Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7

D 
2 
1 1 
1 
1 
M 
2 
C 
5 
CB
F E
M
1 2
Cách 4: 
Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường 
vuông góc kẻ từ M xuống các cạnh 
AB, AC. Ta có : 
Diện tích ∆ MAB = 1/ 2 MF.AB (1) 
Diện tích ∆ MAC = 1/ 2 ME.AC (2) 
Mặt khác các ∆ MAB và ∆ MAC có 
chung đường cao kẻ từ A và 2 cạnh 
tương ứng bằng nhau: BM= MC(gt) 
=>Diện tích ∆MAB = Diện tích ∆MAC 
(3) 
Từ (1), (2), (3): 
=> MF. AB = MF. AC (4) 
Xét 2 tam giác vuông ∆ EAM và ∆ 
FAM có 𝐴1̂ = 𝐴2̂ (gt), AM chung. 
=> ∆ EAM = ∆ FAM 
=> MF= ME ( 5) 
Từ ( 4) và (5) => AB = AC 
 =>∆ ABC cân tại A 
Cách 5: 
Gọi E, F lần lượt là chân các đường 
vuông góc kẻ từ M xuống AB; AC. Có 
2 khả năng xảy ra: 
Trường hợp 1: 
 Các góc B, C cùng nhọn: 
Xét các tam giác vuông ∆EAM và 
∆FAM có: 
𝐴1̂ = 𝐴2̂ (gt), AM chung. 
=> ∆EAM = ∆FAM => MF= ME . 
 Mà MB = MC (gt) 
=> ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền, 
cạnh góc vuông) 
=>�̂� = �̂� => ∆ ABC cân tại A. 
C
A
B
FE
M
1 2
6 
Trường hợp 2: 
Trong 2 góc B và góc C có 1 góc lớn 
hơn hoặc bằng 900. Giả sử góc B≥ 900 
Chứng minh tương tự như trường hợp 1 
ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền, 
cạnh góc vuông) 
=> 𝐸𝐵�̂� = 𝐹𝐶�̂� điều này là vô lý vì 
góc EBM là góc ngoài của ∆ ABC nên 
ta luôn có 𝐸𝐵�̂� > 𝐴𝐶�̂� ℎ𝑎𝑦 𝐹𝐶�̂� 
=> Trường hợp này không xảy ra. 
Từ các trường hợp trên => Đpcm. 
A
B C
P
M
K
3
4
Cách 6: 
Gọi K,P lần lượt là chân các đường 
vuông góc kẻ từ B và C xuống tia AM. 
Xét các tam giác vuông ∆KBM và ∆ 
PCM có 
BM = CM(gt) và 𝑀3̂ = 𝑀4̂ ( đối đỉnh) 
=> ∆ KBM = ∆ PCM => BK= CP 
Kết hợp với điều kiện 𝐴1̂ = 𝐴2̂ (gt) 
=> ∆ KAB = ∆ PAC ( cạnh góc vuông, 
góc nhọn) 
=> AK= AP. Mà K, P cùng thuộc tia 
AM => K và P trùng nhau và trùng với 
M 
=> AM ⊥ BC 
Xét các tam giác vuông ∆ MAB và 
 ∆ MAC có 𝐴1̂ = 𝐴2̂ (gt) 
MB = MC(gt) =>∆ MAB = ∆ MAC 
=> AB = AC =>∆ ABC cân tại A. 
A
C
E
F
B
M
7 
C
A
B
M
N
1 2
3
1
2
Cách 7: 
 Qua M và A kẻ các đường thẳng lần 
lượt song song với AB và BC, các 
đường thẳng này cắt nhau tại N, MN 
cắt AC tại K. 
