Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách
Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh
Trang 1

Ph¸t triÓn tÝnh s¸ng t¹o cho häc sinh
th«ng qua gi¶i bµi to¸n b»ng nhiÒu c¸ch

I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI:
Luật giáo dục ñiều 24 khoản 2 ñã ghi “Phương pháp giáo dục phổ thông
phải phát huy ñược tính tích cực, tự giác, chủ ñộng, sáng tạo của học sinh; phù
hợp với ñặc ñiểm từng lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn
luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác ñộng ñến tình cảm ñem lại
niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”.
Xuất phát từ quan ñiểm trên, ñối với một trường trọng ñiểm chất lượng cao
thì công tác bồi dưỡng học sinh giỏi luôn là vấn ñề ñược ñặt lên hàng ñầu. Trong
quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, ñiều quan trọng nhất là cho các em thấy ñược
vẻ ñẹp của Toán học, phải phát huy ñược tính tích cực, chủ ñộng, sáng tạo cho
học sinh. ðặc biệt ñối với bộ môn Toán thì yếu tố sáng tạo là vô cùng cần thiết,
nó không những ñòi hỏi phải nắm chắc, vận dụng kiến thức cơ bản làm các bài
tập sách giáo khoa cũng như sách bài tập, mà nó còn yêu cầu học sinh khá, giỏi
phải vận dụng tổng hợp các kiến thức trên nhằm tìm ra các ñơn vị kiến thức chưa
có sẵn cũng như khi giải Toán thì học sinh không ñược tự thoả mãn với phương
pháp, cách giải của mình mà phải ñào sâu, suy nghĩ tìm ra các phương pháp giải
tốt hơn. Muốn có nhiều cách giải cho một bài toán thì học sinh cần phải hiểu bài
toán ñó, nhìn bài toán ñó dưới nhiều góc ñộ khác nhau, sử dụng tổng hợp các
ñơn vị kiến thức, biết chắt lọc, vận dụng và sáng tạo.
Vừa qua Bộ Giáo dục và ðào tạo ñã tổ chức cuộc thi giải toán qua mạng
Internet cho học sinh cấp Tiểu học và Trung học cơ sở. ðây là cuộc thi hết sức
bổ ích ñối với các em học sinh và giáo viên trong cả nước.Cuộc thi ñã nhận ñược
sự ñồng tình rất lớn trong nhân dân; nhất là các em học sinh.
Là một giáo viên dạy bồi dưỡng cho học sinh lớp 9 ôn luyện ñể tham gia

nhau, chỉ sử dụng kiến thức cấp trung học cơ sở, có cách giải dài, có cách giải
ngắn, có cách giải hay cũng như có cách giải chưa hay, có cách giải các em học
sinh ñã biết và có cách giải mà các em chưa ñược gặp. Song ñiều mà tác giả
mong muốn ñó là các em học sịnh không nên tự thoả mãn với cách giải của mình
mà luôn luôn trăn trở, tìm tòi suy nghĩ ñể tìm ra cách giải ñơn giản hơn, ngắn
gọn hơn, và nhất là ñó phải là sản phẩm của chính bản thân các em
Cũng như trong bài viết ngắn này, dù các ví dụ không ñề cập ñến nhưng tác giả
rất mong các em hãy tự nghĩ ra một ñề toán khác, có thể thay ñổi một số yếu tố,
sáng tạo ra các bài toán khác, có nhiều cách giải hay hơn. ðể các em tư duy ngày
càng linh hoạt hơn, học giỏi hơn.
Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách
Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh
Trang 3

III. Néi dung ®Ò tµi
III.1: Khảo sát thực tế:
• Ưu ñiểm:
Trường ñóng trên ñịa bàn thị trấn nên phụ huynh rất quan tâm ñến việc học
tập của con em mình, học sinh có ñiều kiện ñể mua sắm các loại sách phục vụ
cho việc học tập của bản thân.
Là một trường trọng ñiểm chất lượng cao của huyện, có bề dày thành tích
trong công tác dạy và học, nhất là mũi nhọn học sinh giỏi nên ñược sự rất lớn của
các cấp, các ngành, ñịa phương, sự chăm lo ñầu tư cơ sở vật chất, chuyên môn,
ñổi mới phương pháp dạy học của Ban giám hiệu nhà trường và ñội ngũ giáo
viên có năng lực sư phạm vững vàng, nhiệt tình, chất lượng dạy học ñã ñược
khẳng ñịnh qua nhiều năm qua, ñặc biệt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. ðây là
công việc hết sức quan trọng trong giai ñoạn ñào tạo nhân tài cho ñất nước.
ða số các em học sinh của trường ñều thông minh, chăm ngoan, học giỏi,
có ước mơ, hoài bão do ñó rất thuận lợi cho công tác bồi dưỡng, phát huy khả
năng trí tuệ cho các em, ñặc biệt là môn Toán ñòi hỏi sự sáng tạo không ngừng.

