Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi môn Toán lớp 8, 9 ở trường trung học cơ sở

Chia sẻ: Convetxao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:27

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm góp phần đưa kết quả học sinh giỏi và giải toán qua mạng của trường dự thi cấp huyện tăng cao rõ rệt. Số lượng học sinh được chọn bồi dưỡng tại điểm trường bồi dưỡng của huyện đông hơn, song số học sinh được chọn dự thi cấp tỉnh vẫn còn ít, kết quả chưa thật cao. Chính vì vậy điểm mới trong đề tài này là đưa ra các biện pháp bồi dưỡng tuyến 2 có hiệu quả để tăng số lượng học sinh được chọn tham gia dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh và Quốc gia đồng thời góp phần đem lại thành tích cao cho trường và huyện nhà.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi môn Toán lớp 8, 9 ở trường trung học cơ sở

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Sáng kiến kinh nghiệm: "MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG TUYẾN 2 HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8, 9 Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ ". Quảng Bình, tháng 5 năm 2015. 1
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Sáng kiến kinh nghiệm: "MỘT SỐ BIỆN PHÁP NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG TUYẾN 2 HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8, 9 Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ ". Họ và tên: Phan Thúc Bảy Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Sơn Thủy Quảng Bình, tháng 5 năm 2015. 2
1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài. Bước sang thế kỉ XXI đất nước ta bước vào thời kì đẩy mạnh sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hoá đất nước. Trong đường lối đổi mới toàn diện của đất nước ta về giáo dục và đào tạo, Đảng ta xác định: “Cùng với khoa học và công nghệ, giáo dục và đào tạo là quốc sách hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài...” Việc bồi dưỡng học sinh giỏi - học sinh năng khiếu, ươm trồng những hạt giống nhân tài cho đất nước là một nhiệm vụ rất quan trọng và cần thiết vì những người tài bao giờ cũng là nhân tố quan trọng để thúc đẩy xã hội phát triển. Thực hiện tốt Nghị quyết Trung ương II khóa VIII, trong đó vấn đề bồi dưỡng, đào tạo học sinh giỏi là vấn đề hết sức cấp bách bởi vì chỉ có những nhân tài mới nhanh chóng tiếp thu thành tựu khoa học mới của nhân loại, phát minh ra sáng kiến để phục vụ cho sự nghiệp công nghiệp hóa và hiện đại hóa đất nước. Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là một việc làm thường xuyên và cấp thiết đối với mỗi bậc học nói chung và đối với bậc Trung học cơ sở nói riêng. Nó tạo điều kiện cho người thầy giáo qua đó bồi dưỡng cho mình vốn kiến thức sâu sắc hơn, phong phú hơn. Đối với học sinh thông qua việc học nhằm tạo cho mình niềm say mê ham hiểu biết, giúp cho các em rèn luyện óc tư duy sáng tạo, trí thông minh, đức tính kiên trì chịu khó tìm tòi, tạo tiền đề cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp học tiếp theo. Việc bồi dưỡng học sinh giỏi phải mang lại hiệu quả thiết thực cho bản thân học sinh, cho giáo viên cũng như các bậc cha mẹ học sinh. Xuất phát từ những nhận thức trên bản thân tôi đã và đang bồi dưỡng đội tuyển giải toán qua mạng lớp 9, bồi dưỡng tuyến 2 đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, 9 và đội tuyển giải toán trên máy Casio lớp 9 không khỏi trăn trở, suy nghĩ tìm các biện pháp để bồi dưỡng học sinh giỏi tuyến 2 đạt hiệu quả. Trong phạm vi đề tài này, tôi mạnh dạn đưa ra một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi môn Toán lớp 8, 9 ở trường trung học cơ sở mà tôi đã và đang áp dụng. 1.2. Điểm mới của đề tài. Những năm trước đây bản thân tôi đã nghiên cứu các đề tài "Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS...", "Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi giải toán qua mạng Internet trường THCS ...". Việc áp dụng các giải pháp trong 2 đề tài này vào giảng dạy đã góp phần đưa kết quả học sinh giỏi và giải toán qua 3