Xét ∆ MAB và ∆ AMN có 
𝐴1̂ = 𝑀1̂ ( so le trong), AM chung 
và𝐵𝐴�̂� = 𝑀𝐴�̂� ( so le trong) 
=> ∆ MAB = ∆ AMN ( g.c.g) 
 => BM = AN 
Mà BM = MC (gt) => MC = AN. Kết 
hợp với các điều kiện 𝑀2̂ = �̂�; 
 �̂� = 𝐴3̂ ( so le trong) 
=> ∆KMC = ∆ KNA ( g.c.g) 
=> AK = KC (1) 
Mặt khác: 𝐴1̂ = 𝐴2̂ (gt), 
 𝐴1̂ = 𝑀1̂ ( so le trong) 
=>𝑀1̂ = 𝐴2̂ 
=> ∆ KAM cân tại K => AK=KM(2) 
Từ (1) và (2) => KM = KC => ∆ KMC 
cân tại K =>�̂� = 𝑀2̂ 
Mà �̂� = 𝑀2̂ ( đồng vị ) =>�̂� = �̂� 
 =>∆ ABC cân tại A 
Cách 8 : 
Qua M kẻ đường thẳng // AC và qua B 
kẻ đường thẳng // AM, các đường 
thẳng này cắt nhau tại D. Gọi K là giao 
điểm của AB và MD. 
Xét ∆ BDM và ∆ MAC có 
𝐷𝐵�̂� = 𝐴𝑀�̂� ( đồng vị), MB= MC(gt) 
và 𝐷𝑀�̂� = 𝐴𝐶�̂� ( đồng vị ) 
=>∆ BDM = ∆ MAC (g.c.g) 
=> AM = BD, �̂� = 𝐴2̂ 
K 
8 
C
A
B
M
D
1 2
1 2
K
Xét ∆ KAM và ∆ KBD có 
AM = BD(cmt) 𝐴1̂ = 𝐵1̂; �̂� = 𝑀2̂ ( so 
le trong) => ∆ KAM = ∆ KBD (g.c.g) 
=> KD= KM(1) 
Mặt khác : �̂� = 𝑀2̂ (cmtr); 𝐴1̂ = 𝐴2̂ 
(gt), 𝐴1̂ = 𝐵1̂ ( so le trong) 
=> �̂� = 𝐵1̂ => ∆ KBD cân tại K 
=> DK = KB (2) 
Từ (1) và (2) => KB = KM 
=>∆ KBM cân tại K 
=> 𝐾𝐵�̂� = 𝐾𝑀�̂� 
mà 𝐾𝑀�̂� = 𝐴𝐶�̂� ( đồng vị) 
=> 𝐾𝐵�̂� = 𝐴𝐶�̂� 
=>∆ ABC cân tại A. 
C
A
B
Q
P
12
M
C
A
B
Q
P
12
M
Cách 9: 
Vì 𝐴𝑀�̂� + 𝐴𝑀�̂� = 1800 nên trong 2 
góc AMB và AMC phải có 1 góc 
không lớn hơn 900. Không mất tính 
tổng quát, giả sử 𝐴𝑀�̂� < 900 
Nếu 𝐴𝑀�̂� < 900 thì từ C kẻ đường 
thẳng vuông góc với AM cắt AM và 
AB theo thứ tự tại P, Q khi đó điểm P 
nằm giữa A và M; điểm Q nằm giữa A 
và B. 
