Kinh nghiệm khai thác kiến thức hình học từ bài tập trong sách giáo khoa toán 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NÔNG CỐNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ VÍ DỤ NHẰM KHAI THÁC KIẾN THỨC
HÌNH HỌC TỪ BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA
TOÁN 9
--------------

Người thực hiện: Trần Thị Lan
Chức vụ:
Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Phú
SKKN thuộc lĩnh vực môn: Toán

NÔNG CỐNG, NĂM 2016


MỤC LỤC
Tên phụ lục

Trang

Mục lục

1

I. PHẦN MỞ ĐẦU

2

1. Lí do chọn đề tài

2

2. Mục đích nghiên cứu

2

3. Đối tượng và phạm vị nghiên cứu

3

* Đối tượng nghiên cứu

3

* Phạm vi nghiên cứu

3

4. Phương pháp nghiên cứu

3

II. PHẦN NỘI DUNG

4

1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

4

2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

4

3. Các giải pháp giải quyết vấn đề

5

4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

14

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

15

1. Kết luận

15

2. Kiến nghị

15

IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO

16

2


I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài:
Toán học là môn khoa học tự nhiện đòi hỏi cao tính chủ động sáng tạo,
khả năng tư duy cùng với sự say mê tìm tòi nghiên cứu. Đặc biệt trong công
cuộc hiện đại hóa đất nước, hội nhập và phát triển đặt ra cho ngành giáo dục một
nhiệm vụ hết sức quan trọng, đó là “Đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, tạo
ra cho xã hội những thế hệ trẻ có đầy đủ phẩm chất và năng lực để trở thành con
người phát triển toàn diện, là công dân có ích góp phần bảo vệ và dựng xây đất
nước.
Với yêu cầu đổi mới của giáo dục nói chung, của bộ môn toán THCS nói
riêng, đòi hỏi người dạy phải lựa chọn những phương pháp phù hợp dẫn dắt
khéo léo để học sinh tiếp cận kiến thức một cách chủ động. Song song với việc
đưa ra các đơn vị kiến thức cho mỗi tiết học, bài học là hệ thống bài tập trong
sách giáo khoa được các tác giả lựa chọn một cách phù hợp để học sinh giải
quyết ở các mức độ khác nhau từ nhận biết, thông hiểu đến vận dụng thấp, vận
dụng cao. Tuy nhiên đây chỉ là những bài tập cơ bản, nhằm củng cố kiến thức
cho học sinh. Từ những đơn vị kiến thức này, nếu khéo léo khai thác, lồng ghép
thêm hệ thống câu hỏi, bài tập liên đới thì học sinh càng nắm vững kiến thức,
chủ động trong việc học, hứng thú học tập nhất là các học sinh khá giỏi. Do đó
trong quá trình giảng dạy, tôi luôn tìm tòi, nghiên cứu để khai thác kiến thức từ
những bài tập trong sách giáo khoa bằng hệ thống các câu hỏi liên quan, mở
rộng vấn đề từ những bài toán đơn giản để hình thành cho học sinh thói quen
phân tích, tổng hợp và xâu chuỗi các vấn đề, rèn luyện tính chủ động, tư duy
sáng tạo trong học tập tạo động lực, kích thích sự ham học, yêu thích môn học
của học sinh. Do đó tôi mạnh dạn trình bày “Một số ví dụ nhằm khai thác kiến
thức hình học từ bài tập trong sách giáo khoa Toán 9” được rút ra từ thực tế

giảng dạy của mình.
2. Mục đích nghiên cứu.
Từ những bài toán tưởng như hết sức đơn giản trong sách giáo khoa, học
sinh biết tìm tòi, xâu chuỗi những vấn đề liên quan, mở rộng kiến thức từ những
bài toán quen thuộc. Điều này, giúp các em chủ động kiến thức, tăng khả năng tư
duy, óc sáng tạo, có cái nhìn rộng hơn đối với mỗi bài toán, tự tin trong học

3


tập để việc học toán, đặc biệt là học hình trở hành một công việc yêu thích của
các em.
3. Đối tượng và phạm vị nghiên cứu:
* Đối tượng nghiên cứu
Khảo sát việc khai thác kiến thức hình học từ bài tập trong sách giáo khoa
Toán 9 của học sinh.
* Phạm vi nghiên cứu
Đề tài được thực hiện trong phạm vi các tiết học toán và các buổi học bồi
dưỡng tại trường THCS Trần Phú nơi tôi đang công tác.
4. Phương pháp nghiên cứu:
* Phương pháp phân tích tổng hợp:
Thông thường việc giải quyết bài tập trong sách giáo khoa đối với học
sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi không mấy khó khăn. Tuy nhiên giáo viên cần
phân tích để học sinh thấy được trọng tâm kiến thức sử dụng để giải quyết bài
toán một cách triệt để, từ đó các em biết liên hệ tới những bài tập có liên quan,
biết tổng hợp các kiến thức đã học, chủ động giải quyết những bài toán có yêu
cầu cao hơn.
* Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin:
- Khảo sát bài làm của học sinh, kiểm tra mức độ tiếp nhận kiến thức tăng
dần của học sinh.