mạng của trường dự thi cấp huyện tăng cao rõ rệt. Số lượng học sinh được chọn bồi dưỡng tại điểm trường bồi dưỡng của huyện đông hơn, song số học sinh được chọn dự thi cấp tỉnh vẫn còn ít, kết quả chưa thật cao. Chính vì vậy điểm mới trong đề tài này là đưa ra các biện pháp bồi dưỡng tuyến 2 có hiệu quả để tăng số lượng học sinh được chọn tham gia dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh và Quốc gia đồng thời góp phần đem lại thành tích cao cho trường và huyện nhà. 1.3. Phạm vi áp dụng đề tài. Do điều kiện về thời gian cũng như khả năng của bản thân nên phạm vi nghiên cứu của đề tài chỉ tiến hành với đối tượng học sinh giỏi môn toán lớp 8, 9 đạt giải cấp huyện ở trường THCS đang công tác, được chọn tham gia bồi dưỡng dự thi cấp tỉnh tại điểm trường bồi dưỡng tập trung của huyện. Bên cạnh đó, đề tài có tham khảo đối chiếu ở một vài trường khác. 4
2. PHẦN NỘI DUNG. 2.1. Thực trạng về công tác bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi ở trường THCS bản thân đang công tác trong những năm gần đây. Trong những năm học gần đây tôi trực tiếp dạy bồi dưỡng tuyến 2 đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, 9 và đội tuyển giải toán qua mạng lớp 9 trường THCS .... Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy: - Học sinh vẫn chưa thực sự tích cực tham gia các đội tuyển để bồi dưỡng. Việc bồi dưỡng học sinh để dự thi các cấp quá nặng nề vì tính chất thời vụ mà gây ảnh hưởng nhiều đến tâm lý và sức khỏe của học sinh. - Quá trình bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi chưa thực sự đặt trên cơ sở vững chắc là nâng cao chất lượng dạy và học, đẩy mạnh và phát triển sâu rộng công tác ngoại khóa một cách toàn diện mà chủ yếu còn phó mặc cho giáo viên tuyến 1 (giáo viên trực tiếp bồi dưỡng tại trường điểm huyện). - Việc liên thông, thống nhất nội dung, phương pháp, giới hạn bồi dưỡng với giáo viên tuyến 1 còn lúng túng, tài liệu bồi dưỡng chưa thật phong phú. - Việc huy động các nguồn lực cũng như chế độ bồi dưỡng học sinh giỏi cho giáo viên tuyến 2 còn chưa đạt yêu cầu mong muốn. - Công tác thi đua khen thưởng chưa đủ mạnh để khuyến khích cho học sinh và giáo viên tuyến 2 quyết tâm cao trong công việc. - Việc tăng cường cơ sở vật chất thiết bị dạy học phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi chưa đáp ứng kịp thời. - Việc xây dựng kế hoạch cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà trường đã có nhưng vẫn chưa đáp ứng được yêu cầu của ngành trong chiến lược phát triển giáo dục và đổi mới phương pháp giáo dục. - Bản thân giáo viên dạy bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi ngoài việc bồi dưỡng còn dạy nhiều tiết trên lớp và còn đảm nhận nhiều phần hành khác nên thời gian đầu tư cho việc tìm tòi, nghiên cứu tài liệu còn hạn chế. - Trong quá trình giảng dạy, giáo viên còn gặp một số khó khăn như bài tập toán đa dạng, phong phú, nếu không đủ thời gian nghiên cứu và phương pháp lựa chọn bài tập thích hợp thì dể bị phiến diện, chọn bài tập dễ quá hoặc khó quá sẽ gây cho học sinh tâm lí “sợ toán” hoặc chán nản. Từ đó chỉ chú ý vào thủ thuật giải mà quên rèn luyện phương thức tư duy. - Một số gia đình học sinh có hoàn cảnh khó khăn, không đủ điều kiện để đưa đón con em đi học, có phụ huynh còn thờ ơ, ít quan tâm đến việc học tập của 5
con em, không mua đủ tài liệu tham khảo, dụng cụ học tập cho học sinh như compa, êke, thước thẳng, thước đo độ... nên ảnh hưởng đến việc bồi dưỡng của các em. * Kết quả thi Giải toán qua mạng lớp 9: - Năm học 2009 - 2010: Cấp huyện: Giải cá nhân: Giải nhất: 2 giải; Giải nhì: 1 giải. Giải đồng đội: Thứ nhất toàn huyện. Không có học sinh nào dự thi cấp tỉnh. - Năm học 2010 - 2011: Cấp huyện: Giải cá nhân: Giải ba: 1 giải; Giải KK: 1 giải. Giải đồng đội: Thứ ba toàn huyện. Không có học sinh nào dự thi cấp tỉnh. - Năm học 2011 - 2012: Cấp huyện: Giải cá nhân: Giải ba: 2 giải. Giải đồng đội: Thứ nhì toàn huyện. Cấp Tỉnh: Giải cá nhân: Giải ba: 1giải. Giải nhì 1 giải. Có 1 HS dự thi cấp quốc gia không đạt giải - Năm học 2012 - 2013: Cấp huyện: Giải cá nhân: Giải nhì: 1giải; giải ba: 1 giải Giải đồng đội: Thứ nhất toàn huyện. Cấp Tỉnh: Giải cá nhân: Giải nhì: 1giải. Có 1 HS dự thi cấp Quốc gia đạt Huy chương Đồng. - Năm học 2013 - 2014: Cấp huyện: Giải cá nhân: Giải ba: 1giải; giải KK: 1 giải Giải đồng đội: Khuyến khích (thứ 7 toàn huyện). Không có học sinh nào dự thi cấp tỉnh. * Về học sinh giỏi toán môn toán lớp 9: - Năm học 2009 - 2010: Trường có 5 em được chọn tham gia bồi dưỡng HSG lớp 8 tại trường điểm huyện. 6
