Rèn luyện tư duy thông qua giải một số bài toán hình học bằng nhiều cách cho học sinh lớp 8 trường THCS Nga Điền

Mục lục
Mục lục
1. Mở đầu:
1.1. Lý do chon đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để
giải quyết vấn đề.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
Phụ lục.
Tài liệu tham khảo

trang 1
trang 2
trang 3
trang 3
trang 4
trang 4
trang 4
trang 5
trang 17
trang 19
trang 19

trang 20

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Một trong những yêu cầu đặt ra của cải cách là phải đổi mới phương pháp
dạy hoc theo hướng tích cực hoá hoạt động hoc tập của hoc sinh, dưới sự tổ
chức hướng dẫn của giáo viên. Hoc sinh tự giác, chủ động tìm tòi, phát hiện và
giải quyết nhiệm vụ nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt, sáng tạo các
kiến thức đã hoc vào bài tập và thực tiễn, trong đó có đổi mới dạy hoc môn toán.
Trong trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán hoc. Đối với hoc sinh
có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán hoc. Quá trình
giải toán đặc biệt là giải toán hình hoc là quá trình rèn luyện phương pháp suy
nghĩ, phương pháp tìm tòi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thông qua việc
giải toán thực chất là hình thức để củng cố, khắc sâu kiến thức rèn luyện được
những kĩ năng cơ bản trong môn toán.
Trong hoạt động dạy hoc theo phương pháp đổi mới, giáo viên cần giúp
hoc sinh chuyển từ thói quen thụ động sang thói quen chủ động. Muốn vậy GV
cần chỉ cho HS cách hoc, biết cách suy luận, biết tự tìm lại những điều đã quên,
biết cách tìm tòi để phát hiện kiến thức mới. Các phương pháp thường là những
quy tắc, quy trình nói chung là các phương pháp có tính chất thuật toán. Tuy
nhiên cũng cần coi trong các phương pháp có tính chất tìm đoán. Hoc sinh cần
được rèn luyện các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái
quát hoá, tương tự, quy lạ về quen. Việc nắm vững các phương pháp nói trên tạo
điều kiện cho hoc sinh có thể đoc hiểu được tài liệu, tự làm được bài tập, nắm
vững và hiểu sâu các kiến thức cơ bản đồng thời phát huy được tiềm năng sáng
tạo của bản thân và từ đó hoc sinh thấy được niềm vui trong hoc tập.
Là một giáo viên toán trong quá trình tự hoc bồi dưỡng thường xuyên về

đổi mới phương pháp dạy hoc hiện nay bản thân cũng nhận thấy được yêu cầu
trên là rất phù hợp và thiết thực. Trong quá trình dạy hoc giải toán giáo viên
phải biết hướng dẫn, tổ chức cho hoc sinh tìm hiểu vấn đề phát hiện và phân tích
mối quan hệ giữa các kiến thức đã hoc trong một bài toán để từ đó hoc tìm được
cho mình phương pháp giải quyết vấn đề trong bài. Chỉ trong quá trình giải toán
tiềm năng sáng tạo của hoc sinh được bộc lộ và phát huy, các em có được thói
quen nhìn nhận một sự kiện dưới những góc độ khác nhau, biết đặt ra nhiều giả
thuyết khi phải lý giải một vấn đề, biết đề xuất những giải pháp khác nhau khi
xử lý một tình huống.
Về khách quan cho thấy hiện nay năng lực hoc toán của hoc sinh còn rất
nhiều thiếu sót đặc biệt là quá trình vận dụng các kiến thức đã hoc vào bài tập và
thực tiễn. Tỷ lệ hoc sinh yếu kém còn cao các em luôn có cảm giác hoc hình khó
hơn hoc đại số. Tình trạng phổ biến của hoc sinh khi làm toán là không chịu
nghiên cứu kĩ bài toán, không chịu khai thác và huy động kiến thức để làm toán.
Trong quá trình giải thì suy luận thiếu căn cứ hoặc luẩn quẩn, trình bày cẩu thả,
tuỳ tiện …
Về phía giáo viên phần lớn chưa nhận thức đầy đủ về ý nghĩa của việc
dạy giải toán. Hầu hết GV chưa cho HS làm toán mà chủ yếu giải toán cho hoc

2


sinh, chú ý đến số lượng hơn là chất lượng. Trong quá trình dạy hoc giải toán
GV ít quan tâm đến việc rèn luyện các thao tác tư duy và phương pháp suy luận.
Thông thường GV thường giải đến đâu vấn đáp hoặc giải thích cho hoc sinh đến
đó, không những vậy mà nhiều GV coi việc giải xong một bài toán kết thúc hoạt
động. GV chưa thấy được trong quá trình giải toán nó giúp cho hoc sinh có được
phương pháp, kĩ năng, kinh nghiệm, củng cố, khắc sâu kiến thức mà còn bổ
sung nguồn kiến thức mới phong phú mà tiết dạy lý thuyết mới không thể có
được.

