Báo cáo biện pháp Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7

hoa Toán 7 theo cấp độ tăng dần của tư duy:
1. Hướng dẫn học sinh giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau;
2. Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán mới; 
3. Hướng dẫn học sinh xây dựng bài toán tổng quát từ bài toán cụ thể.
I. HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU CÁCH KHÁC NHAU.
Ví dụ 1:
Bài toán 1: Chứng minh định lý: Nếu tam giác có một đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác thì tam giác đó là tam giác cân.
( Bài số 42 trang 73 SGK Toán 7 tập 2).
Lời giải
C
B
A
N
2
1
1
1
1
M
2
Cách 1: 
 Trên tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho MN = MA
Xét ∆ MAC và ∆ MNB có : 
MB = MC (gt); 
 ( đối đỉnh)
 MA = MN ( cách vẽ) 
=> ∆ MAC =∆ MNB( c.g.c) 
=>AC = BN (1) 
và mà (gt) => 
=> ∆ BAN cân tại B => BA= BN (2) Từ (1) và (2) => AB = AC 
 => ∆ ABC cân tại A
B
A
D
2
1
1 
1
1
M
2
C
Cách 2:
 Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt tia AM tại D.
Xét ∆ MBD và ∆ MCA có 
 ( so le trong ), MB = MC( gt); ( đối đỉnh) 
=> ∆ MBD = ∆ MCA(g.c.g)
 => BD = AC ( 1)
Mặt khác ( so le trong)
Mà (gt) => 
=>∆ BAD cân tại B => AB=BD (2) 
Từ (1) và (2) =>AB=AC 
 => ∆ ABC cân tại A
C
B
A
E
2
1
1
1
1
M
2
Cách 3: Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho BE = AB (1) 
=> ∆ BAE cân tại B 
=> 
Mà (gt) 
=> => AC//BE
Xét ∆ MBE và ∆ MCA có 
 ( so le trong ); MB = MC( gt); 
 ( đối đỉnh) 
=> ∆ MBE = ∆ MCA (g.c.g) 
=> BE = AC ( 2)
Từ (1) và (2) => AB= AC 
=> ∆ ABC cân tại A.
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 (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: 
(gt), AM chung.
=> ∆EAM = ∆FAM => MF= ME .
 Mà MB = MC (gt) 
=> ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền, cạnh góc vuông) 
=> => ∆ ABC cân tại A.
Trường hợp 2: 
Trong 2 gócvà có 1 góc lớn hơn hoặc bằng 900. Giả sử ≥ 900
Chứng minh tương tự như trường hợp 1 ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền, cạnh góc vuông)
=> điều này là vô lý vì là góc ngoài của ∆ ABC nên ta luôn có 
=> Trường hợp này không xảy ra. 
Từ các trường hợp trên => Đpcm.
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 ( đối đỉnh) 
=> ∆ KBM = ∆ PCM => BK= CP
Kết hợp với điều kiện = (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 = (gt)
MB = MC(gt) =>∆ MAB = ∆ MAC 
=> AB = AC =>∆ ABC cân tại A.
K
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
 ( so le trong), AM chung 
và ( so le trong)
=> ∆ MAB = ∆  AMN ( g.c.g)
 => BM = AN
Mà BM = MC (gt) => MC = AN. Kết hợp với các điều kiện ; 
 ( so le trong) 
=> ∆KMC = ∆ KNA ( g.c.g) 
=> AK = KC (1)
Mặt khác: (gt), 
 ( so le trong) 
=>
=> ∆ KAM cân tại K => AK=KM(2)
Từ (1) và (2) => KM = KC => ∆ KMC cân tại K => 
Mà ( 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 ( đồng vị) , MB = MC(gt) và ( đồng vị )
=>∆ BDM = ∆  MAC (g.c.g) 
=> AM = BD, 
Xét ∆ KAM và ∆  KBD có 
AM = BD(cmtr) ; ( so le trong) => ∆ KAM = ∆  KBD (g.c.g)
=> KD= KM(1) 
Mặt khác : (cmtr); (gt), ( so le trong) 
=> => ∆ KBD cân tại K 
=> DK = KB (2)
Từ (1) và (2) => KB = KM 
=>∆ KBM cân tại K 
=> 
mà ( đồng vị) 
=> 
=>∆ ABC cân tại A.