Xét các tam giác vuông ∆ APQ và 
∆ APC có 𝐴1̂ = 𝐴2̂ (gt), AP chung 
 =>∆ APQ = ∆ APC => AQ = AC, 
 PC = PQ 
Nối MQ, xét các tam giác vuông 
∆ PMQ và ∆ PMC có PC =PQ ( cmtr) 
cạnh PM chung 
=>∆ PMQ = ∆ PMC (c.g.c) 
 => MQ = MC, mà MC = MB(gt) 
=> MQ = MC = MB = 1/2 BC 
=>∆ QBC vuông tại Q ( theo kết quả 
9 
bài số 39 sách bài tập Toán 7 – Tập 2 
trang 28 ) 
=> AQ và AP cùng vuông góc với CQ, 
điều này là vô lý => trường hợp 
𝐴𝑀�̂� < 900 không xảy ra 
=>𝐴𝑀�̂� = 900 => 𝐴𝑀�̂� = 900 
Xét các tam giác vuông: ∆ AMB 
 và ∆AMC có 𝐴1̂ = 𝐴2̂ (gt), AM chung 
=>∆ AMB =∆AMC =>∆ABC cân tại A 
Ví dụ 2: 
Bài toán 2: 
 Chứng minh rằng từ tỷ lệ thức : =
b
a
d
c
( a – b  0, c – d  0) 
Ta có thể suy ra tỉ lệ thức 
ba
ba
−
+
= 
dc
dc
−
+
(Bài 63 trang 31 SGK Toán 7 tập 1 NXB Giáo dục 2003) 
Lời giải 
Cách 1: Từ =
b
a
d
c
 => =+1
b
a
1+
d
c
 => 
b
ba +
= 
d
dc +
CM Tương tự ta có: =
−
b
ba
d
dc −
=> 
b
ba +
: =
−
b
ba
d
dc +
: 
d
dc −
 => 
ba
ba
−
+
= 
dc
dc
−
+
Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau 
=
b
a
d
c
 => =
c
a
d
b
= 
dc
ba
+
+
và =
c
a
d
b
= 
dc
ba
−
−
=> 
dc
ba
+
+
= 
dc
ba
−
−
 => 
ba
ba
−
+
= 
dc
dc
−
+
10 
Cách 3: Đặt =
b
a
k
d
c
= => a = bk; c=dk 
=> 
ba
ba
−
+
= =
−
+
bbk
bbk
=
−
+
)1(
)1(
kb
kb
1
1
−
+
k
k
 (1) 
Và 
dc
dc
−
+
= =
−
+
ddk
ddk
)1(
)1(
−
+
kd
kd
= 
1
1
−
+
k
k
 (2) 
Từ (1) và ( 2) => 
ba
ba
−
+
= 
dc
dc
−
+
Cách 4: 
Từ =
b
a
d
c
 => 2bc = 2ad => ac – ad + bc – bd = ac + ad – bc + bd 
 a( c – d) + b( c – d) = a(c + d) – b( c+ d) 
 ( a + b ( c – d) = (a – b)( c +d) 
 
ba
ba
−
+
= 
dc
dc
−
+
Cách 5 
Từ =
b
a
d
c
 = > ad = bc 
Do đó 
ba
ba
−
+
= =
−
+
)(
)(
bad
bad
=
−
+
bdad
bdad
bdbc
bdbc
−
+
= 
dc
dc
dcb
dcb
−
+
=
−
+
)(
)(
=> 
ba
ba
−
+
= 
dc
dc
−
+
Cách 6: 
Từ =
b
a
d
c
 = > ad = bc 
Do đó:
dc
dc
−
+
 = 
)(
)(
dcb
dcb
−
+
 = 
bdbc
bdbc
−
+
= =
−
+
bdad
bdad
=
−
+
)(
)(
bad
bad
ba
ba
−
+
=> 
ba
ba
−
+
= 
dc
dc
−
+
11 
Ví dụ 3: 
Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
A = 2001−x + 1−x 
(Bài 141 trang 23 sách bài tập toán 7 tập 1) 
Lời giải 
Cách 1: ( Lời giải trong sách bài tập Toán 7 tập 1) 
Theo bài 140 a ( Bài 140a : Cho x, y Q chứng tỏ rằng 2001−x + 1−x 
 = x−2001 + 1−x  ( 2001 – x) + ( x -1) = 2000 
Dấu = xảy ra khi 2001 – x và x -1 cùng dấu, tức là 1  x 2001 
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2000; khi 1  x 2001 
Cách 2: 
Ta xét các trường hợp sau: 
Nếu x A = 2001−x + 1−x = -x + 2001 – x + 1 = -2x + 2002 
Vì x -2x -2x+ 2002> 2000 hay A > 2000/ 
- nếu 1  x 2001 => A = 2001−x + 1−x = -x – 2001+ x -1 = 2000 
=>A = 2000 
- Nếu x> 2001 => 2x > 4002 => 2x – 2002> 4002 – 2002= 2000 => 
A>2000 
Tử các trường hợp xét trên suy ra giá trị nhỏ nhất của A là 2000 đạt được 
khi 1  x 2001 
Cách 3: Trên trục số, Điểm N biểu diễn số 1, điểm P biểu diễn số 2001 và 
điểm M biểu diễn theo số x 
Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối của một số ta có 2001−x chính là số đo 
đoạn thẳng MP , 1−x là số đo đoạn thằng MN. 
