www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó ***************** I- Đặt vấn đề:
Toán học l môn học đòi hỏi sự sáng tạo không ngừng. Khám phá kho tng
bí ẩn của toán học từ lâu đã kích thích tính tò mò, chinh phục kiến thức của
ngời học. Tuy rằng đây l môn học khó, song không ít ngời say mê nó. Cng
học toán, cng yêu toán, cng lm cho ngời học say mê sáng tạo, tìm tòi v t duy
không chút mệt mỏi. Ngy nay ngời học toán có nhiều cơ hội để học tốt cả về
thời gian v sự đầu t kiến thức, các ti liệu sách vở phục vụ cho học tập nhiều
hơn, phong phú v đa dạng hơn. Nhng bên cạnh đó việc học lệ thuộc vo ti liệu
còn khá phổ biến, trong đó đối tợng ngời học l học sinh ngy cng hạn chế đi
tính tự học tự bồi dỡng, chủ yếu cách giải bi toán do học nhiều m có, lệ thuộc
sách giải, cha phát huy hết tính t duy sáng tạo trong giải toán. Bên cạnh đó các
sách ti liệu còn nặng về lời giải chứ cha nhiều đi sâu vo phân tích phơng pháp
tìm lời giải trên nhiều khía cạnh, có những bi toán nếu chúng ta chịu khó đầu t
nghiên cứu, đa ra những dự đoán v phân tích các khả năng thì có nhiều cách giải
hay v gọn hơn cách giải đã đa ra. Để lm đợc việc đó đòi hỏi sự dy công
nghiên cứu của ngời dạy, l sự xâu chuổi kiến thức để tìm ra lời giải hay, mới lạ
v độc đáo. Đây chính l lý do tôi viết nên đề ti:
Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó.

II- Giải quyết vấn đề:
1- Cơ sở lý luận:
Trong công tác giảng dạy, nhất l công tác bồi dỡng học sinh giỏi nếu GV
dạy cho học sinh cách định hớng v cách phân tích tìm tòi lời giải cùng với kích
thích sự sáng tạo của học sinh thì có rất nhiều bi toán tởng nh hạn chế về cách
giải thì lại có nhiều cách giải hay v độc đáo. Để lm đợc điều ny học sinh cũng
cần đợc trang bị một hnh trang kiến thức đầy đủ, vững chắc cùng với sự say mê
v sáng tạo trong giải toán thì mới đem lại hiệu quả cao. Sự say mê trong tìm tòi,

đó đã có nhiều điều bất ngờ tôi cũng học đợc từ học sinh của tôi đó các bạn ạ!
Kết quả cụ thể:
Số HS phụ thuộc lời
giải sẵn
Số HS say mê sáng tạo
nhiều cách giải
Trớc khi áp dụng đề ti 80% 20%
Sau khi áp dụng đề ti 15% 85%

4- Phạm vi v đối tợng áp dụng đề ti:
Toán nâng cao lớp 8 v 9 gồm cả hình v đại số, đề toán thờng gặp nhiều
trong các kì thi, có thể dùng trong công tác bồi dỡng HSG lớp 9 v ôn thi vo các
trờng chuyên THPT.
5- Nội dung cụ thể của đề ti:
Đề ti đợc sắp xếp hình học trớc, đại số sau. Các cách giải theo sự tiến
triễn của lôgic kiến thức, cách giải sau ngắn gọn v sáng tạo hơn cách giải trớc.
Mỗi bi toán đều có lời bình, đó chính l định hớng cách phân tích để tìm ra các
cách giải khác nhau cho một bi toán.
www.vnmath.com
************** S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã *****************

Sau ®©y t«i xin ®−îc tr×nh bμy phÇn néi dung cña ®Ò tμi mang tªn:
“S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã”.
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó ***************** Chúng ta sẽ lm quen với một số bi toán hình học!