Trong quá trình công tác bản thân tôi không ngừng hoc tập nghiên cứu và
vận dụng lý luận đổi mới vào thực tế giảng dạy của mình. Qua quá trình tập
huấn, được sự cộng tác của đồng nghiệp và sự chỉ đạo của ban giám hiệu nhà
trường tôi đã tiến hành nghiên cứu và vận dụng quan điểm trên vào công tác
giảng dạy của mình và thấy rất có hiệu quả.
Xuất phát từ những lý do trên tôi đã chon đề tài nghiên cứu. Đề tài mang
tên: “Rèn luyện tư duy thông qua giải một số bài toán hình học bằng nhiều
cách cho học sinh lớp 8 trường THCS Nga Điền”.Với mong muốn góp phần
nâng cao chất lượng dạy hoc môn toán theo tinh thần đổi mới.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Đây là đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của
môn Hình hoc và đặc biệt nó giúp phát triển rất nhiều tư duy của hoc sinh, nếu
vấn đề này tiếp tục được khai thác hàng năm và được sự quan tâm góp ý của các
thầy cô thì chắc hẳn nó sẽ là kinh nghiệm quý dành cho việc dạy hoc sinh khá
giỏi. Vì đây là đề tài rộng nên trong kinh nghiệm này chỉ trình bày một vài bài
tập của môn Hình lớp 8.
Chỉ có thể thấy được sự thú vị của những bài toán này trong thực tế giảng
dạy, những bài toán cơ bản nhưng cũng có thể làm cho một số hoc sinh khá lúng
túng do chưa nắm được những bài toán cơ bản. Khi đi sâu tìm tòi những bài toán
cơ bản ấy không những hoc sinh nắm sâu kiến thức mà còn tìm được vẻ đẹp của
môn Hình. Vẻ đẹp đó được thể hiện qua những cách giải khác nhau, những cách
kẻ đường phụ, những ý tưởng mà chỉ có thể ở môn Hình mới có, làm được như
vậy hoc sinh sẽ yêu thích môn Hình. Đó là mục đích của bất kì giáo viên dạy ở
môn nào cần khêu gợi được niềm vui, sự yêu thích của hoc sinh ở môn hoc đó.
Nhưng mục đích lớn nhất trong việc dạy hoc là phát triển tư duy của hoc sinh và
hình thành nhân cách cho hoc sinh. Qua mỗi bài toán hoc sinh có sự nhìn nhận
đánh giá chính xác, sáng tạo và tự tin qua việc giải bài tập Hình đó là phẩm chất
của con người mới.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng chính là hoc sinh lớp 8 trường THCS Nga Điền nhằm rèn

luyện tư duy thông qua giải một số bài toán hình hoc bằng nhiều cách. Khi nhìn
một bài toán dưới nhiều góc độ thì hoc sinh đó sẽ tự tin hơn, thích thú hơn với
môn hoc, yếu tố đó rất quan trong trong quá trình tự hoc, nó giúp quá trình rèn
luyện hình thành tư duy cho hoc sinh tốt hơn.

3


1.4. phng phỏp nghiờn cu:
hon thnh ti tụi ó s dng kờt hp nhiu phng phap c th l:
- Nghiên cứu kỹ chơng trình SGK, đọc thêm sach tham kho (chơng trình cũ và
mới)
- Điều tra tình hình học sinh khi làm các bài toán
- Dùng phơng pháp kiểm nghiệm thông qua việc ra đề kiểm tra
- Trao đổi với các đồng nghiệp, học hỏi kinh nghiệm
Ngoi ra tụi cũn s dng mt sụ phng phap khac.
2. NễI DUNG CUA SANG KIấN KINH NGHIấM
2.1. C s lớ lun cua sỏng kiờn kinh nghiờm:
Do t duy l thuc tớnh cua tõm lớ, t duy hỡnh thnh v phat trin theo
tng giai on trong qua trỡnh trng thnh cua con ngi. T duy c biờt phat
trin mnh giai on thanh, thiờu niờn. Vỡ vy giao viờn cõn phi quan tõm ờn
phng phap ging dy nhm phat trin t duy cho hoc sinh mt cach tụt nht.
Tt c cac mụn hoc u phat trin t duy cho hoc sinh nhng mụn toan cú vai
trũ quan trong hn c. Gii bi tp toan l lỳc hoc sinh c th hiờn k nng,
tớnh sang to, phat trin úc t duy.
Cac bi tp Hỡnh trong sach giao khoa rt a dng nhng lm sao cho
phõn ln cac hoc sinh kha v trung bỡnh nh lõu, hiu vn ú mi l quan
trong. Do c im cua mụn Hỡnh khú, phi t duy tru tng v kốm thờm viờc
v hỡnh phc tp nờn GV phi to cho hoc sinh k nng v hỡnh v hng dn
hoc sinh t duy da trờn nhng bi toan c bn.

2.2. Thc trng vn ờ trc khi ỏp dng sỏng kiờn kinh nghiờm
Qua qua trỡnh cụng tac ging dy, tụi thy:
- a sụ HS, sau khi tỡm c mt li gii ỳng cho bi toan thỡ cac em hi lũng
v dng li, m khụng tỡm li gii khac, khụng khai thac thờm bi toan, khụng
sang to gỡ thờm nờn khụng phat huy hờt tớnh tớch cc, c lp, sang to cua bn
thõn.
- HS cũn hoc vt, lm viờc rp khuụn, may múc. T ú dn ờn lm mt i tớnh
tớch cc, c lp, sang to cua bn thõn.
- HS yờu toan núi chung v yờu hỡnh hoc, c biờt l yờu v gii bi toan cú v
thờm yờu tụ ph núi riờng chu yờu l do kiờn thc cũn hng, li li hoc, li
suy ngh, li t duy trong qua trỡnh hoc tp.
- Khụng ớt HS thc s chm hoc nhng cha cú phng phap hoc tp phự hp,
cha tớch cc chu ng chiờm lnh kiờn thc nờn hiờu qu hoc tp cha cao.
- Hoc khụng i ụi vi hnh, lm cho bn thõn HS ớt c cung cụ, khc sõu
kiờn thc, ớt c rốn luyờn k nng lm nn tng tiờp thu kiờn thc mi, do
ú nng lc ca nhõn khụng c phat huy hờt.
- Mt sụ GV cha thc s quan tõm ờn viờc khai thac bi toan trong cac tiờt
dy núi riờng cng nh trong cụng tac dy hoc núi chung.
- Viờc chuyờn sõu mt vn no ú, liờn hờ c cac bi toan vi nhau, khai
thac mt bi toan s giỳp cho HS khc sõu c kiờn thc. Quan trong hn l
nõng cao c t duy cho cac em HS, giỳp HS cú hng thỳ hn khi hoc toan.