- Năm học 2010 - 2011: Trường có 5 em được chọn tham gia bồi dưỡng HSG lớp 9 và 7 em lớp 8 tại trường điểm huyện nhưng không có em lớp 9 nào được dự thi môn toán cấp tỉnh. - Năm học 2011 - 2012: Trường có 7 em tham gia bồi dưỡng HSG lớp 9 và 3 em lớp 8 tại trường điểm huyện nhưng không có em lớp 9 nào được dự thi môn toán cấp tỉnh. - Năm học 2012 - 2013: Trường có 3 em tham gia bồi dưỡng HSG lớp 9 và 4 em lớp 8 tại trường điểm huyện, có 3 em lớp 9 được dự thi môn toán cấp tỉnh 2 em đạt giải. - Năm học 2013 - 2014: Trường có 3 em tham gia bồi dưỡng HSG lớp 9 và 1 em lớp 8 tại trường điểm huyện nhưng không có em lớp 9 nào được dự thi môn toán cấp tỉnh. Qua kết quả của các năm học trước cho thấy, mặc dù đã gặt hái được kết quả rất cao trong việc thi học sinh giỏi lớp 7 cấp huyện để chọn bồi dưỡng đội tuyển dự thi cấp tỉnh nhưng qua quá trình bồi dưỡng ở lớp 8 và lớp 9 rất nhiều em bị loại ra khỏi đội tuyển của huyện không được tham dự thi cấp tỉnh. Chính vì vậy bản thân tôi luôn trăn trở, suy nghĩ muốn tìm ra những biện pháp dạy học phù hợp hơn để nâng cao hơn nữa chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi môn Toán ở trường bản thân đang công tác. 2.2. Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng tuyến 2 học sinh giỏi môn Toán lớp 8, 9 ở trường trung học cơ sở ...: Để thành công trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tuyến 2 thì hai yếu tố hầu như quyết định đó là người thầy giáo và học sinh, ngoài ra còn phải cần đến sự quan tâm, chỉ đạo của của ban lãnh đạo phòng giáo dục, nhà trường, của phụ huynh học sinh và các lực lượng khác tạo điều kiện động viên giúp đỡ thầy và trò thực hiện tốt nhiệm vụ. 2.2.1. Đối với giáo viên: Trước hết người giáo viên phải có lòng nhiệt tình say mê lăn lộn với phong trào, biết trăn trở trước những bài toán khó để tìm ra đường lối giải. Ngay từ khi phòng giáo dục tuyển chọn đội tuyển từ kết quả thi học sinh giỏi lớp 7 giáo viên được phân công bồi dưỡng tuyến 2 phải nắm bắt được tình hình học tập, chất lượng đội tuyển của trường mình tại điểm bồi dưỡng. Từ đó liên hệ với giáo viên tuyến 1 để nắm chương trình khung và kế hoạch bồi dưỡng của giáo viên tuyến 1, tham gia góp ý nội dung chương trình bồi dưỡng tuyến 1. Rồi xây dựng được chương trình bồi dưỡng tuyến 2. Sưu tầm tài liệu và lựa chọn phương pháp bồi dưỡng cho phù hợp với từng đối tượng học sinh. 7
- Người thầy giáo hơn ai hết cần phải tự học và biết khiêm tốn học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp tạo cho mình vốn kiến thức chắc chắn, gây niềm tin đối với học sinh. - Việc bồi dưỡng học sinh giỏi tuyến 2 lớp 8, 9 quả thật là vất vả bởi nó đúc kết toàn bộ các kiến thức của cả cấp học, có sự liên kết giữa các phân môn đại số, số học và hình học. Chính vì vậy, người thầy giáo khi lên lớp không nên chỉ ra cho học sinh hàng loạt bài tập khó và xa lạ buộc các em phải làm bằng được trong khi các em chưa có cơ sở lý luận, mà trước tiên phải xây dựng cho học sinh vốn kiến thức cơ bản và nâng cao theo từng chuyên đề, có phương pháp giải đối với từng loại bài tập, từ đó cho học sinh vận dụng giải toán từ đơn giản đến khó dần. Có như vậy học sinh mới không cảm thấy sợ hay chán nản vì bài quá khó hoặc quá dễ. Ví dụ: Khi dạy bổ sung chuyên đề "Bất đẳng thức" mà giáo viên tuyến 1 đã cung cấp, tôi tiếp tục cho các em ôn lại các kiến thức cơ bản về Bất đẳng thức như định nghĩa, tính chất cơ bản, và một số bất đẳng thức cơ bản thường găp. Sau đó đưa ra một số dạng bài tập sử dụng các phương pháp chứng minh các bất đẳng thức đơn giản rồi nâng dần lên các bài tập phức tạp hơn nhằm bổ sung những vấn đề còn thiếu, còn yếu cho các em. Bổ sung những kiến thức cơ bản rồi thông tin giáo viên tuyến 1 những vấn đề đã bổ sung. * Ví dụ: Chứng minh rằng: |a| + |b|  |a + b| a, b. Giáo viên tuyến 1 đưa ra bài tập hướng dẫn học sinh chứng minh bằng phương pháp biến đổi tương đương: Ta cần biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh là A  B về bất đẳng thức C  D nào đó mà ta đã biết là đúng: Giải: Nhận xét: |x|2 = x2 với x và |x|.