Do đó A = 2001−x + 1−x = NM+ MP 
=> Tổng NP+ MP nhỏ nhất khi điểm M 
thuộc đoạn NP tức là 1  x 2001 
Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 
2001 – 1= 2000 đạt được khi 
1  x 2001 
N
N
N
M
M P
M
P
P
x
x
x
1
1
1
2001
2001
2001
Cách 4: Ta có A A, dấu = xảy ra khi A 0. Do đó: 
2001−x = x−2001  2001 – x 
12 
Dấu = xảy ra khi 2001 – x  0 hay x 2001 
Và 1−x  x -1. Dấu = xảy ra khi x – 1  0 hay x  1 
 A = 2001−x + 1−x  (2001 – x) + ( x -1) = 2000 
Dấu = xảy ra khi 2001  x và x  1 hay 1  x 2001 
Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 2001 - 1= 2000 đạt được khi 1  x 2001. 
 Tóm lại: Từ việc tìm ra nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán, học 
sinh sẽ chọn được lời giải hay cho bài toán đó. Hơn thế, bước đầu các em còn 
được rèn khả năng bao quát, hội tụ các kiến thức, các yếu tố có liên quan để 
giải quyết vấn đề một cách tối ưu nhất. 
Song trong thực tế, học sinh rất cần được rèn khả năng dự đoán, phát 
hiện những vấn đề mới từ những điều đã biết và chủ động giải quyết những 
vấn đề đó. "Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán 
mới" là một biện pháp tích cực giúp học sinh rèn khả năng tư duy nói trên. 
 II. KHAI THÁC & PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN ĐÃ CHO THÀNH 
NHỮNG BÀI TOÁN MỚI. 
Ví dụ 4: 
Bài toán 4: 
Cho hình 52. Hãy so sánh: 
a) 𝐵𝐼�̂� và 𝐵𝐴𝐼̂ . 
b) 𝐵𝐼�̂� và 𝐵𝐴�̂�. 
 ( Bài 3 trang 108 SGK Toán 7 tập 1) 
A
B
I
CK 
Lời giải 
a) Ta có 𝐵𝐼�̂� là góc ngoài của AIB và 𝐵𝐴𝐼̂ là góc trong không kề 
với nó nên BIK BAK . 
b) Chứng minh tương tự như trên ta cũng có 𝐶𝐼�̂� > 𝐶𝐴�̂� Do đó 
𝐵𝐼�̂� + 𝐶𝐼�̂� > 𝐵𝐴𝐼̂ + 𝐶𝐴�̂� Hay 𝐵𝐼�̂� > 𝐵𝐴�̂� . 
Ở bài toán này câu a là gợi ý cho câu b; do đó nếu bỏ câu a thì ta được bài 
toán mới khó hơn. 
13 
Bài toán 4.1: 
Cho tam giác ABC, I là 1 
điểm nằm trong tam giác. Hãy so 
sánh góc BAC và góc BIC. 
A
B
I
CK 
 Từ lời giải bài toán 4 sẽ giúp ta tìm được lời giải của bài toán 4.1 bằng 
cách kẻ tia AI căt BC tại K. 
Ngoài ra ta có thể giải bài toán 4.1 theo cách khác mà không cần kẻ thêm 
đường phụ như sau: 
Xét BIC có 𝐵𝐼�̂� + 𝐵𝐶𝐼̂ + 𝐶𝐵𝐼̂ = 1800 (1) 
  ABC có 𝐵𝐴�̂� + 𝐵𝐶�̂� + 𝐶𝐵�̂� = 1800 (2) 
Mà 𝐵𝐶𝐼̂ < 𝐵𝐶�̂�; 𝐼𝐵�̂� < 𝐴𝐵�̂�. 
Do đó phải có: 𝐵𝐼�̂� < 𝐶𝐴�̂�. 