4


Trong quá trình dạy tôi đã khảo sát hoc sinh lớp 8A đầu năm và thu được
kết quả như sau:
Kếtquả
Giỏi
Khá

Trung bình
Yếu, kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
Lớp
8A(43)
0
0
10
23,2
16
37,3
17
39,5
Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp
dạy và hoc sao cho phù hợp
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề
Qua những bài toán mà HS đã giải được, tôi định hướng cho các em tư
duy, tập trung nghiên cứu thêm về lời giải, về kết quả bài toán đó. Bằng các hình
thức như:
- Kiểm tra kết quả. Xem xét lại các lập luận.
- Nghiên cứu, tìm tòi, . . . với việc tập trung giải quyết các vấn đề như:
Liệu bài toán còn có cách giải khác hay không? Có thể thay đổi dữ kiện bài cho

để đề xuất bài toán mới không? Bài toán đã cho có liên quan với các bài toán
nào khác không? . . ..
Trong đề tài này, tôi xin minh hoạ bằng cách khai thác, tìm nhiều lời giải
cho một số bài tập hình hoc lớp 8. Nhằm giúp HS thấy được cái hay, cái đẹp, sự
thú vị trong hoc toán nói chung và trong hoc hình hoc nói riêng. Từ đó, giúp HS
tự tin, tích cực, sáng tạo hơn trong hoc toán; giúp HS thêm yêu thích, nâng cao
chất lượng, kết quả hoc tập môn toán.
Bµi to¸n 1: Chứng minh rằng: Nếu tam giác có một đường trung tuyến đồng
A
thời là đường phân giác
thì tam giác đó là một tam giác cân.
Tìm tòi:
Xét ∆ABC có đường trung tuyến AM đồng thời
là đường phân giác (Hình 1)
Ta sẽ chứng minh ∆ABC cân tại A, tức là:
µ =C
µ
∆ABC phải có : AB = AC hoặc B
Như vậy, ta có hai hướng để chứng minh ∆ABC cân.
Lời giải:
B
C
M
- Hướng 1: ∆ABC có AB = AC.
+ Với kiến thức lớp 7, nếu sử dụng các trường hợp
A có các cách giải sau:
bằng nhau của tam giác thì ta
Cách 1:(Hình 2 )
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho AM=MD.
Khi đó : ∆ACM=∆DBM (c.g.c)

·
·
vì MB = MC(gt), CMA
( đối đỉnh),
= DMB
AM = MD(cách vẽ)
B
C
M
·
·
Từ đó, suy ra: AC=DB (1); CAM
(2).
= BDM

5
D


·
·
Mà CAM
(gt) (3).
= BAM
·
·
Từ (2) và (3) suy ra: BDM
= BAM
Do đó có ∆BAD cân tại B. suy ra: AB = DB (4).
Từ (1) và (4) suy ra: AB = AC

A

Cách 2: Chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử : AB >AC(Hình 3)
Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với AM
cắt AB tại F, cắt AC tại E .
·
·
Khi đó : ∆AFM = ∆AEM(g.c.g) vì CAM
;
= BAM
·
·
AM chung; FMA
= EMA
= C900 .
Từ đó, suy ra: FM = CM (5)
F
Dễ thấy : ∆BMF=∆CME(c.g.c)
vì BM = CM(gt);
M
E
·
·
;
FM=EM
(theo(5)).
BMF
=
CME

B
·
·
Do đó, suy ra: BFM
, mà hai góc này là hai góc so le trong nên suy ra
= CEM
BF// CE. Điều này mâu thuẫn với BF và EC cắt nhau tại A.
Chứng tỏ điều giả sử là sai.
Giả sử : AB tỏ điều giả sử sai.
Vậy AB=AC (đpcm).
Cách 3: Chứng minh bằng phản chứng .
Giả sử :AB >AC (Hình 4)
Trên cạnh AB lấy điểm H sao cho AH = AC.
·
·
Khi đó : ∆AHM = ∆ACM(c.g.c) vì AM chung; HAM
; AH = AC(cách vẽ).
= CAM
·
·
suyA ra: AHM
(1); MH = MC (2);
= ACM
Mà MB = MC(gt) (3).
Do đó, từ (2) và(3) suy ra: MB = MH
⇒ ∆BMH cân tại M
·
·
⇒ MBH

(4)
= MHB
Từ (1) và (4) ta có :
·
·
·
·
Bµ + Cµ = MBH
+ ACM
= MHB
+ AHM
= 1800 (Hai góc kề bù)
µ +B
µ = 1800 ;A
µ > 00 .
µ +C
Mâu thuẫn Cvới ∆ABC có: A
Do vậy, điều giả sử sai.
M
Giả sử: AB < AC chứng minh tương tự
A
cũng dẫn đến
mâu thuẫn.
Do đó AB=AC. Vậy ∆ABC cân tại A.

H

B

Cách 4: (Hình 5)

Vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥AC
Ta có: MI = MK ( tính chất tia phân giác của một góc)
K

I
B

M

C

6


Khi đó: ∆ AMI = ∆AMK (cạnh huyền – góc nhon)
·
·
µ = 900 , IAM
= KAM(gt)
(do I$= K
, AM chung)
suy ra: AI = AK (1)
∆BMI = ∆CMK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông)
µ = 900 , MI = MK, MB = MC )
(do I$= K
suy ra: BI = CK (2)
Từ (1) và (2) ta có : AI+BI=AK+CK hay AB = AC
P
Vậy ∆ABC cân tại A.
*Với kiến thức lớp 8, ta có các cách giải sau.

Cách 5: (Hình 6)
Trên tia đối của tia AB lấy điểm P sao cho AP = AB (1).
Xét ∆CBP có AP = AB, BM = MC (gt)
⇒ AM là đường trungA bình của ∆CBP.
·
·
do đó có AM //CP ⇒ BAM
(hai góc đồng vị) (2)
= APC
·
·
(hai góc so le trong)(3)
CAM
= ACP
·
·
mà BAM
(gt) (4)
= CAM
·
·
Từ (2), (3), (4) suy ra APC
= ACP
⇒ ∆ACP cân
tại A ⇒ AP =AC (5)
B
C
M
A ta có : AB = AC hay ∆ABC cân.
Từ (1) và (5)

