không tính bằng tiền):
a) Giá trị môi trường:
b) Giá trị làm lợi cho an toàn lao động: Đảm bảo an toàn kĩ thuật khi kê thang,
khi dựng tủ; đảm bảo khoảng cách xem ti vi phù hợp, an toàn cho mắt
c) Giá trị làm lợi khác
* Hiệu quả đối với giáo viên:
– Giáo viên cần huy động kiến thức của nhiều môn học về khoa học, kĩ
thuật, toán học và tin học. Giáo viên sẽ được học hỏi, tham vấn ý kiến chuyên
môn của các bộ môn liên quan
– Qua mỗi lần soạn bài như vậy kiến thức của giáo viên không chỉ được
nâng lên mà các kĩ năng, phương pháp dạy học cũng được rèn luyện.
4cm
7cm
20
* Hiệu quả đối với học sinh:
– Khi vận dụng phương pháp giáo dục này các em đã thấy một chỉnh thể
của khoa học trong đó toán học không tách rời các bộ môn khoa học khác. Qua
đó, các em có sự thay đổi phần nào cảm nhận về khoa học tự nhiên – những môn
học thường bị coi rằng khô khan và khó học, nặng lý thuyết và không có liên hệ
thực tế, nay trở thành một niềm hấp dẫn mới mẻ, khơi gợi cảm hứng, niềm yêu
thích và say mê khoa học ở nhiêu em học sinh.
– Ngoài những mục tiêu mà một tiết học mang lại là nội dung kiến thức, kĩ

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 luận văn luận án O2 Education

SKKN Một số kinh nghiệm tổ chức câu lạc bộ Toán tiếng Anh trong trường THCS

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 luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Thuật ngữ “Học tập tích hợp ngôn ngữ và nội dung” (“Content and
language Integarated learning”) đã trở thành từ khóa quan trọng trong giáo dục.
Đó là quá trình học tập các môn học cụ thể (không phải là môn Ngoại ngữ)
thông qua ngôn ngữ thứ 2. Bằng cách này người học sẽ tiếp thu được tri thức
khoa học của môn học đồng thời phát triển được năng lực ngôn ngữ.
Ngày 22/12/2017 thủ tướng chính phủ ra quyết định số 2080/QD-TTg phê
duyệt điều chỉnh, bổ sung đề án “dạy học ngoại ngữ trong hệ thống giáo dục
quốc dân giai đoạn 2017-2025” (Gọi tắt là đề án ngoại ngữ quốc gia), trong đó
đẩy mạnh nội dung dạy học Toán và các môn khoa học môn chuyên ngành bằng
tiếng Anh.
Dạy Học toán bằng tiếng Anh là một trường hợp cụ thể của dạy học tích
hợp ngôn ngữ và nội dung, nó có những ưu điểm như: Làm tăng tính hấp dẫn
của bài học, thúc đẩy sự tò mò, giúp người học tập trung hơn trong học tập, phát
triển đồng thời năng lực ngoại ngữ và năng lực toán học.
Học toán bằng tiếng Anh không phải là học từ vựng toán bằng tiếng Anh,
không phải là dịch một đề toán từ tiếng Anh sang tiếng Việt hay dịch một lời
giải bằng tiếng Việt sang tiếng Anh. Mà học toán thông qua tiếng Anh để lĩnh
hội một phương pháp học mới, giúp học sinh bước qua rào cản về phương pháp
học để tiếp cận kho học liệu vô tận qua Internet tiếp cận môi trường học tập
không biên giới, hình thành sự tự tin cho học sinh là một công dân trong cộng
đồng thế giới.
Với học sinh THCS học Toán bằng tiếng Anh để đạt mục tiêu ngắn hạn,
giúp các em có động lực khi tham gia các kỳ thi HSG Toán quốc tế bằng tiếng
Anh như các cuộc thi HOMC, TIMO, IKMC…; để duy trì niền hứng thú và theo
đuổi mục tiêu dài hạn với những học sinh có dự định du học bậc THPT hoặc Đại
học, việc tiếp cận môn Toán hay các môn khoa học khác bằng tiếng Anh càng
sớm càng thuận lợi cho quá trình tìm kiếm học bổng và quá trình hòa nhập vào
môi trường học tập ở nước ngoài.
Hiện nay, học Toán bằng Tiếng Anh đang dần trở thành một nhu cầu tất
yếu đối với sự phát triển toàn diện vềnăng lực và trí tuệ của các em học sinh. Trẻ
em học Toán thông qua tiếng Anh để lĩnh hội một phương pháp học mới, bước
qua rào cản ngôn ngữ để tiếp cận kho kiến thức vô tận, tiếp cận môi trường học
tập không biên giới. Từ đó, các em hình thành thói quen học chủ động và ý thức
mình như một học sinh trong môi trường học tập quốc tế.
5
Với mong muốn cho học sinh trường THCS Trần Đăng Ninh sớm đạt
được mục tiêu ngắn hạn và dài hạn. Năm học 2020-2021 BGH nhà trường giao
nhiệm vụ cho tổ toán tin thành lập câu lạc bộ Toán bằng tiếng Anh. Chúng tôi
gồm 4 thành viên: Tô Thị Bình, Phan Thị Thơm, Nguyễn Thị Huế, Bùi Thị
Nhung đã được tổ Toán Tin nhà trường giao nhiệm vụ triển khai kế hoạch; lên
phương án cụ thể; tổ chức cho học sinh hai khối 6 và 7 tham gia đăng ký.
Thông qua bài trắc nghiệm với 20 câu hỏi Toán bằng tiếng Anh chúng tôi đã
lựa chọn được 75 con học sinh với vốn tiếng Anh tốt và có niềm yêu thích, giỏi
về toán tham gia câu lạc bộ Toán Tiếng Anh .
B. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
I. Thực trạng trước khi tạo ra sáng kiến
1. Thuận lợi
Các giáo viên tham gia phụ trách câu lạc bộ Toán-Tiếng Anh là những
giáo viên có kiến thức Toán vững vàng, có trình độ Tiếng Anh giao tiếp cơ bản
Tốt, có ý thức học hỏi và tìm tòi các bài Toán bằng Tiếng Anh qua các cuộc thi
lớn.
Học sinh trường THCS Trần Đăng Ninh được tuyển chọn tham gia câu lạc
bộ đều là những em giỏi Toán và Giỏi Tiếng Anh. Các em nói tiếng Anh rất tốt,
lưu loát và hơn hết các em có niềm yêu thích cả 2 môn học Toán và Tiếng Anh
và các em mong muốn được tham gia các cuộc thi Toán bằng tiếng Anh cấp
Tỉnh, cấp Quốc Gia và Quốc Tế.
2. Khó khăn
Bản thân chúng tôi vừa thực hiện và cùng học hỏi lẫn nhau. Khi chuẩn bị
nội dung cho buổi sinh hoạt chúng tôi cũng đều phải tìm tòi các nội dung phù
hợp cho các đối tượng học sinh, có nhiều thuật ngữ chuyên ngành chúng tôi phải
trao đổi với giáo viên tiếng Anh để phát âm sao cho chuẩn xác.
Trong quá trình thực hiện nội dung chúng tôi phải cung cấp thêm thuật
ngữ Toán Tiếng Anh cho học sinh vừa giúp các em đưa ra lời giải chuẩn xác cho
bài toán với nhiều hướng khác nhau mà các em đưa ra bằng tiếng Anh.
6
3. Điều tra về sự yêu thích tham gia câu lạc bộ của học sinh