Bi toán1: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O, đờng kính AC. Trên tia

M ED // AH ( vì cùng
DC)
EDHA l hình bình hnh
K l trung điểm của AD v EH
Nên EK= KH (1) v AK = KD
Từ AK = KD ; AB = ID => AK AB = KD ID
hay BK = KI (2)
Từ (1) v (2) => K l trung điểm của đoạn EH v BI
=> EIHB l hình bình hnh (dấu hiệu nhận biết của hình bình hnh)
=> BH // EI , vì BH
AD nên EI

AD hay EI

BD
Xét
EBD có EI l đờng trung tuyến vừa l đờng cao nên

EBD cân tại E.
Sử dụng t/c hình thang v t/c đờng kính vuông góc với dây cung ta có cách c/m
sau:
Cách 2:

Vẽ EI AD ( I

AD) ; vì điểm B thuộc đờng tròn (O) nên ABC = 90
0

Ta có EAC = EDC = 90
0

=> MA = MD (1)
Mặt khác EI // BC ( vì cùng
AD)
Nên EICB l hình thang
Ta có KE = KC ; KM

BI
=> MI = MB (2)
Từ (1) v ( 2) => AB = DI
m AD = 3AB => BI = ID
=> I l trung điểm của BD
Xét
EBD có EI l đờng cao
vừa l đờng trung tuyến nên

EBD cân tại E. Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông ta có cách sau:
Cách 3
:
Gọi P = BC

DE ; M = AE

PC
Gọi N l trung điểm của BD ; K l trung điểm của BN
=> K l trung điểm của AD =>
4
1

1

PB
MB
(2)
Từ (1) v (2) suy ra:
PB
MB
BD
BK


Do đó MK // DP
Xét
ADE có MK // ED ; AK = KD => MA = ME
MB l đờng trung bình của

AEN
MB // EN m MB

AD => EN

AD
A
E
D
B
C
N
y

Ta có: EDC = EAC =90
0

=> A,D thuộc đờng tròn đờng kính EC
hay AEDC l tứ giác nội tiếp đờng tròn đờng kính EC

=> AEC = ADC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
=>

EAC

DBC (g.g)
Do đó
B
C
AC
B
D
EA

(*)
Xét
ACI có CB l đờng cao vừa l đờng trung tuyến

=> CI = CA v C
1
= C
2
. M BD = DI +IB = AB + IB = IA
Thay vo (*) ta đợc


AD, B

đờng tròn (O) đờng kính AC => ABC = 90
0Xét
IDE v BCD có: DIE = CBD = 90
0 EDI = BCD ( cùng phụ với BDC)
=>
IDE BCD (g.g) =>
BD
IE
BC
ID

(1)
Tơng tự
IDE BCD (g.g) =>
IE
AB
IA
BC

(2)
Nhân vế với vế của (1) v (2) ta có:

ID
=> 2ID = IA => ID =
3
1
AD M AB =
3
1
AD (gt) => AB = BI = ID
=> I l trung điểm của BD
Xét
EBD có EI l đờng cao vừa l đờng trung tuyến nên

EBD cân tại E. * Phân tích các cách giải bi toán 1:
Cách 1: Chỉ sử dụng kiến thức l tính chất v dấu hiệu nhận biết của hình bình
hnh. Cách ny phù hợp đối với học sinh lớp 8.
Cách 2 ; 3 v cách 4: Kiến thức phù hợp với học sinh sau khi học chơng trình
lớp 9.
Cách 5: Cách ny ngắn gọn nhất về lời giải củng nh hình vẽ (chỉ vẽ thêm 1

Bình luận:
Từ giả thiết cho AD = 3AB => AD = 2BD v c/m tam giác EBD cân gợi ý
cho ta chia đoạn BD thnh hai phần bằng nhau nên ta cần vẽ thêm hình
phụ l đờng cao EI của tam giác, cần c/m EI l đờng trung tuyến hoặc
ngợc lại . Từ đó m ta có các cách c/m trên. Các bạn còn có cách khác hay
nữa không ?
x
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

trong tam giác KAF vuông ở A.
Ta có:
222
111
A
D
A
F
A
K


M AD = BC =
2
1
AB
=>
22
41
ABAD

414
ABA
F
A
E

=>
222
1
4
11
ABA
F
A
E Các bạn nghĩ sao nếu không cần vẽ thêm hình phụ!
Ta còn có các cách sau:
Cách 2:
Sử dụng định lý Talet v định lý pitago trong tam giác vuông