sự sáng tạo các cách giải phù hợp với ñề toán. ðiều này thường thiếu ở học sinh.
Thông thường với các bài toán mà có cách giải cụ thể thì học sinh sẽ giải ñược.
Cũng có trường hợp bài toán ñó ñã ñược giải cho các em xem rồi nhưng các em
ñã quên nên không thể giải ñược. Hầu hết các em thường có tâm lí chỉ cần hiểu
ñược một cách giải cho bài toán là ñủ, thiết nghĩ ñiều này không hẳn ñúng. Cốt
lõi của vấn ñề là nên cho học sinh thấy ñược con ñường ñi ñến cách giải và giáo
viên chỉ cần hướng dẫn con ñường ñi ñến ñích ñó tuỳ theo mỗi trường hợp, còn
ñi như thế nào thì chúng ta hãy tự ñể các em ñi, sản phẩm chính các em làm ra
bao giờ các em sẽ ghi nhớ lâu hơn là sản phẩm do chúng ta ñem ñến.
IV: GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Bài toán 1: “Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n
2
+ n + 1 không chia
hết cho 9”
(1)
Chúng ta thấy một ñiều rằng một số chia hết cho 9 thì luôn luôn chia hết
cho 3. Do ñó, khi ñứng trước bài toán trên, các em học sinh thường xét các
trường hợp của một số tự nhiên n khi chia cho 3 các khả năng có thể xảy ra, thay
vào bài toán cho các trường hợp cụ thể, sau ñó kết luận từ các trường hợp riêng
ñó. Với suy nghĩ ñó chúng ta có thể giải bài toán trên như sau:
Cách 1: * Nếu n chia hết cho 3 khi ñó n = 3k (k
∈
N)

1
ðề thi học sinh giỏi lớp 9 thành phố Hồ Chí Minh năm học 2007 - 2008
Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách
Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh
Trang 5


+ 12k + 4 + 3k + 2 + 1
= 3k(3k + 5) + 7 không chia hết cho 3 => n
2
+ n + 1 không chia hết cho 9. .
Kết luận: Vậy n
2
+ n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Sau ñó giáo viên nên hỏi thêm học sinh ngoài cách giải trên có thể giải cách
khác nữa không? Nếu không xét các trường hợp của số tự nhiên n thì chúng ta có
thể phân tích n
2
+ n + 1 về dạng tích các biểu thức chứa n cộng với một số
nguyên nào ñó thì có chứng minh ñược không? Với cách suy nghĩ như thế yêu
cầu học sinh tìm cách phân tích biểu thức ñó dưới dạng trên.
Cách 2:
Ta có: n
2
+ n + 1 = n
2
– n + 2n - 2 + 3 = n(n - 1) + 2(n - 1) + 3 = (n - 1)(n + 2) + 3
Nhận thấy: n + 2 - (n - 1) = 3 chia hết cho 3 nên (n - 1) và (n + 2) chia hết
cho 3 hoặc khi chia cho 3 có cùng số dư. Ta xét các trường hợp có thể xảy ra:
* Nếu (n - 1) và (n + 2) chia hết cho 3, suy ra: (n - 1)(n + 2) chia hết cho 9,
suy ra (n - 1)(n + 2) + 3 không chia hết cho 9.
* Nếu (n - 1) và (n + 2) cùng không chia hết cho 3, suy ra: (n - 1)(n + 2)
không chia hết cho 3 => (n - 1)(n + 2) + 3 không chia hết cho 3 nên cũng không
chia hết cho 9.
Kết luận: Vậy n
2
+ n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.

trình (*) ẩn n không có nghiệm tự nhiên. Như vậy ñiều giả sử trên là vô lí.
Kết luận:
Vậy n
2
+ n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Cũng với suy nghĩ như trên chúng ta có thể giải bài toán trên theo hướng khác:
Cách 4:
Giả sử tồn tại số tự nhiên n ñể n
2
+ n + 1 chia hết cho 9. ðặt X = n
2
+ n + 1.
Suy ra 4X chia hết cho 9 (1) => 4X = 4n
2
+ 4n + 4 = (2n + 1)
2
+ 3. Mà 4X chia
hết cho 9 nên 4X chia hết cho 3 => (2n + 1)
2
chia hết cho 3 => 2n + 1 chia hết
cho 3 => (2n + 1)
2
chia hết cho 9
=> (2n + 1)
2