Đối tượng điều tra	Thích tham gia	Ngại tham gia
Khối	Số lượng	Số lượng	Tỉ lệ %	Số lượng	Tỉ lệ%
K6	244	115	47,13	129	52,87
K7	289	120	41,52	169	58,48
Tổng	533	235	44,09	298	55,91

Như vậy gần một nửa số học sinh khối 6 và 7 mong muốn tham gia vào
câu lạc bộ Toán-Tiếng Anh. Đây là một con số khá ấn tượng do ngoài câu lạc bộ
Toán-Tiếng Anh ra nhà trường còn có nhiều câu lạc bộ khác nữa. Do số lượng
học sinh đăng kí khá đông nên nhà trường tổ chức cho các con làm bài sát hạch
để kiểm tra trình độ Toán-Tiếng Anh của các con.
4. Kết quả kiểm tra bài sát hạch Toán – Tiếng Anh đầu năm
Vào đầu năm học 2020 – 2021, chúng tôi đã tiến hành khảo sát 235 học
sinh tự nguyện tham gia về vốn từ vựng tiếng Anh và khả năng Toán học
thông qua một bài sát hạch. Từ đó, Ban chủ nhiệm CLB chọn ra 80 em học
sinh (bao gồm cả hai khối 6, 7) có kết quả tốt đẻ tham gia vào Câu lạc bộ. Do
đặc thù các cuộc thi toán Quốc tế thường phân theo lứa tuổi nên học sinh
khói 6, 7 sẽ tham gia sinh hoạt chung trong Câu lạc bộ.
7
Bài sát hạch của lớp 6 như sau:
Name:………………………………………………………………
Class:………………………………………………………………
Tran Dang Ninh Secondary School
TEST
Grade : 6
Time: 25 minutes
Circle the letter before the correct answer, questions 1 through 10
Question 1: Find the next number in the following sequence: 21; 24; 19; 26;
17; ?

A.18.	B.19.	C.27.	D.28.	E. None of the above.
Question 2: What is the greatest four – digit number that is divisible by 3 and
by 7? A.9990	D.9999	E. None of the above
B.9993	C.9996

Question 3: The first three stages of a pattern are shown in the picture. How
many black
diamonds do the figure in stage 6th have?
A. 21. B. 26. C. 19. D. 28. E. 34.
Question 4:An operator * acts on two numbers to give the following outcomes:
3 * 2 = 65; 5 * 3 = 158; 6 * 1 = 67; 9 * 4 = 3613. What is 7 * 5 equal to?