Cách 9:
Vì nên trong 2 góc AMB và AMC phải có 1 góc không lớn hơn 900. Không mất tính tổng quát, giả sử 
Nếu 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(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 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 không xảy ra 
=> => 
Xét các tam giác vuông: ∆ AMB 
 và ∆AMC có (gt), AM chung
=> ∆ AMB = ∆ AMC 
=>∆ ABC cân tại A
Ví dụ 2:
Bài toán 2:
 Chứng minh rằng từ tỷ lệ thức : ( a – b 0, c – d 0)
Ta có thể suy ra tỉ lệ thức = 
(Bài 63 trang 31 SGK Toán 7 tập 1 NXB Giáo dục 2003)
Lời giải
Cách 1: Từ => => = 
CM Tương tự ta có: 
=> : : => = 
Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau
 => = và = 
=> = => = 
Cách 3: Đặt => a = bk; c=dk
=> = (1)
Và = = (2)
Từ (1) và ( 2) => = 
Cách 4: 
Từ => 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)
=> = 
Cách 5 
Từ = > ad = bc
Do đó = = 
=> = 
Cách 6:
Từ = > ad = bc
Do đó: = = =
=> = 
Ví dụ 3: 
Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = + 
(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) + ( x -1) = 2000
Dấu = xảy ra khi 2001 – x và x -1 cùng dấu, tức là 1 2001
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2000; khi 1 2001
Cách 2: 
Ta xét các trường hợp sau:
Nếu x A = + = -x + 2001 – x + 1 = -2x + 2002
Vì x -2x -2x+ 2002> 2000 hay A > 2000/
nếu 1 2001 => A = + = -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 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 chính là số đo đoạn thẳng MP , là số đo đoạn thằng MN.
Do đó A = + = NM+ MP
=> Tổng NP+ MP nhỏ nhất khi điểm M 
thuộc đoạn NP tức là 1 2001
Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 
2001 – 1= 2000 đạt được khi 1 2001
Cách 4: Ta có A, dấu = xảy ra khi A 0. Do đó:
 = 2001 – x
Dấu = xảy ra khi 2001 – x 0 hay x 2001
Và x -1. Dấu = xảy ra khi x – 1 0 hay x 1
A = + (2001 – x) + ( x -1) = 2000
Dấu = xảy ra khi 2001 x và x 1 hay 1 2001
Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 2001 - 1= 2000 đạt được khi 1 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: 
 và . 
 và .
 ( Bài 3 trang 108 SGK Toán 7 tập 1)
Lời giải
Ta có là góc ngoài của AIB và là góc trong không kề với nó nên .
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có Do đó Hay .
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.
Bài toán 4.1:
Cho tam giác ABC, I là 1 điểm nằm trong tam giác. Hãy so sánh góc BAC và góc BIC.
 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 (1) 
 ABC có (2)
Mà ; .
Do đó phải có: .
Tiếp tục cho học sinh khai thác các kết quả (1) và (2) để đi tìm mối liên hệ giữa và ta thu được kết quả sau:
Từ (1) và (2) => 
 => 
 => 
 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 .
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:
Do đó + = 
 Đến đây ta có bài toán mới như sau:
Bài toán 4.3:
Cho tam giác ABC, các đường phân giác của góc B và C cắt nhau tại I . CMR (3)
Từ (3) => Nếu biết số đo của thì sẽ xác định được số đo của , 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 biết:
= 600
 = 900 
 = 1200 
 = 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:
Từ các đẳng thức trên ta thấy rằng nếu = thì 
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 = thì tam giac 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 = = thì 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 
 = = thì tam giác ABC là tam giác đều và ngược lại.
Ví dụ 5: 
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC , Â = 90 0, = 30 0 . CMR AB = 1/2BC. 
Cách 1: 
Kẻ tia Ax nằm giữa 2 tia AB, AC : = 300; IBC 
=>IAC cân tại I => IA=IC (1)
Mặt khác ABC vuông tại A => = = 900 - 300 = 600
=900 - 300 = 600
 = = 600 
=> IAB là tam giác đều => AI = IB (2)
Từ (1) và (2) => AI =BI=IC
AB= 1/2 BC
Cách 2: 
 Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AB =AD 
=>AB = 1/2BD(1) 
 =900 => ACBD => 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.
=> = 2 = 2.300 = 600
=>CBD là tam giác đều => BD = BC(2)
Từ ( 1) và (2) AB = 1/2 BC.