Vì EC // AB =>
EF

2
2
EF
EC
AF
AB














=>
2
2
2
2
4 EF
EC
AF
AB


=>
2
2
2
2
A
E
AB
EF
CF

(2)
A
K
B
E
F
D
C

1
2
*Bình luận: Từ điều phải chứng minh:
222
4
111
AFA
E
AB


2

EF
EF
EF
CF
EF
EC

Chia 2 vế cho AB
2
ta đợc:
222
1
4
11
A
B
A
F
A
E

Cách 3:
Sử dụng phơng pháp tam giác đồng dạng

Ta có D = B = 90

2
2
2
2
2
2
4 AF
AD
AF
AB
AF
AB








(2)

Từ (1) v (2) cộng vế theo vế ta có:
1
4
2
2
2
2
2

11
ABAFA
E
Cách 4
:
Sử dụng hm số lợng giác sin
2

+ cos
2

= 1 ta có cách thật độc đáo!
Ta có
22
2
2
2
2
2
2
2
4






AD
AE
AB
AF
AB
AE
AB
AF
AB
AE
AB
= sin
2
E
1
+ cos
2
A
1

M DAF = E
2
( đồng vị)

; E
1
=

E
2

4
11
ABAFA
E

*Bình luận: Nếu đi từ đpcm
222
4
111
AFA
E
AB




2
2
2
2
4AF
AB
A
E
AB
1, gợi
ý cho ta sử dụng đến hm lợng giác sin
* Phân tích các cách giải bi toán 2:
Cách 1: Sử dụng kiến thức l hệ thức giữa đờng cao v các cạnh góc vuông trong
tam giác vuông nên phù hợp với HS lớp 9.
Cách 2 v 3: Sử dụng kiến thức về tam giác đồng dạng v định lý Pitago trong tam
giác vuông, sáng tạo của các cách ny l biết vận dụng linh hoạt 2 kiến thức trên
vo giải toán. Cách ny phù hợp với nhiều đối tợng nhất l HS lớp 8.
Cách 4: Sử dụng tỉ số lợng giác của góc nhọn trong tam giác vuông v hm số
lợng giác sin
2

+ cos
2

= 1 (HS sẽ đợc học nhiều ở các lớp trên) . Tuy nhiên
khi sử dụng cần yêu cầu HS chứng minh sin
2

+ cos
2

= 1. Cách ny phù hợp với
đối tợng HS giỏi.

2
- 2
2
(x-y) + 2 - 2xy 0
(x - y)
2
- 2
2
(x- y) + (
2
)
2

0
( x- y -
2
)
2

0 (2) .
Ta có (2) luôn đúng
x,y . Vậy (1) đợc c/m

Cách 2
: Biến đổi tơng đơng v dùng hằng đẳng thức

22
22



- 8(x-y)
2


0
(x
2
+ y
2
)
2
- 8(x
2
+y
2
- 2xy)

0
(x
2
+ y
2
)
2
- 8(x
2
+y
2
- 2)


yx
yx
yx
yx
xyxyyx
yx
yx









21.222
2
2222

(vì x.y =1 v x > y)
áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dơng. Ta có
22
2
).(2
2






với x, y> 0 thỏa mãn x.y =1
Chú ý điểm rơi x= y = 1
Sai lầm thờng gặp:
yx
yxyx


4
))(1(
22

yx
yx
yx
xyyx




4
2)(2
4
)2)(1(

)21(282
4
).(22



Cách 1
: áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dơng x v y ta có:
x+y
xy2
= 2 ( vì xy =1)
Đặt x+ y = t thì t
2
; x
2
+ y
2
= (x+y)
2
- 2xy = t
2
-2
A = (t+1)(t
2
-2) +
t
4
= t
3
+t
2
-3t -3 + t+1 +
t
4