A. 122. Question 5:

B. 3512.

C. 355.

D. 352.

E. 212.

A. 30. B. 60. C. 40. D. 50. E. None of the above.
8
Question 6:Find the least whole number which when divided by 5 gives a
remainder of 1 and when divided by 7 gives a remainder of 5.
A. 42. B.52. C.26. D. 19. E. 84.
Question 7:The sum of consecutive is 500. Among all five numbers, what is
the smallest value?
A. 95. B. 96. C. 97. D. 98. E. 99.
Question 8:Each of Basitt’s friends added the number of the day and the
number of the month of his birthday and obtained 35. Their birthdays are all
difference. What is the maximum possible number of Basit’s friends ?
A. 12. B.10. C. 9. D. 7. E. 8.
Question 9:Brue is reading a story book. One of the stories take up two
consecutive pages and the sum the page numbers is 345. On which page does
this story begin?

A.114.	B. 115.	C. 171.	D. 172.	E. 173.
Question 10:How many zeros are there in the end of the product of × ×
× ? A. 1.	D. 5.	E. 6.
B. 2.	C. 4.

Fill in the correct results for questions 11 to 15
Question 11:Find the value of
A = 3 + 6 + 9 – 12 + 15 + 18 + 21 – 24 + ⋯ + 51 + 54 + 57 – 60 + 63
+ 66 + 69 – 72
Answer: A =………………
Question 12: In the correct addition below, each letter stands for a digit. What is
the value of the sum A + 10B + C + D + E + F ?
Answer: ………………
Question 13: Points P, Q, R are on a line. The lengths for PQ, QR and RS are
12 cm, 14 cm and 18 cm respectively. What is the shortest distance between P
and S?
Answer: A =………………
9
Question 14:How many numbers from 1 to 2018 are divisible by 13?
Answer: A =………………
Question 15:Find the ones digit in 1 2 3 4 5 6 7 8 5 9 13 17 21 21 29 25       
Answer: A =………………
ANSWER

Question	1	2	3	4	5	6	7
Answer	D	C	B	B	B	C	D

Question	8	9	10	11	12	13	14	15
Answer	E	D	D	648	96	8	155	6

10
Bài sát hạch của lớp 7 như sau:
Name: ……………………………………………………
Class: ………………………………………………………
Tran Dang Ninh Secondary School
TEST
Grade : 7
Time: 25 minutes
Question 1:What is the value of 2018 2 2020     3 0 .

A.16145. Question 2: A.x =66	B.-16145.	C.16143.	D.-16143.	E. None of the above.
B.9993.	C.9996.	D.9999.	E. None of the above.

Question 3:In a hexagon, first angle is 360. The second angle is 4 times as large
as the first. The third angle is 960 more than the second. The fourth angle is 500.
The ratio between the fifth and sixth angle is 4:1. What is the measure of the
fifth angle, in degree ?

A.2000.	B.400.	C.1600.	D.500.	E. None of the above.
Question 4:An operator * acts on two numbers to give the following outcomes: 3 * 2 = 55; 5 * 3 = 148; 6 * 1 = 57; 9 * 4 = 3513. What is 8 * 7 equal to?
A.5615.	B.5515.	C.1555.	D.1556.	E. None of the above..

Question 5:In one of the following pictures exactly three quarters off all objects
are hearts. Which one is it?
A. E). B.D). C. A). D.B). E. C).
Question 6:Find the least whole number which when divided by 5 gives a
remainder of 1 and when divided by 7 gives a remainder of 5.

A. 42.	B.26.	C. 52.	D. 19.	E. 84.
Question 7:If = 5 ×  – 3 ×  , find b when 12 = 12.
A.48.	B.16.	C.72.	D. 24.	E. None of the above.

Question 8:The positive intergers a, b, c and d are such that:
1 1 1 1
a b c d 2013 2014 2015 2016
  
   
Which of the following orderings of these four numbers is correct?
11
A. b < d < a < c B. d < b < a < c
C. d < a < b < c D. d < b < c < a E. b < d < c < a
Question 9:The product of n and 847 a number n is square number. What is the
smallest value of n?

A.5.	B.6.	C.7.	D.8.	E. None of the above.
Question 10:The sum of consecutive is 625. Among all five numbers, what is
the largest value?
A. 123.	B. 124.	C. 125.	D.126.	E. 127.