Tiếp tục cho học sinh khai thác các kết quả (1) và (2) để đi tìm mối liên hệ 
giữa 𝐵𝐴�̂� và 𝐵𝐼�̂� ta thu được kết quả sau: 
Từ (1) và (2) => 𝐵𝐼�̂� + 𝐵𝐶𝐼̂ + 𝐶𝐵𝐼̂ = 𝐵𝐴�̂� + 𝐵𝐶�̂� + 𝐶𝐵�̂� 
 => 𝐵𝐼�̂� = 𝐵𝐴�̂� + 𝐴𝐵𝐼̂ + 𝐴𝐶𝐼̂ 
 Từ kết quả này các em đã xây dựng được bài toán mới như sau : 
 Bài toán 4.2 
Cho tam giác ABC, I là một điểm nằm trong tam giác. 
Chứng minh rằng 𝐵𝐼�̂� = 𝐵𝐴�̂� + 𝐴𝐵𝐼̂ + 𝐴𝐶𝐼̂ . 
Không dừng lại ở đây, tiếp tục cho học sinh khai thác kêt quả bài toán 4.2 
bằng cách đặc biệt hóa vị trí của điểm I là giao điểm của các đường phân giác 
của ABC, khi đó học sinh đều nhận xét được: 
𝐵𝐴�̂� + 𝐴𝐶𝐼̂ =
1
2
(𝐴𝐵�̂� + 𝐴𝐶�̂�) =
1
2
(1800 − 𝐵𝐴�̂�) = 900 −
1
2
𝐵𝐴�̂� 
Do đó 𝐵𝐼�̂� = 𝐵𝐴�̂� + 900 −
1
2
𝐵𝐴�̂� = 900 +
1
2
𝐵𝐴�̂� 
 Đến đây ta có bài toán mới như sau: 
14 
Bài toán 4.3: 
Cho tam giác ABC, các đường phân giác của góc B và C cắt nhau tại I . 
CMR 𝐵𝐼�̂� = 900 +
1
2
𝐵𝐴�̂� (3) 
Từ (3) => Nếu biết số đo của 𝐵𝐴�̂� thì sẽ xác định được số đo của 𝐵𝐼�̂�, từ 
đó ta có bài toán mới như sau: 
Bài toán 4.4: 
Cho tam giác ABC, các đường phân giác của góc B và góc C cắt nhau tại 
I. Tính BIC biết: 
a) 𝐵𝐴�̂�= 600 
b) 𝐵𝐴�̂� = 900 
c) 𝐵𝐴�̂� = 1200 
d) 𝐵𝐴�̂� = 1500 
Tiếp tục cho học sinh khai thác kết quả bài toán 4.3 theo hướng khác bằng 
cách từ kết quả (3) yêu cầu học sinh tính các góc AIC và góc AIB để đi đến các 
kết quả sau: 
𝐵𝐼�̂� = 900 +
1
2
𝐵𝐴�̂� 
𝐴𝐼�̂� = 900 +
1
2
𝐴𝐵�̂� 
𝐴𝐼�̂� = 900 +
1
2
𝐴𝐶�̂� 
Từ các đẳng thức trên ta thấy rằng nếu 𝐵𝐼�̂� = 𝐴𝐼�̂� thì 𝐵𝐴�̂� = 𝐴𝐵�̂� 
tức là ABC cân tại C và ngược lại. Đến đây ta có bài toán mới như sau: 
Bài toán 4.5: 
Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC tồn tại một điểm I thỏa mãn 
𝐵𝐼�̂� = 𝐴𝐼�̂� thì tam giác ABC là tam giác cân và ngược lại. 
Tiếp tục cho học sinh khai thác các đẳng thức trên để đi đến nhận xét: 
Nếu 𝐵𝐼�̂� = 𝐴𝐼�̂� = 𝐵𝐼�̂� thì 𝐵𝐴�̂� = 𝐴𝐵�̂� = 𝐵𝐶�̂� và ngược lại từ đó đi 
đến bài toán mới hay hơn. 
Bài toán 4.6: 
Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC tồn tại một điểm I sao cho 
𝐵𝐼�̂� = 𝐴𝐼�̂� = 𝐵𝐼�̂� thì tam giác ABC là tam giác đều và ngược lại. 