= (t

2
=> t =2 => x+y = 2
A min = 8 x=y = 1
Cách 2
:
Ta biến đổi A = x
3
+ xy
2
+ yx
2
+ y
3
+x
2
+ y
2
+
yx
4

= x
3
+ y + x + y
3
+x
2
+ y
2
+














1;0,
4
22
33
xyyx
yx
yx
yx
yx
x=y =1.
Vậy A
8 . A min = 8 x=y =1

Cách 3
: áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dơng x
2
v y


4
).(2
+ 2 = 2+4+2 = 8
Vậy A
8. A min = 8 x=y = 1
* Phân tích các cách giải bi toán 4:
Cách 1 v 2: Sử dụng phơng pháp biến đổi thông thờng . Chú ý điểm rơi để từ
đó tách thnh các nhóm phù hợp nhằm sử dụng BĐT Côsi. Tuy nhiên 2 cách giải
trên cha thật tối u
Cách 3: Cũng l tạo nhóm thích hợp v sử dụng BĐT Côsi song ngắn gọn v hợp
lý hơn. Chính vì thế khi dạy GV cần định hớng ch HS theo cách ny.
Bi toán 5
: Cho ba số dơng a,b,c thỏa mãn: a+ b+c = 1
CMR:
11
16
ac bc



Chú ý: Với dự đoán điểm rơi a= b =
1
4

2
4ab ; (1+16ab)
2
4. 16ab
=> [(a+b)(1+16ab)]
2
(16ab)
2

=> (a+b)(1+16ab)
16ab (vì 2 vế đều dơng)
Vậy (*) đợc c/m. Hay BĐT đã cho đợc c/m

Cách 2
: Sử dụng phép biến đổi tơng đơng
Ta có: a+b
16. abc a+b 16. ab(1-a-b)
a+b
16ab-16a
2
b-16ab
2
a+b - 16ab +16a
2
b +16ab
2
0
a(16b
2
- 8b +1) + b ( 16a

Tuy nhiên không phải bi no cũng có thể biến đổi đợc dễ dng nh thế. Có
những bi toán khi đã xác định đợc điểm rơi thì việc biến đổi nó cũng đòi hỏi
sự dy công nghiên cứu đó các bạn ạ! Sau đây l một số bi toán tơng đối khó
nhng lại có nhiều cách giải hay v độc đáo nữa!

Bi toán 6
: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Tìm GTNN của P =
222
111 z
z
y
y
x
x







(Dấu = xảy ra x =
3
1
)
=> 2+ 3
3 x
3
-
x.33
0 => 2
)1(.33
2
xx

=> 2x

)1(.33
22
xx
(vì x>0)
=>
2
2
.
2
33
1
x
x
x

(
2
33
x
2
+ y
2
+ z
2
) =
2
33
.
Dấu = xảy ra x=y=z =
3
1
. Vậy P min =
2
33
x=y=z =
3
1Cách 2
: Từ gt => 0 < x
2
, y
2
, z

)1(2 xx

=> x
2
(1-x
2
)
2

27
4

=> x(1-x
2
)
33
2

=>
2
2
33
1
x
x



www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

2
2
.
2
33
1
z
z
z


(3)
Từ (1) ,(2), (3) => P
(
2
33
x
2
+ y
2
+ z
2
) =
2
33
.
P
min
=
2







2
33


Không ngừng sáng tạo, các bạn hãy thử sức với bi toán cao hơn sau!
Bi toán 7
: Cho x, y, z > 0 v x+ y+ z
2
3