Question 11:Find the sum of the term in the 25th pair of prackets:
(1; 2; 3); (4; 5; 6); (7; 8; 9); (10; 11; 12); …
Answer: ………………
Question 12:Except for the fisrt term , each term in the following sequence is
found by adding the same number to the previous term. Find the value of z ?
7; “; #; $; 19; …
Answer:z =………………
Question 13: Find the missing numbers in the patterns below?
Answer: x =…………; y = ………………
Question 14:If ® = ( + 1) + ( + 2) + ( + 3) + ⋯ + ( + ), find the
value of m in:
%®10 = 155
Answer:m =………………
Question 15:
Answer: A =………………
12
ANSWER

Question	1	2	3	4	5	6	7
Answer	B	C	A	B	B	C	B

Question	8	9	10	11	12	13	14	15
Answer	B	C	E	222	6	x = 66, y = 70	10	2018

Kết quả bài sát hạch như sau:

Khối	SL	Điểm từ 0 đến dưới 5	Điểm từ 5 đến dưới 6,5	Điểm từ 6,5 đến dưới 8	Điểm từ 8 đến dưới 9	Điểm từ 9 đến dưới 10	Điểm 10
SL	%	SL	%	S L	%	SL	%	S L	%	SL	%
Khối 6	115	75	65,22	18	15,65	12	10,43	7	6,09	3	2,61	0	0
Khối 7	120	80	66,67	12	10	16	13,33	10	8,33	2	1,67	0	0
Tổng	235	155	65,96	30	12,77	28	11,91	17	7,23	5	2,13	0	0