15 
Ví dụ 5: 
Bài toán 5: 
Cho tam giác ABC , Â = 90 0, góc C = 30 0 . CMR AB = 1/2BC. 
C
A
B I 
Cách 1: 
Kẻ tia Ax nằm giữa 2 tia AB, AC : 𝐶𝐴𝐼̂ = 300; IBC 
=> IAC cân tại I => IA=IC (1) 
Mặt khác  ABC vuông tại A => 𝐵𝐴𝐼̂ = 𝐵𝐴�̂� − 𝐼𝐴�̂� = 900 - 300 = 600 
Góc B=900 - 300 = 600 
 �̂� = 𝐵𝐴𝐼̂ = 600 
  IAB là tam giác đều => AI = IB (2) 
 Từ (1) và (2) => AI =BI=IC 
 AB= 1/2 BC 
Cách 2: 
C
A
B
D
 Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AB =AD 
=>AB = 1/2BD(1) 
𝐵𝐴�̂� =900 => AC⊥ BD => AC là đường trung trực của BD => BC = CD 
=>CBD là tam giác cân tại C => Đường cao CA đồng thời là đường 
phân giác. 
=> 𝐵𝐶�̂� = 2 𝐵𝐶�̂� = 2.300 = 600 
=>CBD là tam giác đều => BD = BC(2) 
Từ ( 1) và (2) AB = 1/2 BC. 
16 
Sau khi hướng dẫn học sinh giải bài toán 5 theo 2 cách trên , tôi tiếp tục 
hướng dẫn học sinh khai thác bài toán này như sau: 
Trước hết cho học sinh nhận xét giả thiết Â= 900 trong bài toán có thể 
thay thế bằng điều kiện cho �̂�= 600 , từ đó cho bài toán mới như sau: 
Bài toán 5.1: 
Cho tam giác ABC , �̂�= 600 ; �̂� = 300 
Chứng minh rằng AB= 1/2 BC 
Sau đó cho học sinh suy nghĩ bài toán 5 theo hướng khác bằng cách thay 
điều kiện của giả thiết �̂�=300 thành kết luận và chuyển kết luận AB = 1/2 BC 
của bài toán làm giả thiết từ đó đi đến bài toán mới sau. 
Bài toán 5.2: Cho tam giác ABC có Â= 900, AB = 1/2 BC. CMR �̂�=300 
 C
B
A
D
Để chứng minh bài toán 5.2 tôi cho học sinh liên hệ tới cách giải 1 của bài 
toán 5 từ đó học sinh đã tìm được lời giải bài toán 5.2 bằng cách lấy điểm phụ 
như sau : 
Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD= AB => AB = 1/2 BD (1) 
Vì AC⊥ AB => AC là đường trung trực của BD => BC=CD(2) 
Mà AB = 1/2 BC (3) 
Từ (1); (2); (3) => BD = CB = CD 
=> CBD là tam giác đều => �̂� = 600 
ABC là tam giác vuông tại A (gt) => 𝐴𝐶�̂� =30o 
Tương tự như trên tiếp tục cho học sinh chuyển đk Â=900 xuống làm kết luận và 
chuyển kết luận AB = 1/2 BC và giả thiết ta được bài toán như sau. 
Bài toán 5.3: 
Cho tam giác ABC có AB = 1/2 BC, �̂�= 300 chứng minh  = 900 
Bài toán này tôi đã hướng dẫn cho học sinh giải theo 2 cách sau. 
17 
E
A
B
Cách 1: Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B vẽ tia CE sao cho 
góc ACE = 300 , E thuộc tia BA 
 𝐵𝐶�̂� = 𝐵𝐶�̂� + 𝐴𝐶�̂� =30o + 30o = 600 
Trên tia Cx lấy E sao cho CB = CE => CBE cân tại E. Mà 𝐵𝐶�̂�= 600 
=> CBE là tam giác đều=> BE =BC(1) 
Nối AE. Xét CBE và ABC có BC = CE, 𝐴1̂ = 𝐴2̂= 30
o và CA chung 
=>ABC =AEC(c.g.c) => AB = AE 
Mà AB =1/2 BC => AB+AE =BC(2) 
Từ (1) (2) => BA+AE =BE. Điều này chứng tỏ ABE => A là trung điểm 
của BE => CA là trung tuyến của CBE đều. 