|y| = |xy| x, y. Ta có: |a| + |b|  |a + b|  (|a| + |b|)2  (|a + b|)2  |a|2 + 2|a|.|b| + |b|2  (a + b)2  a2 + 2|ab| + b2  a2 + 2ab + b2  |ab|  ab (đúng với mọi a, b). Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng. Dấu “=” xảy ra  ab  0. Thông qua bài tập này giáo viên tuyến 2 giới thiệu bổ sung thêm cho học sinh còn có một bất đẳng thức khác tương tự cũng liên quan tới dấu giá trị tuyệt đối: |a| − |b|  |a − b| (Dấu “=” xảy ra  a  b 0 hoặc 0  b  a). Rồi cho học sinh chứng minh bất đẳng thức này nhằm giúp các em cũng cố, khắc sâu thêm kiến thức. - Người thầy giáo cần tập cho học sinh biết lựa chọn công cụ thích hợp để giải các bài toán. Việc giải toán phụ thuộc chủ yếu vào việc xác định đúng đắn 8
đường lối giải bài toán đó. Nhưng quá trình đi từ đường lối đúng đắn đến việc có một lời giải tốt đòi hỏi người làm toán phải biết cách lựa chọn các phương pháp và công cụ thích hợp. Việc làm đầu tiên để xác định phương pháp giải toán là phân tích và phát hiện các đặc điểm của bài toán. Biến đổi các điều kiện của bài toán thành các điều kiện tương đương, đưa về bài toán quen thuộc. Liên kết các điều kiện đã cho của bài toán xem chúng có những mối liên hệ với nhau như thế nào.  x 2  3 x  y (1) *Ví dụ 1: Khi giải hệ phương trình  2 (Toán 9).  y  3 y  x (2) Giáo viên hướng dẫn học sinh phân tích bài toán: Khi thay x cho y, y cho x thì (1)  (2) và (2)  (1). Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 có dạng tổng  f ( x, y)  0 quát :   f ( y, x)  0 Đường lối giải: Lấy hai phương trình trừ vế theo vế cho nhau ta được phương trình mới, đưa phương trình mới về dạng phương trình tích từ đó giải phương trình tích để tìm nghiệm của hệ đã cho. x 3  y 3  9 *Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  (Toán 9). x  y  3 Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1. Đường lối giải: Đặt u = x + y, v = x.y với điều kiện u2  4v Từ đó sử dụng hệ thức Viét để biến đổi hệ phương trình đã cho về hệ phương trình có ẩn u, v để giải. *Ví dụ 3: Giải phương trình: 5x4 – 3x3 + 4x2 – 3x + 5 = 0 (1) (Toán 9) Vì x = 0 không là nghiệm nên chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta được: 3 5 1 1 5x 2  3x  4   2  0  5( x 2  2 )  3( x  )  4  0 (2) x x x x 1 1 1 Nhận xét x 2  2  (x  ) 2  2 nên đặt y  x  thì phương trình (2) được x x x biến đổi trở thành phương trình bậc hai một ẩn, từ đó sữ dụng công thức nghiệm để giải. Phương trình (1) là phương trình đối xứng bậc chẵn dạng tổng quát của phương trình: ax4 + bx3 + cx 2 + bx + a = 0 (1) Vì x = 0 không là nghiệm nên chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta được: 9
d a 1 1 ax 2  bx  c   2  0  a ( x 2  2 )  b( x  )  c  0 x x x x 1 Đặt y  x  ta được phương trình bậc hai 1 ẩn: x a (y2 – 2) + by + c = 0  ay2 – 2a + by + c = 0  ay2 + by + c – 2a = 0 - Trong quá trình giải toán người thầy giáo cần tập dượt cho học sinh biết mò mẫm và dự đoán. Thực ra trong khi gặp bài toán khó không phải tự nhiên người ta lại nghĩ ngay vẽ đường phụ nọ, đường phụ kia mà những cái đó chỉ là kết quả của một quá trình mò mẫm, suy nghĩ tìm tòi. Ngay những ý sáng tạo độc đáo, bất ngờ nhất cũng thường nảy sinh trên con đường quanh co tìm lời giải của bài toán. Như chúng ta thấy, quá trình đi đến lời giải đúng không đơn giản, phải mò mẫm dự đoán kết quả bằng cách dựa vào các trường hợp đặc biệt của bài toán, chứng minh bài toán cho các trường hợp đặc biệt, từ đó đưa ra đường lối giải cho bài toán tổng quát một cách dễ dàng. Ví dụ: Bài toán: “Tìm trong tam giác ABC một điểm sao cho tổng các khoảng cách từ điểm đó tới các đỉnh của ABC là bé nhất”. (Hình 9). Đây là một bài toán khó. Trước hết nó không chỉ rõ là trong tam giác có một điểm như vậy không và nếu có thì đó là điểm nào? Chính vì vậy trước tiên giáo viên hướng dẫn học sinh dự đoán vị trí của điểm phải tìm (nếu có) bằng cách mò mẫm dựa trên những trường hợp đặc biệt chẳng hạn ta chọn tam giác đó là tam giác đều. Vì do tính chất đối xứng của tam giác đều mà điểm phải tìm (nếu có) sẽ có tính chất đối xứng với 3 đỉnh. Trong tam giác đều