Cách 6 : (Hình 7) Chứng minh bằng phản chứng .
Giả sử AB > AC .
Trên cạnh AB lấy điểm Q sao cho AQ = AC.
Goi N là giao điểm của QC với AM.
Ta có: ∆AQN = ∆ACN (c.g.c) vì
·
·
AQ=AC (cách dựng); QAN
(gt); AN chung.
= CAN
suy ra QN =NCN mà BM = CM (gt)
Q
⇒ MN là đường trungC bình của ∆QCB ⇒ MN//BQ
M thuẫn với QB và MN cắt nhau tại A.
Điều này mâu
A
B
Giả sử: AB < AC chứng minh tương tự
cũng dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy AB = AC hay ∆ABC cân.
Cách 7:(Hình 8)
Trên tia đối của tia AM lấy điểm O sao cho:
AM = OM
B
C
M
Xét tứ giác ABOC có
A MA = MO ( cách vẽ)
MB = MC (gt),
⇒ ABOC là hình bình hành

mặt khác AO là đường phân giác của góc BAC
⇒ ABOC là hình thoi
O
⇒ AB = AC ⇒ ∆ABC
cân.
Cách 8:(Hình 5) (Phương pháp diện tích )
K

I
B

M

C

7


Từ hình 5, ta có ∆ABM và ∆ACM có chung
đường cao hạ từ đỉnh A và có hai cạnh
đáy BM, CM bằng nhau, nên SABM = SACM (1)
1
2

1
2

mà SABM = AB.MI ; SACM= AC.MK (12)
Từ (1) và (2) suy ra

1
1
AB.MI = AC.MK
2
2

hay AB.MI = AC.MK (3)
Mặt khác MI = MK(tính chất tia phân giác của một góc )
Do đó từ (3) suy ra AB = AC hay ∆ABC cân.
A
Cách 9: (Hình 1)
(Vận dụng tính chất đường phân giác của tam giác).
Vì AM là đường phân giác của tam giác ABC nên có:
MB AB
=
MC AC

Mặt khác AM là đường trung tuyến của ∆ABC
MB
=1
nên MB = MC ⇒
MC
AB
= 1 ⇒ AB = AC hay ∆ABC cân.
từ đó có
B AC
C
M

µ .

µ =C
- Hướng 2: ∆ABC có B
Cách 10:(hình 5)
Vẽ MI ⊥A AB, MK ⊥AC
Ta có: MI = MK ( tính chất tia phân giác của một góc)
Khi đó :
∆ AMI = ∆ AMK (cạnh huyền – góc nhon)
·
·
(do MI = MK, IAM
, AM chung)
= KAM
suy ra: AI=AK
∆ BMI = ∆CMK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông)
·
·
(do MI = MK , BIM
= CKM
= 900 MB = MC( gt))
K
I
suy ra AI + IB = AK + KC
hayB AB = AC hay
∆ABC Ccân.
M
Nhận xét : Qua bài toán này chúng ta thấy nếu khéo léo trong việc vẽ thêm hình
phụ và vận dụng kiến thức hợp lí ta có thể tìm được nhiều lời giải cho một bài
toán.

Bài toán 2: Cho tam giác ABC cân tại A, đường trung tuyến CD. Trên tia đối

1
của tia BA lấy điểm K sao cho BK = BA. Chứng minh rằng
CD = CK.
2
Tìm tòi:
1
Từ yêu cầu của bài toán là chứng minhCD = CK; giúp điều đó giúp hoc
sinh nghĩ ngay đến kiến thức về đường trung bình2 của tam giác. Với hình vẽ

8


như bài ra đã cho thì chứng minh không phải là điều dễ dàng. Tuy thế nếu ta
không chứng minh CD là đường trung bình của tam giác nào đó chứa cạnh CK
thì ta thử chứng minh độ dài đoạn thẳng CD bằng nửa độ dài một cạnh nào đó
mà cạnh ấy lại bằng CK hoặc CD bằng độ dài một cạnh nào đó mà cạnh này
lại bằng nửa độ dài đoạn thẳng CK. Với suy nghĩ như trên chúng ta có thể đi vào
giải bài toán trên bằng một số cách sau:
Lời giải:
Với việc vận dụng kiến thức trong tam giác cân, hai đường trung tuyến
ứng với hai cạnh bên bằng nhau, ta có thể tạo ra đường trung tuyến BE. Dễ
dàng chứng minh được BE là đường trung bình của tam giác ACK.
Cách 1: (Hình 1)
A
Goi E là trung điểm của AC.
1
Có BE là đường trung bình của ∆ AKC ⇒ BE = 2 KC (1)
Xét ∆ BDC và ∆ CEB có:
1
1

D
E
BD = CE (vì BD = 2 AB,CE = 2 AC; mà AB = AC);
Cạnh BC chung
·
·
(vì ∆ ABC cân tại A);
DBC
= ECB
B
C
Vậy ∆ BDC = ∆ CEB (c.g.c);
Suy ra CD = BE (hai cạnh tương ứng) (2)
1
Từ (1) và (2) suy ra CD = 2 CK.
H .1

Ta có thể tạo ra các tam giác bằng nhau,
A
như cách giải sau đây.
K
Cách 2: (Hình 2)
Goi H là trung điểm của KC.
Ta có BH là đường trung bình của ∆ AKC
D
1
⇒ BH = AC
2
Xét ∆ BDC và ∆ BHC có:
1

1
BD = BH (vì BD = 2 AB;BH = 2 AC mà AB = AC) B
C
·
·
·
·
(vì DBC
mà
= ACB
HBC
= DBC
·
·
( so le trong do BH//AC) )
ACB
= HBC
A
BC cạnh chung
H
Vậy ∆ BDC = ∆ BHC (c.g.c)
H .2
Suy ra CH = DC (hai cạnh tương ứng)(1)
1
D
Mà H là trung điểm của KC1nên CH = 2 CK (2)
CD = CK
K
Từ (1) và (2) suy ra:
2

Chúng ta cũng có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng CK và
H .3 việc
chứng minh CD bằng nửa đoạn thẳng đó tương đối dễB dàng:
C
Cách 3: (hình 3)
Trên tia đối của tia CA lấy điểm M