=> CA đồng thời là đường cao => AC⊥ BE hay𝐵𝐴�̂�=900 
A
D
B
C 
Cách 2: Giả sử 𝐵𝐴�̂�  900 
 Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt AC tại M. 
MBC vuông tại M có �̂�= 300 nên theo kết quả bài toán.Ta suy ra: 
BM= 1/2 BC 
Mà AB=1/2 BC (gt) => AB =BM 
Điều này không thể xảy ra vì MAC vuông nên ta có AB > BM 
=> điều giả sử trên sai, vậy 𝐵𝐴�̂�= 900 . 
Tiếp tục tìm tòi bài toán mới bằng cách cho học sinh lấy điểm D trên tia CA sao 
cho CD = CB, sau đó cho học sinh nhận dạng CBD và so sánh AB và CD, từ 
đó một số học sinh đã xây dựng thành bài toán mới như sau. 
18 
Bài toán 5.4 
Chứng minh rằng trong tam giác cân có góc ở đỉnh bằng 300 thì đường 
cao thuộc cạnh bên bằng nửa cạnh đó. 
Như vậy, rèn khả năng "Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành 
những bài toán mới" giúp cho học sinh chủ động, sáng tạo giải các bài tập 
toán cũng như giải quyết các vấn đề thực tế trong cuộc sống. Những tiết học 
như trên thật hào hứng, sôi nổi bởi các tình huống "Thầy đố trò, trò đố thầy", 
bởi các câu hỏi phản biện cho các đề toán mới, .... Lúc căng thẳng, lúc vui 
sướng thay nhau bộc lộ trên gương mặt các em, cuốn hút các em vào hoạt 
động học tập. 
Tiếp theo, tôi xin trình bày biện pháp" Xây dựng bài toán tổng quát từ 
bài toán cụ thể" là mức độ tư duy cao hơn của 2 mức độ tư duy đã trình bày 
ở các mục (I) và (II). 
III. HƯỚNG DẪN HỌC SINH XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỔNG 
QUÁT TỪ CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ. 
Ví dụ 6: 
Bài toán 6: 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
A = 2001−x + 1−x 
(Bài 141 trang 23 sách bài tập toán 7 tập 1) 
Ở phần I, chúng ta đã xét bài toán này dưới góc độ giải theo nhiều cách, sau đây 
chúng ta tiếp tục khai thác, phát triển bài toán này để được các bài toán mới tổng 
quát hơn. 
Để tiện theo dõi, sau đây xin được nêu lại một trong những cách giải bài toán 
trên: 
Vì │a│≥ a, dấu = xảy ra khi a ≥ 0 do đó ta có: 
│x - 2001│= │2001-x│≥ 2001- x 
Dấu = xảy ra khi 2001- x ≥ 0 hay x ≤ 2001 
│x-1│≥ x -1 . Dấu = xảy ra khi x – 1 ≥ 0 hay x ≥ 1. 
=> A = │x - 2001│+ │x-1│≥ ( 2001- x) + ( x -1 ) = 2000. Dấu = xẩy ra 
khi x ≤ 2001 và x ≥ 1.Tức là 1 ≤ x ≤ 2001 
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2000 đạt được khi 1 ≤ x ≤ 2001 
Từ cách giải bài toán trên giúp ta tìm được lời giải cho bài toán rộng hơn. 
Bài toán 6.1: 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
A = │x-1│+│x-2│+..+│x-2006│ 
19 
Lời giải 
A=│x-1│+│x-2│++│x-1003│+│1004- x│+│1005 - x│+ 
+│2006-x│ 
≥ (x-1)+( x – 2)+(x- 1003) + ( 1004- x) + (1005 – x) + ( 2006 – x) 
= ( 1004 – 1) + ( 1005 – 2) +.+ ( 2006 – 1003) = 10032 = 1006009 
Dấu = xảy ra khi x ≥ 1, x ≥ 2, ,x ≥ 1003 và x ≤ 1004, x ≤ 1005 ,, 
x ≤ 2006. 