có một điểm đáng chú ý là O vừa là tâm của đường tròn nội tiếp vừa là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC vừa là trọng tâm, trực tâm của ABC. Ta dự đoán rằng trong tam giác đều ABC điểm phải tìm là điểm O. Nghĩa là OA + OB + OC < AM +BM + CM với M là một điểm bất kì khác O trong tam ABC việc chứng minh nó không khó. Như vậy bài toán đã cho được giải quyết trong trường hợp đặc biệt là tam giác đều. Chuyển sang trường hợp tổng quát với tam giác bất kì thì khó khăn đầu tiên dự đoán xem O là điểm nào? Tâm của đường tròn nội tiếp hay ngoại tiếp ABC trọng tâm hay là trực tâm ...? Ta phải tiếp tục mò mẫm trên một trường hợp đặc biệt khác đó là tam giác cân vì trong tam giác cân các điểm đặc biệt đó đều nằm trên đường cao ứng với cạnh đáy của tam giác cân và có thể dễ khảo sát hơn. Để dễ tính toán ta lại cho tam giác vuông cân tại A có cạnh góc vuông bằng đơn vị có trực tâm là đỉnh A của ABC. Qua quá trình phân tích và chứng minh 10
cho cái đặc biệt ta tìm được điểm O có tính chất đặc biệt là từ điểm đó nhìn các cạnh của ABC bất kì dưới một góc bằng 1200 đó là điều khá bất ngờ, bây giờ rất dễ dàng chứng minh cho trường hợp tổng quát và đưa về thành bài toán đơn giản “Trong ABC giả sử có điểm O sao cho: BOA = COA = BOC = 1200 . Chứng minh: OA + OB + OC < AM + BM + CM với M khác O. - Việc tìm ra đường lối giải chưa đủ mà người thầy giáo cần phải rèn cho học sinh nét đặc thù của toán học đó là tính logic và chặt chẽ. Mỗi điều nói, viết ra sau phải là hệ quả của những điều đã nói, viết và đã được chứng minh tính đúng đắn của nó. Chẳng hạn: Khi dạy bồi dưỡng tuyến 2 cho học sinh lớp 8 về chuyên đề "Số chính phương" câu hỏi rất tự nhiên nảy ra là: Hai chữ số cuối cùng của số chính phương có thể là những chữ số nào?. Giả sử : A là số chính phương, tức là có thể biểu diễn A dưới dạng A = ( 10a + b)2 ở đây a, b là các số nguyên không âm và b  9 Vì A = 20a (5a + b) + b 2, mà số 20a (5a + b) có hàng đơn vị là 0 còn hàng chục là số chẳn nên tính chẳn lẽ của hai chữ số tận cùng của A trùng với tính chẳn lẽ của hai chữ số của số b2. Điểm lại tất cả các giá trị có thể có được của b2: 00; 01; 04; 09; 16; 25; 36; 49; 64; 81 ta rút ra một số kết luận sau. Tính chất 1: Nếu hàng đơn vị của 1 số chính phương là 6 thì chữ số hàng chục phải là số lẽ. Tính chất 2: Nếu hàng đơn vị của 1 số chính phương khác 6 thì chữ số hàng chục phải là số chẵn. Tính chất 3: Không có số chính phương nào có tận cùng là hai số lẽ. Tính chất 4: Nếu hai số cuối cùng của một số chính phương cùng chẵn thì chữ số hàng đơn vị của số đó chỉ có thể là 0 hoặc 4 sử dụng các tính chất trên ta có thể giải một cách dễ dàng hàng loạt các bài toán liên quan tới số chính phương xin nêu ví dụ điển hình. Bài tập 1. Chứng minh rằng: a) Tổng của ba số chính phương liên tiếp không phải là một số chính phương. b) Tổng S = 12 + 22 + 32 +....+ 302 không phải là một số chính phương. (Toán 8) Giải: a) Gọi ba số chính phương liên tiếp là (n - 1)2 ; n2 ; (n + 1)2 Tổng của chúng là: (n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 = 3n2 + 2 11
Tổng này chia 3 dư 2 nên không phải là số chính phương. b)Ta viết S thành tổng của 10 nhóm, mỗi nhóm 3 số hạng. S = (12 + 22 + 32) + ( 42 + 5 2 + 62) +...+ (28 2 + 292 + 302) Mỗi nhóm chia 3 dư 2 nên: S = (3k1 + 2) + (3k2 + 2) +...+ (3k10 + 2) S = 3k1 + 3k2 +...+ 3k10 + 18 + 2 S = 3k + 2 (trong đó k = k1 + k2 +...+ k10 +6) Trên đây ta đã chứng minh một số không phải là số chính phương bằng cách xét số dư trong phép chia số đó cho 3. Vì số dư là 2 nên ta khẳng định số đó không phải là số chính phương. Nếu số dư là 0 hay là 1 thì ta chưa khẳng định được điều gì, nên chớ vội vàng kết luận số đó là số chính phương. - Trình bày xong lời giải một bài toán chưa vội thỏa mãn ngay mà người dạy với người học cần phải tạo ra cho mình thói quen: cần tập trung suy nghĩ, lật lại vấn đề tìm kết quả mới hơn. Tìm được cái mới hơn rồi lại tiếp tục đi tìm cái mới hơn nữa cứ như thế chúng ta sẽ tìm được những kết quả thú vị. Nói một cách khác, trong quá trình giải toán hãy luôn nghĩ đến việc khai thác bài toán để có thể sáng tạo ra các bài toán mới trên cơ sở bài toán đã có. Sau đây là một ví dụ minh họa: Ví dụ 1: (Bài tập về nhà của giáo viên tuyến 1 cho HS lớp 8 năm 2014). 