9
K

M


sao cho CA = CM
⇒ CD là đường trung bình của ∆ ABM
1
2

⇒ DC = BM (1)
Xét ∆ KBC và ∆ MCB có
·
· CB (vì cùng bù với ABC
·
BC cạnh chung; KBC
)
=M
KB = MC (vì KB = AB; MC = AC; AB = AC);
⇒ ∆ KBC = ∆ MCB (c.g.c)
⇒ KC = MB (hai cạnh tương ứng) (2).
1

Từ (1) và (2) suy ra: CD = 2 CK.
Cách 4: (hình 4)
Trên tia đối của tia CB lấy điểm N
sao cho CB = CN
Ta có: DC là đường trung bình của ∆ABN
D

A

1

⇒ CD = AN (1)
2

·
· CN = 1800 − A
· CB
·
Có KBC
,A
= 1800 − ABC
· BC = A
· CB ⇒ KBC
·
·
B
mà A
= ACN
Xét ∆ KBC và ∆ ACN có
·

·
BC = CN; KBC
(c/m trên)
= ACN
KB = AC (cùng bằng AB)
⇒∆ KBC = ∆ ACN (c.g.c)
⇒ CK = AN (hai cạnh tương ứng)(2);
1
K
Từ (1) và (2) suy ra: CD = CK
2
Cách 5: (hình 5)
Goi P và Q lần lượt là trung điểm của BC và BK
Có DP là đường trung bình của ∆ ABC

1
2

1
2

⇒ DP = AC = AB = DB

C

N

H .4

A

D

·
·
DP // AC ⇒ DPB
(Hai góc đồng vị)
= ACP
·
·
A
Theo giả thiết ABC = ACB ( ∆ ABC cân tại A);
·
·
⇒ DPB
= DBP
B
P
0
0
·
·
·
·
Mà QBP = 180 − DBP;DPC = 180 − DPB
·
·
= DPC
D
⇒ QBP

Xét ∆ QBP và ∆ DPC có:
Q
·
·
QB = DP; QBP = DPC (chứng minh trên);
1
BP = CP (cùng bằng 2 BC)
B
⇒∆ QBP = ∆ DPC (c.g.c)⇒ DC = QP(1) K
1
QP
=
CK (2)
Mặt khác QP là đường trung1bình của ∆ KBC nên
2
CD = CK.

C

E H .5

C

H .6

2

O

10

K


Từ (1) và (2) suy ra:
Cách 6: (Hình 6).
Goi E và O lần lượt là trung điểm của AC và KC
⇒ OE là đường trung bình của ∆ ACK
1
Nên OE = AK mà AK = 2AB = 2AC
2
⇒ OE = AB = AC
Xét ∆ CDA và ∆ OCE có:
1
AC);
AD = CE (cùng bằng 2
OE = CA;
·
·
DAC
= CEO
đồng vị do OE//AD)
Vậy ∆ CDA = ∆ OCE (c.g.c)
⇒ OC = CD (1)
1
OC = CK (2)
Mặt khác O là trung điểm CK
nên
1
2
CD

=
CK.
Từ (1) và (2) suy ra
2

A

Cách 7: (hình 7)
Goi P và O lần lượt là trung điểm của BC và CK
⇒ DP là đường trung bình của ∆ ABC nên DP = 1 AC

D

2
1

Và OP là đường trung bình của ∆ CBK nên OP = 2 BK
Theo bài ra, ta có BK = AB= AC nên DP = OP;
·
·
·
·
(so le trong do OP//DB); DBP
OPB
= DBP
= ACP
·
·
và ACP
( 2 góc đồng vị do DP//AC)

= DPB
·
·
·
·
⇒ OPB
⇒ OPC
= DPC
= DPB
Xét ∆ DPC và ∆ OPC có:
·
·
DP = OP (c/m trên); OPC
(c/m trên);
= DPC
K
Cạnh PC chung
Vậy ∆ DPC = ∆ OPC (c.g.c)
1
1
OC = CK ⇒ CD = CK.
Nên OC = CD mà
2
2
Cách 8: (hình 8)
Trên tia đối của tia DC lấy điểm F
sao cho DF = DC;
Xét ∆ BDF và ∆ ADC có: DF = DC;
·
·

DA = DB; FDB
(hai góc đối đỉnh);
= CDA
suy ra: ∆ BDF = ∆ ADC (c.g.c)
⇒ BF = AC
mà AC = AB = BK nên BF = BK
·
·
Ta lại có: FBC
+ ACB
= 1800 (hai góc trong
cùng phía bù nhau do BF // AC);

B

C
P

H .7
O

F

A

D

B

C

H .8

K

11


·
·
và KBC
+ ABC
= 1800 (hai góc kề bù)
·
·
·
·
mà ABC
(∆ABC cân tại A) ⇒ KBC
= ACB
= FBC
·
·
Xét ∆ FBC và ∆ KBC có: FB = KB (c/m trên); KBC
; BC cạnh
= FBC
chung;
Vậy ∆ FBC = ∆ KBC (c.g.c)1=> FC = CK
Suy ra 2CD = CK ⇒ CD = 2 CK.
Cách 9: (hình 9)

A
Từ B kẻ đường thẳng song song với CK cắt AC tại O
Xé t ∆ AKC có BA = BK(gt); BO// KC
1
2

⇒ AO=CO= AC
⇒ BO là đường trung bình của ∆ AKC

D

O

1
2

⇒ BO = CK
B
Xét ∆ BDC và ∆ COB có:
1
1
BD = CO (vì BD = 2 AB = 2 AC = CO);
Cạnh BC chung
·
·
(vì ∆ ABC cân tại A);
DBC
= OCB
H .9
Vậy ∆ BDC = ∆ COB (c.g.c);

Suy ra CD = BO (hai cạnh tương ứng)(2)
1
K
Từ (1) và (2) ⇒ CD = CK
2
Cách 10: (hình 10)
Trên tia đối của tia BC lấy điểm F
sao cho BF = BC. Nối FK. Goi I là trung điểm của FK.
Xét ∆ FBK và ∆ CBA có:
·
·
FB = CB (cách vẽ); FBK
(hai góc đối đỉnh); AB = KB (giả thiết)
= CBA
A
nên ∆ FBK = ∆ CBA (c.g.c)
⇒ FK = AC
mà AB = AC => FK = AB
1
D
⇒ FI = 2 AB ⇒ FI = DB(1)
Theo bài ra, ta có:
·
·
·
·
mà ACB
ACB
= ABC
= BFI