+ 3 không chia hết cho 9 (2)
Suy ra: (1) và (2) mâu thuẫn với nhau. Vậy ñiều giả sử trên là vô lí.
Kết luận:
Vậy n




+
2
1
;
VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A lµ
1
2
 x = y =
1
2
;
Cách 2:
Phân tích biểu thức trên:

A = x
3
+ y
3
+ xy = (x + y)(x
2
- xy + y
2
) + xy = x
2
+ y
2



1
2
=> A
≥

1
2
;
Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách
Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh
Trang 7

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
1
2


x = y =
1
2
;
Cách 3:
Ta có thể dùng ẩn phụ
Từ giả thiết x + y = 1 giúp ta liên tưởng ñến một cách ñặt ẩn phụ thường
ñược sử dụng, ñó là: ðặt

x =
1
a

a 0
≥
với mọi a
∈
ℝ
; Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
1
2


a = 0 hay x = y =
1
2
;
Cách 4:
Ta có thể áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacopsky
Ta có:

(x
2
+ y
2
)(1
2
+ 1
2
)
≥
(x.1 + y.1)
2

2
; ta có:
x
2
+ y
2

2 | x || y |
≥
= 2|xy|; Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi |x| = |y|;
* x = y => x = y =
1
2
=> A
≥
2.
1
4
=
1
2
; Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
1
2
x = y =
1
2

)(1
2
+ 1
2
+ 1
2
)
≥
(x + y + z)
2
= 9 => (x
2
+ y
2
+ z
2
)
≥
3
;
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Cách 2:
Ta có thể dùng ẩn phụ như sau:

ðặt x = 1 + a; y = 1 + b; z = 1 + c;
Khi ñó: x + y + z = 3 + a + b + c = 3 => a + b + c = 0
=> A = (1 + a)
2
+ (1 + b)


(x + y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + xz) => 9 = x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + xz)
Phỏt trin tớnh sỏng to cho hc sinh thụng qua gii bi toỏn bng nhiu cỏch
Nguyn Vn Chng Trng THCS Nguyn Hm Ninh
Trang 8

=> x
2
+ y
2
+ z
2
= 9 - 2(xy + yz + xz); vỡ 2(x
2
+ y
2

2
+ y
2
+ z
2
)

9 => A

3;
Vy giỏ tr nh nht ca A l 3

x = y = z = 1;
Cỏch 4:
Vỡ x
2
; y
2
; z
2
l cỏc s khụng õm nờn tng ca chỳng nh nht khi v ch khi 3 s ủú
bng nhau tc l x
2
= y
2
= z
2
;
Trng hp 1: x = y = z => x = y = z = 1 => Giỏ tr nh nht ca A l 3.
Trng hp 2: Cú hai s cựng dng, mt s õm. Chng hn: x = y = - z. Khi ủú:

no. Bi l ủ gii ủc bi toỏn ny hc sinh cn phi v thờm cỏc yu t ph.
Tuy nhiờn yờu cu ca bi toỏn l chng minh CD =
1
2
CK; ủiu ủú giỳp hc sinh
ngh ngay ủn
kin thc v ủng trung bỡnh ca tam giỏc. Song cn phi thy mt ủiu rng cú
th chng minh CD l ủng trung bỡnh ca mt tam giỏc no ủú m cú cha cnh
CK hay khụng. Vi hỡnh v nh bi ra ủó cho thỡ chng minh khụng phi l ủiu
d dng. Tuy th nu ta khụng chng minh CD l l ủng trung bỡnh ca tam giỏc
no ủú cha cnh CK thỡ ta th chng minh ủ di ủon thng CD bng na ủ di (2)
x
2
-2xy + y
2


0 => x
2
+ y
2


2xy; tơng tự: y
2
+ z
2

cạnh bên bằng nhau, ta có thể tạo ra ñường trung tuyến BE. Dễ dàng chứng minh
ñược BE là ñường trung bình của tam giác ACK.
Cách 1: (Hình 1)
Gọi E là trung ñiểm của AC.
Có BE là ñường trung bình của
∆
AKC => BE =
1
2
KC (1)
Xét
∆
BDC và
∆
CEB có:
BD = CE (vì BD =
1
2
AB; CE =
1
2
AC mà AB = AC); Cạnh BC
chung;


DBC ECB
=
(vì
∆
ABC cân tại A);

AC mà AB = AC);



HBC DBC
=

vì




DBC ACB mµ ACB HBC (do so le trong, BH//
AC)
= =
;
BC cạnh chung;
Vậy
∆
BDC =
∆
BHC (c.g.c)
Suy ra CH = DC (hai cạnh tương ứng); (1)
Mà H là trung ñiểm của KC nên CH =
1
2
CK (2).
H.2
H
K