1 1 1 1 Tính tổng: A    ...  1.2 2.3 3.4 8.9 1 1 1 Áp dụng công thức:   tính A dễ dàng. n( n  1) n n  1 1 1 1 1 n Tổng quát: Tính tổng S ( n )    ...   1  1.2 2.3 n (n  1) n 1 n 1 Khai thác bài toán: Ta thấy các giá trị ở tử không thay đổi và chúng đúng bằng hiệu hai thừa số ở mẫu tương ứng. Mỗi số hạng đều có dạng m 1 1   . Tức là hiệu hai thừa số ở mẫu luôn bằng giá trị ở tử thì phân số b(b  m) b b  m đó luôn viết được dưới dạng hiệu của hai phân số khác với các mẫu tương ứng. Nên ta có một tổng với đặc điểm: các cặp số hạng liên tiếp đối nhau (số trừ của nhóm trước bằng số trừ của nhóm sau liền kề). Trên cơ sở bài toán đó ta có thể đó sáng tạo ra bài toán mới, tương tự : 12
2 2 2 Tính tổng : B    ...  1 . 3 3. 5 17.19 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy M, N sao cho góc MON = 60 0. (Toán 9). a2 a) Chứng minh BM .CN  ; 4 b) Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN; c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Phân tích bài toán: a) Ở phần a là một dạng toán chứng minh hệ thức, chính vì vậy việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải bài toán hết sức quan trọng nhằm phát triển tư duy hình học ở học sinh. Chúng ta có thể dùng phương pháp phân tích đi lên để tìm lời giải bài toán. Với sơ đồ như sau: a2 A BM .CN  4  a a BM .CN  . N 2 2  M BM .CN  BO.CO  I BM CO  BO CN  B O C BMO đồng dạng CON  B  Cˆ  600 ˆ BMO =  CON  0  B+  BMO+  BOM =  BOM +  MON+  NOC (= 180 ). Căn cứ vào sơ đồ ta có lời giải sau: Ta có BMO: B+ M+ O = 1800 BOM+ MON+ NOC = 1800 ( BOC = 1800)  BMO = CON; lại có Bˆ  Cˆ  600 (vì ABCđều) 13
BM CO  BMO đồng dạng CON (g.g), từ đó suy ra  BO CN BC a a2 hay BM .CN  BO.CO ; mà BO  CO   do đó BM .CN  (đpcm) 2 2 4 b) Cũng tương tự như vậy ở phần b) thầy giáo cũng giúp học sinh phát triển tư duy lôgic, thao tác tư duy phân tích, tổng hợp, đặc biệt là tư duy phân tích đi lên, một thao tác tư duy đặc trưng của môn hình học. Với sự phân tích như vậy học sinh sẽ thấy đó chính là sử dụng tính chất đường phân giác của tam giác BMN. Nghĩa là học sinh cần chỉ ra MI là tia phân giác của góc BMN. Từ đó ta có lời giải sau: Theo phần a) BMO đồng dạng CON BM MO BM MO suy ra  hay  CO ON BO ON Lại có B = MON (=600)  BMO đồng dạng OMN (c.g.c). Từ đó suy ra BMO = OMN do đó MO là tia phân giác của góc BMN hay MI là tia phân giác BMN. Xét BMN có MI là tia phân giác của BMN, áp dụng tính chất đường MB IB phân giác trong tam giác ta có  hay BM .IN  BI .MN (đpcm). MN IN c) Đây là một dạng toán liên quan giữa tính bất biến (cố định) và tính thay đổi: ứng với mỗi điểm M, N thì ta có vị trí của đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển động) nhưng lại luôn tiếp xúc với một A đường tròn cố định (bất biến). Vậy trước khi tìm lời giải của bài toán giáo viên cần cho N K học sinh chỉ ra yếu tố cố định, yếu tố M nào thay đổi. H I Ta có lời giải sau: B O C Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vuông góc với AB và MN. Do O, AB cố định nên OH cố định. Vậy đường tròn (O;OH) là đường tròn cố định. Vì MO là tia phân giác của góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) K  (O;OH) (1). 14
Lại có OK  MN ( cách dựng) (2) Từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O;OH). Vậy MN luôn tiếp xúc với một đường tròn (O;OH) cố định. Khai thác bài toán: Ở phần a) của bài toán ta thấy tích BM.CN không đổi, nếu sử dụng BĐT Côsi ta có thêm câu hỏi sau: 1: Tìm vị trí của M, N trên AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm là BM và CN ta có a2 BM  CN  2 BM .CN dấu "=" xảy ra  BM = CN. Theo phần a) BM .CN  4 a2 do đó BM  CN  2  a (không đổi). 4 a Vậy GTNN của BM + CN = a  BM = CN =  M, N theo thứ tự là 2 trung điểm của AB và AC. Ta thử suy nghĩ nếu tam giác ABC là tam giác cân thì bài toán còn đúng không? và giả thiết như thế nào? từ đó ta có bài toán sau: 2: Cho tam giác ABC cân ở A, O là trung điểm BC. Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho BMO = CON. A Chứng minh rằng: BC 2 a) BM .CN  ; N 4 ớ b) BN  MO = I , M Chứng minh BI.MN = IN.BM; I c) Khi M, N thay đổi trên AB, AC thì MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. B O C 3: Cho tam giác ABC cân ở A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O tiếp xúc với các cạnh AB, AC của tam giác. Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N. BC 2 Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O)  BM .CN  4 Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC nên O cách đều AB, AC do đó O thuộc tia phân giác của góc A. 15