F
( do∆ FBK = ∆ CBA (c.g.c))
B
·
·
⇒ DBC = BFI
Xét ∆ BCD và ∆ FBI có:
·
·
BC = FB; DBC
(c/m trên); I
= BFI
H .10
BD = FI (theo (1));
Vậy ∆ BCD = ∆ FBI (c.g.c)
K
⇒ BI = CD (3)

C

C

12


Mặt khác do I và B lần lượt là trung điểm của FK và FC
⇒ IB là đường trung bình của ∆ KFC
1
2

⇒ BI = CK (4)

1
Từ (3) và (4) suy CD = 2 CK. ra:
Bài toán 3: Cho hình vuông ABCD. M là điểm trong hình vuông sao cho
·
·
CDM
= DCM
= 150 . Chứng minh rằng tam giác ABM đều.
Tìm tòi:
·
·
·
∆ DMC cân tại A ( CDM
= 1500
= DCM
= 150 )⇒ DM = MC và DMC
·
·
·
Mặt khác ta có: ADM
= ADC
- CDM
= 750
·
·
·
BCM
= BCD

- MCD
= 750
Xét ∆ADM và ∆BCM có: AD = BC( ABCD là hình
vuông);
A
B
0 ; DM = MC
·ADM = BCM
·
= 75
Do đó ∆ ADM = ∆ BCM ( c.g.c) => AM = BM
⇒ ∆ ABM cân tại M
Như vậy để chứng minh ∆ ABM đều, chỉ cần
chứng minh thêm AM = AB hoặc BM = AB
hoặc một trong các góc của ∆ ABM bằng 600.
Đặt AB = BC = CD = DA = a
Ta có các cách giải sau:
M
Lời giải:
D
C
Cách 1: (Chứng minh bằng phản chứng)
·
·
Giả sử ∆ ABM không đều suy ra AMB
> 600 hoặc AMB
< 600
·
-TH 1: AMB
> 600

·
·
·
·
Ta có: AMB
+ BMC
+ CMD
+ DMA
= 360 0
1
·
·
·
·
·
·
⇒ AMD
= BMC
= (3600 - CMD
- AMB
) ⇒ AMD
= BMC
< 750
2
·
·
< AMB
⇒ AM < AB = a(1)
∆ ABM có ABM
·

·
> AMD
⇒ AM > AD = a(2)
∆ ADM có ADM
Từ (1) và (2) suy ra điều vô lí
·
-TH 2: AMB
< 600
1
1
·
·
·
·
= BMC
= (360 0 - CMD
- AMB)
> (360 0 -150 0 - 60 0 ) = 75 0
Ta có: AMD
2
2
·
·
∆ ABM có ABM > AMB ⇒ AM > AB = a(3)
·
·
< AMD
⇒ AM < AD = a(4)
∆ ADM có ADM
·

Từ (3) và (4) suy ra điều vô lí. Vậy AMB
= 600
Do đó ∆ ABM là tam giác đều

13


Cách 2: ( kỹ thuật hình duy nhất)
Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa M, dựng tam giác đều ABM’
A
∆ ADM’ có AM’ = AD ( = AB)
B
·
·
và DAM'
= 900 - M'AB
= 900 - 600 = 300
∆ ADM’ cân tại A
1
·
·
·
⇒ ADM'
= AM'D
= (1800 - DAM')
= 750
2
0 =>M’ thuộc tia DM
·
⇒ M'DC = 15

·
Chứng minh tương tự ta cũng có M'CD
= 150
M
⇒ M’ thuộc tia CM
M'
Từ đó M’ là giao điểm của DM và CM
D
C
⇒ M' ≡ M
⇒∆ ABM là tam giác đều
Cách 3: (kỹ thuật hình duy nhất)
Kẻ AH ⊥ DM tại H. Goi M’ là điểm đối xứng của của D qua H
Suy ra ∆ DAM’ cân tại A
·
·
∆ DAM’ cân tại A có ADM'
= 750 ⇒ DAM'
= 300 A
B
·
⇒ M'AB
= 600
·
Tam giác M’AB có: M’A = AB( = AD) và M'AB
= 600
·
Suy ra ∆ ABM’ đều ⇒ ABM'
= 600 và BM’ = a .
∆ M’BC cân tại B ( do BM’= BC = a) và

·
·
M'BC
= 900 - ABM'
= 300 .
1
·
·
= BM'C
= (1800 -300 ) = 750 .
⇒ BCM'
M
2
M'
H
·
Suy ra M'CD
=150 ⇒ M’ thuộc tia CM.
D
C
Vậy M’ là giao điểm của hai tia DM và CM
suy ra M ' ≡ M ⇒ ∆ AMB đều
Cách 4: ( Vẽ thêm hình phụ)
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng CD có chứa điểm A, dựng tam
giác đều DCE.
A
Ta có: EC = ED(∆ ECD đều); MD = MC
B
(∆ DMC cân tại M)
E

Suy ra đường thẳng đi qua E và M là đường trung
trực của đoạn CD
⇒ EM ⊥ DC mà DC ⊥ AD ⇒ EM / /AD
⇒Tứ giác ADME là hình thang.
Tam giác ADE có AD =DE ( = DC)
⇒ Tam giác ADE cân tại D
M
1
·
·
·
= AED
= (1800 - ADE)
⇒ DAE
2
D
C
· = 1 (1800 - 300 ) = 750
DAE
2

14


· = 900 - EDC
· = 900 - 600 = 300 nên
Mà ADE
·
·
Suy ra ADM

. Do đó ADME là hình thang cân
= DAE
⇒AM = DE= a = AB
A
Do đó ∆AMB là tam giác đều.
Cách 5:
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng CD không chứa điểm A, dựng tam giác
đều DEC.
Ta có : ∆DME =∆CME( c.c.c)( do DM = MC,
DE = EC, ME chung)