Thông qua bài sát hạch câu lạc bộ Toán-Tiếng Anh đã chọn ra được 80 học
sinh có kết quả tốt nhất tham gia vào Câu lạc bộ Toán – Tiếng Anh (có danh
sách kèm theo – Phần Phụ Lục).
13
II. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến
1. Mục tiêu của giải pháp, biện pháp
Câu lạc bộ là hình thức tổ chức hoạt động giáo dục ngoài giờ lên lớp
nhằm rèn luyện cho học sinh các kĩ năng hoạt động như: kỹ năng làm việc
nhóm, kỹ năng làm bài tự luận, trắc nghiệm, kỹ năng giao tiếp …
Qua việc sinh hoạt câu lạc bộ Toán – Tiếng Anh giúp học sinh khám phá
thêm về thế giới xung quanh, thêm yêu cuộc sống, yêu gia đình, bạn bè, thầy
cô,…
Giúp học sinh phát triển kỹ năng giao tiếp bằng tiếng Anh, nắm được các
từ vựng tiếng Anh chuyên ngành Toán, đồng thời nắm được kĩ năng làm các bài
trắc nghiệm và tự luận Toán-Tiếng Anh.
Từ những mục tiêu trên, chúng tôi đề ra sứ mệnh, mục đích, nội dung, nguyên
tắc hoạt động, điều kiện thành viên của CLB Toán – Tiếng Anh như sau:
– Sứ mệnh của CLB Toán – Tiếng Anh:
CLB Toán – Tiếng Anh là một sân chơi để các em học sinh có thể trao
đổi, học hỏi và thảo luận những kiến thức liên quan đến Toán Tiếng Anh.
CLB Toán – Tiếng Anh là nơi các thành viên có thể vui chơi, giao lưu và
kết bạn với những người có chung niềm yêu thích học Toán Tiếng Anh.
Tham gia CLB Toán – Tiếng Anh không chỉ nâng cao kiến thức về
Toán tiếng Anh mà các thành viên còn được nâng cao kiến thức về văn hóa, xã
hội, khoa học kỹ thuật, và các lĩnh vực học thuật khác.
– Mục đích của CLB Toán – Tiếng Anh:
Giúp các em học sinh học tập, rèn luyện và nâng cao trình độ Toán
Tiếng Anh và các lĩnh vực học thuật khác.
Tạo cơ hội để các em học sinh nhận thức tầm quan trọng của Toán Tiếng
Anh trong học tập và cuộc sống, từ đó giúp các em yêu thích học Toán Tiếng
Anh.
Phát triển khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, sự năng động, tự
tin trong giao tiếp, trình bày ý kiến cá nhân.
– Nội dung sinh hoạt:
Mỗi buổi sinh hoạt đều gắn liền với một chủ đề. Chủ đề có thể do Ban
Chủ Nhiệm CLB lựa chọn từ ý kiến đề xuất của các thành viên hoặc do Ban Chủ
Nhiệm CLB đề xuất.
CLB hoạt động theo hình thức làm việc nhóm là chính.
14
Tổ chức các cuộc thi giữa các thành viên trong CLB về các chủ đề đã
thảo luận.
Giới thiệu thông tin các kì thi Toán Tiếng Anh trong nước và quốc tế,
thông tin các nguồn học bổng.
Kinh phí hoạt động dựa trên khoản đóng góp của các thành viên tham gia
CLB. Các khoản kinh phí này không nhằm mục đích lợi nhuận mà để chi trả cho
các chi phí để tổ chức, duy trì và mở rộng CLB.
– Nguyên tắc hoạt động của câu lạc bộ:
CLB Toán Tiếng Anh hoạt động dựa trên nguyên tắc tự nguyện tham gia
của các thành viên.
CLB hoạt động theo sự tổ chức và điều hành của Ban chủ nhiệm CLB.
Ban chủ nhiệm CLB chịu trách nhiệm về mọi hoạt động của CLB.
Các hoạt động của CLB phải được xây dựng theo kế hoạch. Thành viên
CLB phải tuân thủ đúng Nguyên Tắc CLB và có trách nhiệm với CLB.
Hoạt động của CLB được xây dựng dựa trên sự đóng góp nội dung hoạt
động của các thành viên. Các chủ đề thảo luận của CLB được chọn lựa dựa trên
một số tiêu chí:
– Thành viên của CLB:
Đóng phí thành viên theo quy định.
Đoàn kết hợp tác với các thành viên khác trong CLB, sẵn sàng chia sẻ
những kiến thức và kỹ năng góp phần thúc đẩy CLB phát triển ngày càng vững
mạnh.
– Khen thưởng và kỷ luật:
Những thành viên, nhóm thành viên có đóng góp tích cực cho CLB được
ghi nhận trong quá trình tham gia các hoạt động sẽ được khen thưởng.
Những thành viên vi phạm quy chế, tuỳ theo mức độ sẽ bị kỷ luật từ khiển trách
đển khai trừ ra khỏi CLB.
Việc thực hiện quyết định khen thưởng và kỷ luật phải công khai đối với
tất cả các thành viên của CLB.
Nguyên tắc hoạt động của CLB có thể được điều chỉnh dựa trên tình hình thực tế
hoạt động của CLB.
15
2. Nội dung và cách thức của giải pháp, biện pháp
Câu lạc bộ Toán – Tiếng Anh trường THCS Trần Đăng Ninh là nơi tập hợp
các học sinh có cùng sở thích, năng khiếu, đam mê với bộ môn Toán; học Toán và
giải Toán bằng Tiếng Anh. Các em tự nguyện tham gia vào các hoạt động học tập,
vui chơi giải trí của CLB một cách phù hợp với năng lực của bản thân. Tổ chức Câu
lạc bộ Toán – Tiếng Anh chính là việc rèn kỹ năng đọc hiểu các bài Toán, các kiến
thức Toán bằng Tiếng Anh; rèn kĩ năng giải toán, trình bày một bài toán bằng tiếng