Lại có  ABC cân nên phân giác góc A A đồng thời là trung tuyến mà O  BC nên O là trung điểm cạnh BC. N P (  ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O) tại P. M Nối OM, ON. Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt nhau O B C của (O), NP, NC cũng là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra được  MON = B; BOM = ONC; NOC = BMO; từ đó suy ra: BM BO BC 2 BMO đồng dạng CON (g.g)    BM .CN  (đpcm). CO CN 4 BC 2 (  ) Giả sử có BM .CN  cần phải chứng minh MN là tiếp tuyến của (O). 4 Cách 1: Chứng minh tương tự trên; Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC ở N'. Ta chứng minh N'  N. BC 2 Theo phần thuận ta có BM .CN '  . 4 Kết hợp với giả thiết ta suy ra BM.CN' = BM.CN  CN' = CN. Mà N', N cùng thuộc cạnh AC do đó N'  N (đpcm). Chú ý: - Nếu M nằm trong đoạn AB thì N nằm trong đoạn AC. - Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì N cũng nằm ngoài đoạn AC. BC 2 4: Cho  ABC cân ở A. Lấy M, N trên cạnh AB, AC sao cho BM .CN  . 4 Tìm vị trí của M, N sao cho  AMN có diện tích lớn nhất. 5: Cho M, M' trên tia AB và tia đối của tia BA; N, N' thuộc tia CA và tia đối của tia CA. Chứng minh rằng: BC 2 1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = thì tứ giác MM'N'N ngoại tiếp được một 4 đường tròn; 2) Phân giác tạo bởi MN và MM' đi qua một điểm cố định. 6: 1) Cho tam giác ABC. Dựng hai điểm P, Q thứ tự trên AB và AC sao cho PQ 2 AP = AQ và BP.CQ = ; 4 16
2) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC sao cho EG//AF (với E là trung điểm của AB). Chứng minh rằng FG là tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp hình vuông. 7: Cho tam giác ABC cân ở A. Đường tròn có tâm O là trung điểm của BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự ở H và K. Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC sao cho PQ là tiếp tuyến của (O). Tìm quĩ tích tâm O' của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ. - Trong quá trình giải toán, việc hướng dẫn học sinh tìm hiểu nhiều cách chứng minh khác nhau từ một bài toán, tôi thấy giờ học của học sinh sôi nổi hơn, các em say mê tạo các phương án để tìm lời giải khác nhau cho bài toán, giờ giảng không bị thụ động vào tài liệu, học sinh độc lập chủ động khai thác để có nhiều cách giải bài qua đó phần nào rèn luyện tính linh hoạt, sáng tạo của các em. Ngoài ra, việc hướng dẫn học sinh tập dượt phương pháp suy luận như đặc biệt hoá, khái quát hoá cũng rất quan trọng. Ví dụ 3: Trong hình vuông ABCD và nữa đường tròn đường kính AD và vẽ cung AC mà tâm là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đường tròn đường kính AD ở K. Chứng minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB. Cách giải 1: Hình 1 Gợi ý : - Kẻ PI  AB - Xét hai tam giác  APK và  API Giải: Kẻ PI  AB (I  AB). Xét APK và API có  APK vuông tại K (Vì góc AKD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD)  ADP cân tại D (vì AD = DP )  P2  DAP Mặt khác. P1  DAP ( So le trong vì AD // PI ) Do đó: P1  P2   APK =  API (cạnh huyền - góc nhọn)  PK = PI Cách giải 2: Hình 2 Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh  APK =  API bằng nhau cách 1 ta chứng minh P1  P2 . Ta có thể chứng minh A1  A2 17