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 = 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 ; 
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 = 900, AB = 1/2 BC. CMR =300 
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 ACAB => 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) => =30o
Tương tự như trên tiếp tục cho học sinh chuyển đk =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.
Cách 1: Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B vẽ tia CE sao cho góc = 300 , E thuộc tia BA 
 = + =30o + 30o = 600 
Trên tia Cx lấy E sao cho CB = CE => CBE cân tại E. Mà= 600 
=> CBE là tam giác đều=> BE =BC(1)
Nối AE. Xét CBE và ABC có BC = CE, = = 30o 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 ABE => A là trung điểm của BE => CA là trung tuyến của CBE đều.
=> CA đồng thời là đường cao => ACBE hay=900 
Cách 2: Giả sử 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 = 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.
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 = + 
(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│
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 = ++
Liên hệ với bài toán. Ta có nhận xét
B= A+ 
Và A 2000 x dấu = xảy ra khi 1x2001
 0 x dấu = xảy ra khi x=2
Do đó => B=A+ 2000+ 0 = 2000, dấu bằng xảy ra khi 1x2001 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
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
B = ++. + 
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= ++. + + +..+
Đặt A = ++. + + +..+
B = A + 
 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 1002x1004
Và 0 x. Dấu = xảy ra khi x=1003.
Từ đó=> B1002.1003+0 = 1005006
Dấu = xảy ra khi 1002x1004 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│
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 kế tổ chức, hướng dẫn. Học sinh đóng vai trờ là người thi công, được phát triển trong hoạt động, các em học tập bằng hành động của chính mình từ chỗ làm quen chuyển hướng dần sang tái tạo và sáng tạo.
Bằng các biện pháp như đã trình bày trên, với sự miệt mài hướng dẫn học sinh khai thác các bài toàn trong sách giáo khoa Toán 7 trong các tiết dạy chính khóa cũng như các tiết bồi dưỡng học sinh giỏi đã có tác dụng rất lớn trong việc giúp cho các em có cách nhìn sâu hơn, toàn diện hơn về các bài toán trong sách giáo khoa, từ đó giúp cho các em nắm được kiến thức một cách vững chắc hơn. Các hoạt động trí tuệ như lật ngược vấn đề, xét tính giải được, phân chia các trường hợp hoặc các thao tác tư duy : phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, đặc biệt hóa, khái quát hóa có điều kiện đã giúp học sinh rèn luyện nhiều hơn. Do đó năng lực tư duy sáng tạo toán học của học sinh được rèn luyện thường xuyên và phát triển tốt. Việc khai thác, phát triển một bài toán đơn giản thành chuỗi các bài toán mới với mức độ khó
 dần, tính khái quát cao hơn còn có ý nghĩa giúp cho học sinh mỗi khi đứng trước một bài toán khó thì có thể bình tĩnh nhận diện được bài toán gốc từ đó có thể tìm ra được cách giải, đồng thời từ chuỗi các bài toán mới được xây dựng sẽ giúp cho giáo viên có điều kiện hướng dẫn học sinh yếu nâng dần trình độ, có khả năng giải các bài toán phức tạp hơn, kích thích được học sinh giỏi tiến tới tìm tòi sáng tạo một cách tự lực.
Do vậy chất lượng học toán của học sinh khi được áp dụng đề tài này đã
 tăng lên rõ rệt, hầu hết các em đều có kĩ năng giải toán, biết trình bày lời giải với những lập luận chặt chẽ , suy diễn chính xác, khoa học. Một số em đã có thói quen tìm tòi nhiều lời giải một bài toán hoặc thay thế các điều kiện của bài toán bằng các điều kiện tương đương, bước đầu biết khái quát hóa thành bài toán phức tạp hơn Những kết quả đó đã đóng góp một phần không nhỏ vào việc phát triển năng lực tư duy sáng tạo, rèn trí thông minh, thúc đẩy niềm say mê dạy và học toán của thầy và trò chúng tôi .
Dưới đây là bảng thống kê các đợt kiểm tra khảo sát, đối chứng, thực hiện ở nhóm 71 ( nhóm chưa áp dụng đề tài ) và nhóm 72 (nhóm đã áp dụng đề tài) năm học 2012-2013.
Thời điểm
Khảo sát
Đối tượng khảo sát
Kết quả khảo sát
Học sinh nhóm
Đã hoặc