Anh; các em sẽ vận dụng và phát huy những khả năng của mình, tạo điều kiện thực
hành những điều đã học nhằm ngày càng tự hoàn thiện mình hơn trong cuộc sống
thông qua sự trải nghiệm của chính bản thân. Câu lạc bộ Toán – Tiếng Anh là một
trong những hình thức giáo dục sinh động, là công cụ để giáo dục tư tưởng, văn hoá,
giáo dục truyền thống, thẩm mỹ và rèn luyện thể chất cho học sinh, là cầu nối đưa
các em học sinh đến gần hơn với thế giới bên ngoài.
Để câu lạc bộ được thành lập đầu tiên là cần sự ủng hộ, nhất trí và chỉ đạo
của Ban giám hiệu Nhà trường, sự đầu tư của giáo viên bộ môn trong quá trình
lên kế hoạch cũng như thực hiện.
Bên cạnh những nội dung kiến thức thì hình thức tổ chức một buổi sinh
hoạt câu lạc bộ có ý nghĩa rất quan trọng. Hình thức càng sinh động, càng lôi
cuốn hấp dẫn học sinh, càng làm tăng hứng thú học tập. Hàng tuần, Ban chủ
nhiệm Câu Lạc Bộ cùng các thành viên trong Câu Lạc Bộ luôn họp bàn, trên cơ
sở các đề xuất của các thành viên; từ đó lựa chọn các hình thức tổ chức sinh hoạt
phù hợp với nội dung kiến thức trọng tâm của buổi sinh hoạt. Đôi khi Ban chủ
nhiệm CLB cũng lấy ý kiến đề xuất của thành viên học sinh về chủ đề các học
sinh quan tâm và hình thức Học sinh cảm thấy hứng thú.
16
Một buổi sinh hoạt Câu lạc bộ Toán – Tiếng Anh ở trường THCS Trần
Đăng Ninh thường gồm các nội dung chính sau:
Phần I. Khởi động
Phần II. Nội dung
II.1 Cá nhân tranh tài
II.2 Từ vựng và các kiến thức trọng tâm
II.3 Các nhóm cùng nhau tranh tài
Phần III: Tổng kết buổi sinh hoạt
Để tạo thêm nhiều hứng thú cho học sinh tham gia vào câu lạc bộ, giúp
học sinh nhận thức rằng câu lạc bộ Toán Tiếng Anh thực sự là nơi lý tưởng nhất
cho việc trau dồi kiến thức bộ môn Toán và Tiếng Anh; chia sẻ những kinh
nghiệm trong việc học Toán bằng Tiếng Anh, rèn luyện kĩ năng nghe, nói, giải
toán,trình bày Toán bằng Tiếng Anh và tham gia các hoạt văn thể bổ ích khác,
Ban tổ chức câu lạc bộ ngoài việc củng cố và duy trì cơ cấu tổ chức nhất thiết
phải có những cải tiến về nội dung và hình thức hoạt động của câu lạc bộ, đã
hình thành và thực hiện các ý tưởng dưới đây.
17
2.1. Phần I: Khởi động
Kết hợp các phân môn (Toán, Tiếng Anh, Nhạc..) giáo viên và học sinh cùng
nhau tập hát, nhảy các bài hát tiếng Anh liên quan đến chủ đề Toán học, tìm
hiểu các trò chơi có vừa có tính giải trí, vừa rèn luyện kĩ năng phán đoán, suy
luận…. Mỗi tuần sẽ có một giáo viên phụ trách Câu Lạc Bộ kết hợp cùng với
các học sinh của một lớp trong CLB sẽ chuẩn bị nội dung của phần Khởi động.
Các em sẽ trực tiếp tổ chức cho các học sinh trong câu lạc bộ Khởi động
Một số hình thức khởi động được Câu Lạc Bộ thực hiện như sau:
2.1.1. Hình thức 1: Hát và nhảy theo các bài hát có nội dung Toán bằng
Tiếng Anh như: “3D Shapes With Santa! Christmas Math!” “Double Number
Zoo – Teach Addition of Double Numbers”, “Fraction Song – Numerators”,
“The Pi Song: Funny Song to help you memorize Pi”….
2.1.2 . Hình thức 2: Trò chơi: Xì điện – Truyền điện
– Mục đích: Giúp học sinh phản ứng nhanh, phản xạ tốt với các tình huống trong
Toán học.
– Thời gian chơi: 7 – 10 phút.
– Luật chơi: Giáo viên hãy chia lớp thành 2 đội để thi đua.
Bản chủ trò sẽ “châm ngòi” đầu tiên và đọc một phép tính chẳng hạn: ( 13) 5  
(negative thirteen plus twenty five) rồi chỉ vào rồi chỉ vào một em thuộc một
trong 2 đội, em đó phải bật ngay ra kết quả. Nếu kết quả đúng thì em đó có
quyền “xì điện” một bạn thuộc đội đối phương. Em sẽ đọc bất kì phép tính nào,
chẳng hạn như 50:( 10)  và chỉ vào bạn vừa “xì điện” bạn đó lập tức phải có
ngay kết quả là 5, rồi lại “xì điện” trả lại đội ban đầu.. Nếu trả lời sai bạn đó bị
cả lớp “Xì” – “cho điện giật” Cứ như vậy, giáo viên cùng 2 thư ký ghi kết quả
của mỗi đội. Hết thời gian chơi đội nào có nhiều bạn đọc kết quả đúng thì sẽ là
đội chiến thắng.
Lưu ý: Khi được quyền trả lời mà lúng túng không đọc ra ngay kết quả thì mất
quyền trả lời và “xì điện”, chủ trò sẽ lại chỉ định một bạn khác bắt đầu.
2.1.3. Hình thức 3: Trò chơi: “Trái, Phải , Tiến, Lùi”
-Mục đích: tạo không khí vui vẻ, thoải mái, rèn luyện trí nhớ, tính tập trung và
phản xạ nhanh nhẹ, hoạt bát.
– Thời gian chơi: 7 – 10 phút.
– Luật chơi: quản trò hướng dẫn cho người chơi các động tác
Khi quản trò nói “addition” thì người chơi bước sang trái một bước và vỗ tay.