- Gọi F là giao điểm của AP với đường tròn đường kính AD Giải: Ta có: AFD  90 0 ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao nên DF cũng là phân giác suy ra D1  D2 mà D2  A1 ; D1  A2 Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc Suy ra: A1  A2   APK =  API (Cạnh huyền - góc nhọn)  PK = PI Cách giải 3: Hình 2. Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A1  A2 nhưng việc chứng minh được áp dụng bằng kiến thức khác. - Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm D nên ta có: 1 Giải: Ta có IAK  ADK ( Có số đo bằng sđ cung AK ) 2 Mặt khác IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường tròn tâm D 1 nên góc IAP bằng số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ADP 2 1 1 IAP  ADP  IAK Suy ra: A1  A2 2 2   APK =  API ( Cạnh huyền - góc nhọn)  PK = PI Cách giải 4: Hình 3 Gợi ý: - Kéo dài AK cắt đường tròn tâm D tại E - Áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung Giải: DK  AE nên P là điểm chính giữa của cung AE. Góc BAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AE ). Vì AP lại đi qua điểm chính giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của góc BAE Suy ra: A1  A2   APK =  API ( Cạnh huyền - góc nhọn ) 18
 PK = PI Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta đi chứng minh  APK =  API vấn đề giáo viên tuyến 2 cần cho học sinh tư duy và vận dụng sáng tạo kiến thức về trường hợp bằng nhau trong tam giác vuông, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp. Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đưa ra lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài toán. - Sau khi giáo viên tuyến 2 phối kết hợp với giáo viên tuyến 1 giảng dạy cho học sinh các chuyên đề, luyện kĩ từng chuyên đề, phương pháp giải từng bài tập, giáo viên phải biết liên kết vận dụng các chuyên đề thông qua việc cho học sinh luyện giải các bộ đề thi khác (của các năm trước và khai thác các bộ đề trên mạng), rèn cho các em phương pháp trình bày bài giải và thực hành. Thông qua các bài kiểm tra từng đợt giáo viên sửa chữa cho học sinh một số sai lầm mắc phải, những yêu cầu chung, yêu cầu cá biệt cần bổ sung cho từng em. Đồng thời chỉ ra các phương pháp giải hay, độc đáo, từng bước nâng dần hiệu quả làm bài của học sinh. Qua đó nhận xét quá trình học tập của từng em theo từng giai đoạn, có dự kiến về mục tiêu cần đạt (liên thông với giáo viên tuyến 1 để dự kiên mỗi học sinh đến tháng nào được lọt vào tốp mấy? giải mấy?...). - Để tăng thêm hứng thú học tập cũng như kĩ năng giải toán cho học sinh, việc tổ chức cho các em trong đội tuyển học sinh giỏi từ lớp 8, 9 phải tham gia đăng kí thành viên dự thi giải toán trên mạng Internet là điều quan trọng và tất yếu, mỗi học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi tỉnh phải lập được cho mình từ 5 đến 10 nick. Hàng tuần tham gia giải từ 1 đến 2 buổi. Trong mỗi buổi thời gian đầu tôi ôn tập, cũng cố cho học sinh những kiến thức cơ bản, trọng tâm theo chương trình của tuần học, kết hợp với giải các bài tập trong sách tự luyện Violympic của vòng đó, các bài tập vòng đó của những năm trước, sau đó cho học sinh giải trực tiếp trên máy tính. Trong quá trình giải trên máy khi gặp những bài khó và những dạng mới tôi in ra giấy để luyện cho các em. Đối với học sinh giỏi GTQM lớp 9 việc bồi dưỡng tuyến 2 để tham gia dự thi cấp tỉnh, cấp quốc gia, tính từ sau khi thi cấp trước đó thì thời gian luyện thi rất ngắn, vã lại học sinh đã được học trước chương trình nên tôi cho các em luyện giải thêm các vòng thi 17, 18 ở các năm học trước được lưu lại trên giấy, đồng thời hướng dẫn các em sử dụng phần mềm giải toán Violympic không cần nối mạng giúp các em giải trước các vòng thi cấp huyện tỉnh. - Để việc giải toán trên mạng có hiệu quả hơn tôi động viên gia đình các em trong đội tuyển học sinh giỏi mua sắm máy vi tính và nối mạng Internet để cho các em tự luyện thêm ở nhà. Thông qua việc tổ chức cho các em giải toán trên mạng đã 19
bổ trợ rất nhiều trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi giúp các em phát hiện nhanh hơn các dạng các dạng toán và nắm chắc hơn cách giải. Một số ví dụ về câu hỏi vòng thi cấp huyện GTQM lớp 9 năm học 2013- 2014: Câu 1: Tuổi hai anh em cộng lại bằng 21. Tuổi anh hiện nay gấp đôi tuổi em lúc anh bằng tuổi em hiện nay. Tuổi anh và tuổi em là: 12 và 9 15 và 6 13 và 8 14 và 7 Câu 2: Bình thứ nhất chứa x (kg) nước ép trái cây gồm 2 phần cam và 1 phần dâu. Bình thứ hai chứa y (kg) nước ép trái cây gồm 2 phần cam và 3 phần dâu. Trộn lẫn hai bình ta được 12 kg nước ép trái cây có 1 phần cam và 1 phần dâu. Vậy x bằng: 4 kg 4,5 kg 6 kg 7,5 kg Câu 3: a b b a 1 Rút gọn biểu thức : (với a, b  0, a  b ) ta được kết quả là: ab a b ab a  ab  b a b a b a b b a 20