Xét
∆
KBC và
∆
MCB có:
BC cạnh chung;


KBC MCB
=
(cùng bù với

ABC
);
KB = MC (vì KB = AB; MC = AC; AB = AC);
Vậy
∆
KBC =
∆
MCB (c.g.c) => KC = MB (hai cạnh tương ứng) (2).
Từ (1) và (2) suy ra DC =
1
2
CK. (ñ.p.c.m);
Cách 4: (hình 4)
Trên tia ñối của tia CB lấy ñiểm N sao cho
CB = CN; Ta có: DC là ñường trung bình của
∆
ABN => CD =
1

∆
ACN (c.g.c) => CK = AN (hai cạnh
tương ứng) (2);
Từ (1) và (2) suy ra: CD =
1
2
CK. (ñ.p.c.m);
Cách 5: (hình 5)
Gọi P; Q lần lượt là trung ñiểm của BC và BK;
Có DP là ñường trung bình của
∆
ABC
=> DP =
1 1
AC = AB = DB
2 2
;
M
K
D
B
C
A
H.4
N
K
D
B
C
A



DPB DBP
=
mà


0
QBP 180 DBP
= −
;


0
DPC 180 DPB
= −
=>


QBP DPC
=

Xét
∆
QBP và
∆
DPC có:
QB = DP;



Xét
∆
CDA và
∆
OCE có:
AD = CE (cùng bằng
1
2
AC); OE = CA;


DAC CEO
=
(ñồng vị,
OE // AD);
Vậy
∆
CDA =
∆
OCE (c.g.c) => OC = CD; (1)
Mặt khác O là trung ñiểm CK nên OC =
1
2
CK (2)
Từ (1) và (2) suy ra CD =
1
2
CK. (ñ.p.c.m);
Cách 7: (hình 7)
Gọi P; O lần lượt là trung ñiểm của BC và CK;

∆
OPC có:
DP = OP (c/m trên);
H.6
O
E
K
D
B
C
A
H.7
O
K
D
P
B
C
A
Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách
Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh
Trang 12



OPC DPC
=
(c/m trên);
Cạnh PC chung
Vậy

Ta lại có:


0
FBC ACB 180 (BF // AC nªn hai gãc trong cï
ng phÝa bï nhau);
+ =


0
KBC ABC 180 (hai gãc kÒ bï)
+ =

mà


ABC ACB ( ABC c©n t¹i A)
= ∆
=>


KBC FBC
=

Xét
∆
FBC và
∆
KBC có:
FB = KB (c/m trên);


RCO BAO (so le trong, CR//AB)
=
Suy ra:
∆
ROC =
∆
BOA (g.c.g);
=> OA = OC =
1
2
AC = =
1
2
AB; OB = OR;
H.8
F
K
D
B
C
A
H.9
R
O
K
D
B
C
A

COR (c.g.c); => OR = CD (2);
Từ (1) và (2) => CD =
1
2
CK. (ñ.p.c.m);
Cách 10: (hình 10)
Trên tia ñối của tia BC lấy ñiểm F sao cho BF = BC; Nối FK; Gọi I là trung ñiểm
của FK;
Xét
∆
FBK và
∆
CBA có:
FB = CB;


FBK CBA (hai gãc ®èi ®Ønh);
=
AB = KB (giả
thiết);
nên
∆
FBK =
∆
CBA (c.g.c) => FK = AC
mà AB = AC => FK = AB =>
1
2
FK =
1

BCD (c.g.c) => BI = CD (3);
Mặt khác do I; B lần lượt là trung ñiểm của FK và FC => IB là ñường trung bình
của
∆
KFC
=> BI =
1
2
CK (4); Từ (3) và (4) suy ra: CD =
1
2
CK. (ñ.p.c.m);
V. KẾT QUẢ ðẠT ðƯỢC
Trong năm học này ñược sự giúp ñỡ của Phòng giáo dục và ðào tạo Quảng
Trạch, Ban giám hiệu trường THCS Nguyễn Hàm Ninh ñã tạo ñiều kiện cho tôi
ñược trực tiếp bồi dưỡng học sinh các lớp 6; 7; 8; 9 của trường và bồi dưỡng học
H.10
I
F
K
D
B
C
A
Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách
Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh
Trang 14

sinh giỏi Toán 9 của huyện. ðiều ñó ñã giúp cho tôi rất nhiều trong công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi. Do ñó trong mấy năm qua ñội tuyển Toán ñi thi các cấp của
Xác nhận của HðKH Người viết

Nguyễn Văn Chương