18
Khi quản trò nói “subtraction” thì người chơi bước sang phải một bước và vỗ
tay.
Khi quản trò nói “multiplication” thì người chơi bước lên trên một bước và vỗ
tay.
Khi quản trò nói “division” thì người chơi bước lùi xuống một bước và vỗ tay.
Lưu ý: quản trò có thể nói một kiểu, làm một kiểu khác để đánh lừa người chơi,
Ai làm động tác không đúng như quy định là phạm luật.
2.1.4. Hình thức 4: Trò chơi: “Kết bạn” (Make friends)
– Mục đích: Rèn luyện phản xạ, sự nhanh nhẹn và kĩ năng giao tiếp cho học sinh
– Thời gian chơi: 7 – 10 phút.
– Luật chơi:Tập hợp học sinh mặt hướng theo một vòng tròn lớn hoặc hai vòng
tròn đồng tâm hay khác tâm. Học sinh chạy nhẹ nhàng hoặc vừa chạy vừa nhảy
chân sáo theo vòng tròn, đọc “Kết bạn, kết bạn. Kết bạn là đoàn kết. Kết bạn là
sức mạnh. Chúng ta cùng nhau kết bạn”. Đọc xong những câu trên, các em vẫn
tiếp tục chạy theo vòng tròn, khi nghe thấy Quản trò hô “Kết 2!”, tất cả nhanh
chóng kết thành từng nhóm 2 người, nếu đứng một mình hoặc nhóm nhiều hơn 2
là sai và phải chịu phạt một hình phạt nào đó. Tiếp theo, giáo viên cho học sinh
tiếp tục chạy và đọc các câu quy định, sau đó giáo viên có thể hô “Kết 3!” (hoặc
4, 5, 6…) để học sinh kết thành nhóm 3 hoặc 4, 5, 6… Trò chơi tiếp tục như
vậy, sau 1 – 2 lần chơi, giáo viên cho học sinh chạy đổi chiều so với chiều vừa
chạy. Ngoài việc làm quen, trò chơi còn giúp trẻ phát triển nhiều kỹ năng quan
trọng
Lưu ý:
– Nhắc học sinh không nên chạy nhanh quá khi kết bạn để tránh chạy xô
vào nhau hoặc vấp ngã.
– Quản trò nên thay đổi số lượng bạn trong nhóm khi kết bạn ko theo quy
luật tăng hay giảm để người chơi khó đoán hơn.
2.1.5. Hình thức 5: Trò chơi: “Ai nhanh hơn?”
– Mục đích:
 Ôn tập lại kiến thức đã học đồng thời giới thiệu bài mới.
 Luyện phản ứng nhanh, khả năng quan sát, nhận xét, đánh giá chính xác,
tiết
 kiệm thời gian.
 Rèn tính tự giác, thi đua giữa học sinh.
19
– Chuẩn bị:
 Giáo viên: chuẩn bị hệ thống câu hỏi và đáp án.
 Học sinh: thẻ đúng, sai.
– Cách tổ chức:
 Chia các thành viên trong Câu lạc bộ làm 4 đội chơi tương ứng với 4 tổ, cử 4
tổ trưởng làm trọng tài và theo dõi chéo, 1 thư ký ghi kết quả.
 Thời gian: 4 phút
 Luật chơi: Giáo viên lần lượt giới thiệu từng câu hỏi, yêu cầu để giáo viên
đọc từng câu hỏi hoàn chỉnh thì học sinh mới được sử dụng thẻ (đúng hoặc sai)
để trả lời. Em nào vi phạm luật là loại kết quả. Sau khi học sinh trả lời câu hỏi,
giáo viên đưa đáp án cho câu hỏi luôn để các em đối chiếu kết quả.
 Cách tính điểm: mỗi câu trả lời đúng được tính 10 điểm/học sinh, trả lời sai
trừ 5 điểm/học sinh. Tổng điểm mỗi đội được ghi lên bảng luôn sau mỗi câu trả
lời.
Câu hỏi có thể liên quan đến nội dung sinh hoạt buổi trước đó, nhằm ôn lại bài
cũ trước khi vào bài mới
Ngoài các hình thức khởi động ở trên, Câu Lạc bộ còn tổ chức nhiều hình
thức trò chơi phong phú khác nữa như:
Trò chơi khởi động đầu buổi sinh hoạt: Bắn Tên – Gọi tên các kiến thức
Toán học; Tiêu diệt “sâu có hại” trong Toán…
Mỗi một hoạt động khởi động Câu lạc bộ tổ chức cho các em học sinh,
ngoài những mục đích đã nêu ở trên nó còn nhằm giúp học sinh huy động những
kiến thức, kĩ năng, kinh nghiệm của bản thân về các vấn đề có nội dung liên
quan đến nội dung buổi sinh hoạt của hôm đó. Do đó, chỉ sau 7- 10 phút tham
gia vào hoạt động này, các em như được tiếp thêm năng lượng, sẵn sàng khám
phá kiến thức mới trong phần II.
20
2.2. Phần II. Nội dung chính
2.2.1. Cá nhân tranh tài
Trong phần cá nhân tranh tài Giáo viên tổ chức cho Học sinh ôn tập, giải các
bài Toán bằng Tiếng Anh dưới dạng câu hỏi ngắn, với nhiều hình thức khác
nhau. Cá nhân sẽ tham gia trả lời và thành tích của các nhân sẽ được cộng vào
thành tích của nhóm.
Một số hình thức tổ chức trong phần “Cá nhân tranh tài”
a) Trả lời câu hỏi trắc nghiệm theo thứ tự các câu đã được chuẩn bị sẵn
– Mục đích: Rèn phản ứng nhanh, phản xạ tốt, nhẩm tính chính xác đáp án của
bài toán.
– Cách thức tổ chức:
+ Cách thức 1: Giáo viên chuẩn bị sẵn từ 5 đến 10 câu hỏi dạng trắc nghiệm với
4 đáp án A, B, C, D; trong đó chỉ có 1 đáp án đúng. Học sinh đọc câu hỏi và giơ
tay nhanh để giành quyền trả lời. Nếu đúng được cộng điểm, nếu sai bị mất lượt
và giành quyền trả lời cho bạn nhóm khác.
+ Cách thức 2: Giáo viên chuẩn bị sẵn từ 5 đến 10 câu hỏi dạng điền đáp số.