CMR: A=
17
2
3111
2
2
2
2
2
2

z
z

1
= b
2
= c
1
= c
2

Đồng thời chú ý điểm rơi của bi toán ny l x= y = z =
2
1

Cách 1
: Sử dụng BĐT (x+y+z)









zyx
111

9
* Bình luận: Với giả thiết x
2
+ y

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Từ x+ y+ z
2
3

=>









zyx
111



6
9

zyx

Đặt a =
2
111


2
3
6
2
3 aba


























3
2
aab






















=
2
2
2
2


(vì ab=81 v a

36 ) . Vậy a + b

2
2
3
6
2





Khi đó áp dụng BĐT (*) ta có :
17
2
3
=
2
3
6
111
)(
111
2
2
2
2

xA

Vậy A
17
2
3
. Dấu = xảy ra khi x = y =z =
2
1Cách giải trên chúng ta đã gặp nhiều trong ti liệu. Song cách biến đổi còn khá
phức tạp. Các bạn có thể tìm thấy sự sáng tạo trong cách giải sau:

Cách 2
: Sử dụng BĐT Côsi cho 17 số dơng, ta có
Ta xét:
2
2
1
x
x
= x
2
+
17
301622
.16
1
17

www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó ***************** 17
30162
2
.16
1
17
1
zz
z

Do đó A
3
17
3048
3
)(16
1
.173
xyz

=
102
3014
3
)(16
1







=
102
90
56
3
2
1
2
1
.
22
173







=
17
2
3
2.


Vì (x+y+z)









zyx
111

9 =>

2
2
81111
zyx
zyx










(t > 0)
Ta xét hiệu:
4
1531

t
t
=

36
4
9
81
4
153
2







tttt

Vì t
99
0; 36 0
44
tt

t
t
81

17
2
3

.
Dấu = xảy ra x=y=z =
2
1
.

*Phân tích các cách giải bi toán 7:
Cách 1: Tách tổng a+b thnh các nhóm nhằm sử dụng đợc tích ab =81 v
a

36 v tính đồng thời xãy ra dấu bằng của x,y,z.
Cách 2: Chỉ sử dụng BĐT Côsi nên phù hợp với đại tr HS song sử dụng với
nhiều số hạng nên bậc của căn l quá lớn, việc ny đòi hỏi quá trình biến đổi HS
phải cẩn thận.
Cách 3: Đây l cách khá sáng tạo, lời giải phù hợp với chuẩn kiến thức nên
HS rất dễ hiểu. Khi dạy GV cần định hớng HS vo cách giải ny

Bi 3
: Cho x, y, z > 0 . CMR:
222
222
x
yzxyz
yzxyzx



* Bình luận: Mặc dù ta dự đoán đợc điểm rơi song mỗi cách giải l một
sự sáng tạo, hớng giải khác nhau v thật độc đáo phải không các bạn?
Chính vì thế m toán học l sự khám phá không ngừng, ngời học toán
phát triển t duy qua giải toán.
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

(Gợi ý: C1: Dùng phép biến đổi tơng đơng
C2: Sử dụng hằng đẳng thức(a-b)
2
= 0v BĐT Côsi cho ba số không âm.
C3: Sử dụng BĐT Bunhiacôpxki
Bi 4
: Tìm x, y thõa mãn:
114
3
xy
xy xy



dụng BĐT Côsi)

Bi 6: Một đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lợt tại D
v E. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng AD, CM cắt DE tại I .
Chứng minh rằng:
I
MDM
I
CCE


(Điều cần c/m gợi ý ta nghĩ đến định lý ta lét, do vậy ta lm xuất hiện 2 đờng
thẳng song song.
C1: Vẽ CK // AB ;
C2: Vẽ MH // DE;
C3: Vẽ MK // AC
Từ đó sử dụng định lýTalet, tính chất của tam giác cân hoặc tính chất 2 tiếp tuyến
cắt nhau ta dễ dng c/m đợc
I
MDM
I
CCE

) III. Kết luận v kiến nghị
1. Kết luận:
- Đề ti l sự tâm huyết của bản thân trong quá trình tự học, tự bồi dỡng v
đợc trải nghiệm trong quá trình nhiều năm dạy bồi dỡng HSG lớp 8,9.


www.vnmath.com
************** S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã *****************