Kết hợp lại ta được 1003 ≤ x ≤ 1004 
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1006009 đạt được khi 1003 ≤ x ≤ 1004 
Từ kết quả trên tôi đã hướng dẫn học sinh tổng quát hóa bài toán 6.1 để 
được bài toán mới như sau. 
Bài toán 6.2: 
Cho a1< a2 <.....< a2n 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
A= │x-a1 │+│x- a2│+..+│x- a2n│ 
Từ cách giải bài toán 6.1 học sinh đều đã tìm được lời giải bài toán và đi 
đến đáp số: giá trị nhỏ nhất của A là: 
( a2n + a2n-1 + .an+1) - ( an + an-1 +.a1 ) đạt được khi an ≤ x ≤ an+1 
Đến đây một vấn đề đặt ra là nếu số hạng trong tổng A là một số lẻ thì ta 
sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của A như thế nào? Để giải quyết vấn đề này , trước hết 
tôi cho học sinh xét bài toán sau: 
Bài toán 6.3: 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
B = 1−x + 2−x + 2001−x 
Liên hệ với bài toán. Ta có nhận xét 
B= A+ 2−x 
Và A 2000  x dấu = xảy ra khi 1x2001 
2−x 0  x dấu = xảy ra khi x=2 
Do đó => B=A+ 2−x  2000+ 0 = 2000, dấu bằng xảy ra khi 1x2001 
và x=2. Kết hợp lại ta được x=2 
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 2000. đạt được khi x=2 
Từ bài toán 6.3 tôi cho học sinh xét bài toán rộng hơn như sau. 
Bài toán 6.4 
20 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
B = 1−x + 2−x +. + 2005−x 
Sau khi cho học sinh phân tích mối liên hệ giữa bài toán 6.4 và bài toán 
6.3 và bài toán 6.2 các em đã tìm được lời giải cho bài toán 6.4 như sau: 
B= 1−x + 2−x +. 1002−x + 1003−x + 1004−x +..+ 2005−x 
Đặt A = 1−x + 2−x +. 1002−x + 1003−x + 1004−x +..+ 2005−x 
 B = A + 1003−x 
 Nhận xét vì A có 2004 số hạng do đó theo kết quả bài toán 6.2 ta có 
giá trị nhỏ nhất của A là (2005+ 2004+ .1004) – ( 1002 + 1001+..+ 2+1 ) = 
102.103 = 1005006 đạt được khi 1002x1004 
Và 1003−x 0  x. Dấu = xảy ra khi x=1003. 
Từ đó=> B1002.1003+0 = 1005006 
Dấu = xảy ra khi 1002x1004 và x=1003, kết hợp lại ta được x=1003 
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 1005006 đạt được khi x =1003. 
Từ kết quả trên , tôi đã hướng dẫn học sinh xét bài toán tổng quát: 
Bài toán 6.5 
Cho a1< a2 < a2k+1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
A= │x-a1 │+│x- a2│+..+│x- a2k+1│ 
Từ cách giải bài toán 6.4 học sinh đều tìm được lời giải cho bài toán trên 
để đi đến đáp số : giá trị nhỏ nhất của B là 
( a2k+1 + a2k + .ak+2) - ( ak + ak-1 +.a1 ) đạt được khi x = ak+1 
Từ các kết quả trên ta có bài toán tổng quát sau: 
Bài toán 6.6: 
Cho a1< a2 < an 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
A= │x-a1 │+│x- a2│+..+│x- an│ 
21 
C- KẾT QUẢ THỰC HIỆN 
Qua thực tiễn giảng dạy tôi thấy rằng: Tiết học được giáo viên áp dụng 
các biện pháp trên thì sự hứng thú học tập của học sinh tăng lên rõ rệt. Việc học 
sinh tự mình tìm được nhiều cách giải cho một bài toán hoặc giải các bài toán do 
chính các em sáng tác đã nâng cao tích cực hoạt động tư duy của học sinh. 
Trong các tiết học đó thầy giáo đóng vai trò là người thiết