Học sinh đọc câu hỏi và giơ tay nhanh để giành quyền trả lời. Nếu đúng được
cộng điểm, nếu sai bị mất lượt và giành quyền trả lời cho bạn nhóm khác.
21
Dưới đây là ví dụ bộ câu hỏi phần “Cá nhân tranh tài” trong một buổi sinh
hoạt câu lạc bộ:
* Chủ đề: Làm quen với Toán bằng Tiếng Anh
22
23
24
* Chủ đề: ước chung, bội chung, ƯCLN, BCNN
25
26
b) Trả lời câu hỏi trắc nghiệm được chọn ngẫu nhiên
-Mục đích: Rèn phản ứng nhanh, phản xạ tốt, nhẩm tính chính xác đáp án của
bài toán, rèn sự mạnh dạn tự tin khi chọn câu hỏi.
– Cách thức tổ chức:
Giáo viên chuẩn bị sẵn từ 5 đến 10 câu hỏi dạng trắc nghiệm với 4 đáp án A, B,
C, D; trong đó chỉ có 1 đáp án đúng hoặc câu hỏi trả lời nhanh. Các câu hỏi
được đặt trong ô số bí mật. Học sinh chỉ được biết nội dung câu hỏi sau khi chọn
câu hỏi. Học sinh đọc câu hỏi và trả lời câu hỏi vừa chọn. Nếu đúng được cộng
điểm, nếu sai bị mất lượt và giành quyền trả lời cho bạn nhóm khác.
Các câu hỏi có thể được ẩn trong các ô số với các hình thức khác nhau: Hái táo
ngẫu nhiên, Hái hoa dân chủ, Ô số bí mật,…..
Ô số bí mật
Hái hoa dân chủ
27
Dưới dây là bộ câu hỏi phần “Cá nhân tranh tài” trong một buổi sinh hoạt
câu lạc bộ nội dung Số nguyên tố, số chính phương với trò chơi: Hái táo ngẫu
nhiên
28
29
c) Trả lời câu hỏi trên phiếu và chấm chéo theo đáp án
– Mục đích: Rèn phản ứng nhanh, phản xạ tốt, tính chính xác đáp án của bài
toán, đánh giá được năng lực của tất cả học sinh.
-Cách thức tổ chức:
Giáo viên chuẩn bị sẵn từ 5 đến 10 câu hỏi dạng trắc nghiệm với 4 đáp án A, B,
C, D; trong đó chỉ có 1 đáp án đúng hoặc câu hỏi trả điền đáp án. Các câu hỏi
được thiết kế trên 1 phiếu (giống phiếu học tâp). Tất cả các thành viên cùng làm
trong thời gian quy định, sau đó đổi phiếu chấm theo đáp án. Điểm của các cá
nhân sẽ được cộng vào nhóm của cá nhân đó.
30
*Mẫu phiếu học tập trong 1 buổi sinh hoạt CLB vơi chủ đề: Dãy số quy luật
31
32
*Chủ đề: số nguyên tố, số chính phương, hợp số, phép chia hết, phép chia có
dư, thương, dấu hiệu chia hết và chữ số tận cùng.
Question 1:
The greatest common divisor of 36; 84 and 168 is…..
Answer: 12
Question 2:
The least common multiple of ; 24, 25 and 90 is…..
Answer: 1800
Question 3:
If both 234 –a and 156 +a is multiple of a then greatest value of a is…..
Answer: 78
Question 4:
I am a common multiple of 10 and 35 . I am between 500 and 700. My tens digit
is odd. Who am I ?
Answer: I am 630
Question 5:
Minh had a rectangular cardboard with the dimensions of 75cm and 105cm.
Minh wanted to cut the cardboard into equal small square pieces such that the
cardboard was entirely cut off, not any leftover pieces. Determine the maximum
length of square side (side measurement of the small square is a natural number
with centimeter unit).
Answer: 15 cm
Question 6:
Ha and Ngoc each bought some boxes of crayons for them team. Ha bought
28 crayons, Ngoc bought 32 crayons. The number of crayons in each box wasthe
same and greater then 2 . How many boxes of crayons did Ha and Ngoc buy?
Answer: 15 boxes
Question 7:
It is evenly if we put some book into bundles of 12, 15 or 20 books .
Determine the number of books given that the number is about 450 up to 510.
Answer: 480 books.
33
Không chỉ dừng lại ở việc giải Toán bằng Tiếng Anh, thông qua các bài toán,
giáo viên còn dẫn dắt học sinh đến với các câu chuyện thú vị trong toán học, và
Toán học gắn với đời sống.
Ví dụ như Dãy số trong câu hỏi 3 ở trên chính là dãy số Fibonaxi.Từ đó, giáo
viên dẫn dắt học sinh đến với câu chuyện: Dãy số Fibona và những bí aane trong
tự nhiên với nội dung như sau:….
Fibonacci là dãy số kinh điển trong toán học được tìm thấy cách đây hơn
800 năm. Đến nay các nhà khoa học phát hiện nhiều trùng hợp thú vị về dãy
số này trong tự nhiên.
Dãy Fibonacci là dãy vô hạn các số tự nhiên bắt đầu bằng 1 và 1, sau đó
các số tiếp theo sẽ bằng tổng của 2 số liền trước nó.
Hầu hết các bông hoa có số cánh hoa là một trong các số: 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55
hoặc 89. Ví dụ: Hoa loa kèn có 3 cánh, hoa mao lương vàng có 5 cánh, hoa cải ô
rô thường có 8 cánh, hoa cúc vạn thọ có 13 cánh, hoa cúc tây có 21 cánh, hoa cúc
thường có 34, hoặc 55 hoặc 89 cánh…
Hoa một cánh

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 luận văn luận án O2 Education