B

1·
·
·
⇒ DME
= CME
= DMC
= 750
2
D
0
0
0
·
·
·
∆DME có MDE = MDC + CDE =15 + 60 = 75

·
·
⇒ ∆DME cân tại E ⇒ DE = ME =a
⇒ MDE
= DME

M
C

Mặt khác ∆ADM = ∆EDM( c.g.c)
·
·
(do AD = DE = a, AMD
= MDE
= 750 , DM chung)
⇒ AM = ME =a =AB ⇒ ∆ABM là tam giác đều
E

Cách 6:
Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng A
AD có chứa điểm B, dựng tam giác đều AND
Ta có ∆DNC cân tại D (DN = DC = AD)
·
·
Và NDC
= 900 - AND
= 90 0 - 60 0 = 30 0
1
1
N

·
·
·
⇒ DCN
= DNC
= (1800 - NDC)
= (1800 - 30 0 ) = 750
2
2
·
·
Suy ra NCB
= 900 - NCD
= 900 - 750 = 150
·
M
Chứng minh tương tự có NBC
= 150
Xét ∆BNC và ∆DMC có
D
0
0
·
·
·
·
BC = DC = a, NCB
,
= MCD(= 15 ) NBC = MDC(= 15 )
Do đó ∆BNC = ∆DMC ( g.c.g) ⇒ MC = NC

·
·
Ta có: ∆BMC = ∆DNC ( c.g.c) ) (do BC = DC, MCB
= NCD
= 750 , MC = NC)
Suy ra : BM = DN = a = AB = AM . Do vậy ∆ABM là tam giác đều .
Cách 7:
A
B
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A,
dựng tam giác đều DMI
·
· - DMC
·
Ta có: IMC
= 3600 - DMI
= 3600 - 600 -1500 = 1500
∆IMC = ∆DMC ( c.g.c) vì
I
0
·
·
IM = DM, IMC
= DMC
= 150 , MC chung
⇒ IC = DC = a

B

C

M
D

C

15


Mà ∆ADM = ∆CDI( c.g.c)
·
· = 75 0 , DM = DI
do AD = CD, ADM
= IDC
Suy ra AM = CI = a = BM = AB.
Từ đó ∆ABM là tam giác đều .
Cách 8:
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A, dựng tam giác đều DMI
· = ADC
·
·
·
Ta có: ADI
- IDM
- MDC
= 900 - 600 -150 = 150
Xét ∆ADI và ∆CDM có : AD = DC,
0
· = CDM
·

ADI
= 15 ,DI = DM(∆DIM đều)

A

Do đó ∆ADI = ∆CDM ( c.g.c)
· = DMC
·
⇒ AID
= 1500
·
·
·
Do đó : AIM
= 360 0 - AID
- DIM

B

I

= 3600 -1500 - 600 = 1500
Suy ra ∆AID = ∆AIM ( c.g.c) vì
· = AIM
·
M
ID = IM, AID
= 1500 , AI là cạnh chung
D
C

⇒ AM = AD = a = AB = BM.
Từ đó suy ra ∆ABM là tam giác đều .
Cách 9:
Trên nửa mặt phẳng bờ DM có chứa điểm A, dựng hình vuông DMEF
A
B
Xét ∆ADF và ∆CDM có : AD = DC,
·
·
ADF
= CDM
= 150 , DF = DM
Do đó ∆ADF = ∆CDM (c.g.c)
E
⇒ AF= MC = DM = EF
·
·
·
·
·
F
Và AFE
= AFD
- DFE
= DMC
- DFE
= 1500 - 900 = 600
0
·
Suy ra ∆AEF đều ( do AF = FE và AFE

= 60 )
· = 60 0
M
⇒ AE = EF = EM = AF và AEF
·
·
·
D
⇒ AEM
= AEF
+ FEM
= 60 0 + 90 0 = 150 0
·
·
Ta có ∆AME = ∆ADF (c.g.c) (do AE = AF, AEM
= AFD
= 1500 , EM = FM)

A

B

S

⇒ AM = AD = a = AB = BM
Do đó ∆ABM là tam giác đều .
Cách 10:
Goi E là giao điểm của tia DM
và cạnh BC, F là điểm đối xứng với E qua C.
Vẽ FH ⊥ DE và AK ⊥ DM tại K.

ΔDEC(g.g) vì
Ta có ΔADK
·
·
·
·
AKD
= DCE
= 900 , ADE
= DEC
= 750

C

H
K
D

E

M
C

F

16


AD DK
=

⇒ AD.EC = DE.DK (1)
DE EC
∆DEF cân tại D( DC vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến)
·
·
⇒ DE = DF và EDF
= 2EDC
= 2.150 = 300
Xét ∆DFH vuông tại H, có cạnh
1
1
·
HF đối diện với góc HDF
= 300 nên HF = DF = DE
2
2
1
1
1 1
1 2
Ta có : AD.EC = DC.EC = DC.EF = SDEF = HF.DE = . DE.DE = DE (2)
2
2
2 2
4
⇒

1
1
1

2
Từ (1) và (2) ta có DE.DK = DE ⇒ DK = DE = DM
4
4
2
⇒ DK = KM . Do đó ∆DAM cân tại A ( vì AK vừa là đường cao, vừa là đường
trung tuyến)
⇒ AM = AD = a. Vậy ∆ABM là tam giác đều.

* Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB//CD), trong đó đáy CD bằng tổng hai cạnh
bên BC và AD .Chứng minh rằng hai tia phân giác của góc A và góc B cắt nhau
tại một điểm thuộc cạnh đáy CD.
µ =B
µ , AD=BC thì tứ giác ABCD là hình thang
Bài 2: Tứ giác lồi ABCD có A
cân.
Bài 3: Cho tam giác nhon ABC (AB ≠ AC) vẽ ra phía ngoài của tam giác hai
hình vuông ABDE và ACGH . Goi M là trung điểm của EH .Chứng minh rằng
AM vuông góc với BC.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong quá trình dạy hoc hình hoc, tôi đã áp dụng đề tài này không chỉ để
dạy và bồi dưỡng cho đối tượng HS khá giỏi mà còn linh hoạt dạy cho cả HS đại
trà. Đặc biệt là đối với HS lớp 8, bài có yếu tố vẽ thêm hình phụ là dạng toán
khó, đòi hỏi tư duy cao. Do đó, lúc đầu nhiều em còn rất “ngại” hoc hình nói
chung và rất “sợ” bài toán có yếu tố vẽ thêm hình phụ. Hầu như HS chỉ có ý
thức làm bài tìm một lời giải và dừng lại không suy nghĩ thêm sau khi có kết
quả của bài toán, thỏa mãn với chính mình. Các em chưa thấy được tác dụng
mạnh của việc nhìn lại bài toán dưới nhiều góc độ, nhiều khía cạnh khác sẽ củng

cố được kiến thức của mình, rèn cho mình được thói quen suy nghĩ tích cực,
phát triển tư duy sáng tạo, tính kiên trì, độc lập – những đức tính tốt và cần thiết
của người hoc toán. Song, qua một thời gian kiên trì, linh hoạt áp dụng đề tài và
dạy HS theo ý tưởng trên, đến nay, hầu hết các em đã tham gia, hưởng ứng một
cách tích cực, chủ động, vận dụng kiến thức khá thành thạo khi làm một số dạng
bài có liên quan từ dễ đến khó. Quan trong hơn, các em không còn cảm thấy

17


hình hoc đáng ngại, đáng sợ nữa. Do đó, trong hoc toán nói chung và hoc hình
hoc nói riêng các em đã nhiệt tình, chủ động, tích cực hơn, có nhiều phát hiện
thể hiện sự tìm tòi, sáng tạo bước đầu rất tích cực.
Thực tế, tôi đã sử dụng vào giảng dạy cho khối 8 trong năm hoc này thì
kết quả cho thấy HS đều có ý thức thi đua nhau hoc tập, rất hào hứng phát biểu
các suy nghĩ, tìm tòi, phát hiện của mình về cách giải khác, bài toán mới, . . .. Và
tôi thấy tinh thần hoc tập của các em sôi nổi, phấn khởi hơn, khả năng tự nghiên
cứu toán hoc của các em được phát huy một cách tích cực; kết quả hoc tập môn
toán, nhất là hình hoc có nhiều tiến bộ. Các em không những nắm vững kiến
thức trong SGK, các em còn có cố gắng trong việc tìm hiểu giải các bài toán
nâng cao, các bài toán khó, bước đầu có thói quen tốt: Biết chịu khó, tích cực
tìm tòi khai thác các bài toán cho trước.
Kết quả khảo sát 1 bài kiểm tra môn hình của lớp 8A cụ thể như sau:
Kếtquả
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu, kém
Lớp
8A(43)

SL
4

%
9,3

SL
16

%
37,2

SL
19

%
44,2

SL
4

%
9,3

18


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHI
3.1. Kết luận:

Hệ thống bài tập Hình này được phát triển dựa trên các dạng bài tập trong
SGK, sách nâng cao, nó giúp các em hiểu sâu sắc hơn kiến thức cơ bản. Qua hệ
thống bài tập này tôi muốn giúp hoc sinh có cái nhìn rộng hơn về cách hoc
những bài toán Hình nói riêng và cách hoc của môn Toán nói chung giúp các em
có ý thức hơn khi hoc các bài toán cơ bản.
Trong thực tế giảng dạy, với những bài tập khó tôi chỉ áp dụng khi dạy
hoc sinh khá, giỏi. Tất cả các em đều hào hứng với dạng bài tập như vậy, các em
đó tự tin hơn khi làm các bài tập. Mặc dù đây là loại toán khó nhưng tôi cũng
mạnh dạn hướng dẫn các em tự tìm tòi, mò mẫm và sáng tạo vì nghị quyết TW2
ghi rõ: "Đổi mới mạnh mẽ phương pháp giáo dục đào tạo khắc phục lối truyền
thụ một chiều, rèn luyện nếp tư duy sáng tạo cho người học… phát triển mạnh
phong trào tự học, tự đào tạo thường xuyên và rộng khắp trong toàn dân nhất là
thanh niên".
Trên đây là một số bài toán hình hoc có nhiều cách giải mà trong quá
trình dạy hoc, bồi dưỡng hoc sinh giỏi tôi đã tích luỹ được và mạnh dạn đưa ra
trao đổi cùng bạn bè đồng nghiệp để nhằm mục đích góp phần vào việc nâng cao
chất lượng dạy hoc. Các bài toán đưa ra làm ví dụ chưa thực sự lôgic, phù hợp;
khai thác chưa triệt để chắc chắn còn có nhiều lời giải hay và hấp dẫn hơn. Mặc
dù đã có nhiều cố gắng, song với những kinh nghiệm ít ỏi của bản thân, chắc
chắn trong quá trình viết không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Kính
mong được quí thầy cô giáo và bạn đoc góp ý sữa chữa để những vấn đề nêu
trên ngày càng thiết thực và bổ ích hơn.
3.2. Kiến nghị :
Kiến nghị với Phòng giáo dục khi khảo sát chất lượng hoc sinh định kì
cần có một phần khó trong đề kiểm tra nhằm phân hoá hoc sinh khá giỏi ở một
trường cũng như các trường khác nhau.
XÁC NHẬN CỦA
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

THỦ Nga Điền, ngày 20 tháng 3 năm 2016

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Mai Chấn Hoàng

19


Phụ lục:
Tài liệu tham khảo:
1. Tâm lí lứa tuổi
Nhà xuất bản ĐH sư phạm Hà Nội
2. Phương pháp dạy toán THCS
Nhà xuất bản GD
3. Toán bồi dưỡng hoc sinh lớp 8 Hình hoc
Nhà xuất bản giáo dục 2002 (Vũ Hữu Bình, Tôn Thân, Đỗ Quang Thiều)
4. Sách giáo khoa Hình hoc 8
Nhà xuất bản giáo dục
5. Nâng cao và phát triển toán 8
Nhà xuất bản giáo dục (Vũ Hữu Bình)
6. Cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong hình hoc phẳng
Nhà xuất bản Đại học quốc gia hà nội (Nguyễn Đức Tấn)

20