- Thường xuyên trao đổi với học sinh
* Phương pháp thống kê:
Mở rộng bài toán trong sách giáo khoa bằng hệ thống các bài tập có liên
quan.

4


II. PHẦN NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Toán học là bộ môn khoa học tự nhiên, đòi hỏi cao tính chủ động, sáng
tạo, óc tư duy nhạy bén, sự say mê tìm tòi nghiên cứu để chiếm lĩnh kiến thức.
Việc dạy toán và học toán cũng không ngoại lệ, do đó người dạy cần hình thành
cho học sinh óc quan sát, tư duy sáng tạo, thói quen tìm tòi nghiên cứu được bắt
đầu từ những vấn đề đơn giản, đó là vận dụng các kiến thức đã học để làm bài
tập trong sách giáo khoa. Do phạm vi và yêu cầu nên các bài tập này được đưa
ra ở mức độ đơn giản để đại đa số học sinh đều có thể nắm bắt nội dung, vận
dụng kiến thức để giải quyết được hầu hết các câu hỏi. Bên cạnh những bài tập
này, còn rất nhiều các câu hỏi, các bài tập có liên quan nhằm khắc sâu, mở rộng
kiến thức. Nếu khéo léo khai thác, người dạy có thể bổ sung kiến thức cho học
sinh bằng việc lồng ghép giữa bài tập trong sách giáo khoa và hệ thống các câu
hỏi liên quan, truyền tải cho học sinh lượng kiến thức phong phú. Cùng với việc
mở mang kiến thức, đem lại cho học sinh cái nhìn bao quát và toàn diện hơn đối
với một bài toán đặc biệt đối với học sinh khá, giỏi để kích thích sự tìm tòi
nghiên cứu, phát triển tính tư duy sáng tạo, sự phân tích tổng hợp để việc học
toán thật sự là một việc làm yêu thích của các em.
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Thực tế trong quá trình giảng dạy môn toán THCS đang còn những bất
cập giáo viên dạy nhiều giờ, trình độ công nghệ thông tin còn hạn chế, một số
giáo viên còn thụ động, giờ dạy chưa thật sự hiệu quả. Trong khi đó với yêu cầu

của một môn khoa học tự nhiên đòi hỏi cả người dạy và người học cần có sự tìm
tòi nghiên cứu, phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo, biết vận dụng một cách
linh hoạt, thông minh.
Với cá nhân tôi có những thuận lợi khi công tác tại trường THCS Trần
Phú, trước hết là được học hỏi kinh nghiệm các anh chị em đi trước có bề dày
trong công tác giảng dạy. Đồng thời cũng có nhiều học sinh khá giỏi, ham học
hỏi, thích tìm tòi khám phá kiến thức mới một cách chủ động sáng tạo. Do đó
trong quá trình giảng dạy các tiết học trên lớp tôi đã cố gắng lồng ghép, khai
thác kiến thức từ những bài tập trong sách giáo khoa để bổ sung vốn hiểu biết
của học sinh tạo sự yêu thích môn học, nâng cao chất lượng bộ môn.

5


3. Một số ví dụ nhằm khai thác kiến thức hình học từ bài tập trong sách
giáo khoa Toán 9.
Ví dụ 1: Bài 30 (Trang 116 –SGK Toán 9 – tập 1)
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia
vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt
phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp
tuyến với nửa đường tròn nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D.
Chứng minh rằng:
a, COD = 900
b, CD = AC + BD
c, Tích AC . BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.
Dùng tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau và hệ thức giữa cạnh và đường cao
trong tam giác vuông ta sẽ chứng minh được các kết quả trên.

Có rất nhiều bài toán xoay quanh “Tính chất hai tiếp tuyến khác nhau”, do đó
nếu khéo léo ta có thể khai thác bài tập này từ những câu hỏi ở các mức độ khác

nhau.
d, Chứng minh AB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆ COD
Gọi I là trung điểm của CD. Vì ∆COD vuông tại O nên I là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆COD.

6


Tứ giác ABCD là hình thang vuông có OI là đường trung bình nên OI//AC
⇒ OI ⊥ AB
⇒AB tiếp xúc với (I) ngoại tiếp ∆COD tại O.
e, Xác định vị trí điểm M trên nửa đường tròn sao cho tứ giác ABCD có diện
tích nhỏ nhất.
1
1
S ABCD = ( AC + BD) ⋅ AB = ⋅ CD ⋅ 2 R = CD ⋅ R ≥ AB ⋅ R = 2 R 2
2
2
(Dấu “=” xảy ra ⇔ M là điểm chính giữa của nửa đường tròn).
Vậy Min SABCD = 2R2 khi M là điểm chính giữa cung AB.
f, Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích hai tam giác AMC và BMD có giá
trị nhỏ nhất. (đề thi học sinh giỏi Quảng Ninh 2009 - 2010)
SAMC + SBMD = SABDC – SAMB
SABCD nhỏ nhất (*)
⇒ (SAMC + SBMD) nhỏ nhất khi
SAMB lớn nhất (**)
(*) như câu a
1
AB ⋅ MH = R ⋅ MH ≤ R ⋅ R = R 2
2

Dấu “=” xảy ra ⇔ M là điểm chính giữa của cung AB
(**)

S AMB =

Vậy (SAMC + SBMD) có giá trị nhỏ nhất là 2R 2 – R2 = R2 khi M là điểm chính giữa
cung AB
g, Gọi N là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MN ⊥ AB

7


Ta có AC// AD nên

ND BD
=
NA CA

ND MD
=
NA CM
⇒MN // AC mà AC ⊥ AB nên MN ⊥ AB.
Mà BD = MD ; CA = CM nên

h, Xác định vị trí điểm M trên nửa đường tròn sao cho tam giác COD có diện
tích nhỏ nhất.
1
1
1
1

S COD = OM ⋅ CD = R ⋅ CD ≥ R ⋅ AB = R ⋅ 2 R = R 2
2
2
2
2
(Dấu “=” xảy ra ⇔ CD = AB ⇔ M là điểm chính giữa của cung AB)
Vậy Min SCOD = R2 khi M là điểm chính giữa cung AB.
i, Nếu M chuyển động trên nửa đường tròn tâm O thì trọng tâm G của ∆ AMB
chuyển động trên đường nào?
1
1
Ta nhận thấy rằng OG = OM = OA không đổi, O cố định nên G chuyển động
3
3
trên nửa đường tròn tâm O bán kính

1
OA thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa hai
3

tia Ax, By (trừ hai điểm A , B)
k, Nếu M chuyển động trên nửa đường tròn tâm O thì trung điểm I của AM
chuyển động trên đường nào?

8


Vì ∆ AOM cân tại O có OI là đường phân giác nên OI ⊥ AM
⇒ I thuộc nửa đường tròn đường kính OA cố định ( cùng thuộc nửa mặt phẳng
bờ AB chứa hai tia Ax, By) trừ hai điểm A và O.

l, Gọi R là bán kính (O) và r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ COD. Chứng
minh rằng

1 r 1
< < . (đề thi học sinh giỏi quận Phú Nhuận 2011 - 2012)
3 R 2

Gọi độ dài các cạnh CD , CO, DO lần lượt là a, b, c ta có.
1
1
S COD = (a + b + c) ⋅ r = a ⋅ R
2
2
r
a
⇒ =
(1)
R a+b+c
Mặt khác, theo bất đẳng thức trong tam giác ta có:
a
1
<
b + c > a ⇒ a + b+ c > 2a ⇒
(2)
a+b+c 2
a
1
< (3)
Ta lại có: b < a và c < a ⇒ a + b+ c < 3a ⇒
a+b+c 3

1 r 1
Từ (1), (2), (3) ⇒ < <
3 R 2
Ví dụ 2: ( Bài 39 trang 123 – Toán 9 – tập 1)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến
chung ngoài BC, B∈(O) ; C∈(O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp
tuyến chung ngoài BC tại I.
a, Chứng minh rằng BAC = 900
b, Tính số đo góc OIO’
c, Tính độ dài BC biết OA = 9cm , O’A = 4cm
B

I
P

C
Q

A

O

9

O'


- Dùng tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau ta có IB = IA = IC nên tam giác BAC có trung tuyến AI bằng

1
BC nên
2

vuông tại A.
- Dễ thấy tứ giác APIQ có P = A = Q = 900 nên I = 900 hay OIO’ = 900
- ∆OIO’ vuông ở I , đường cao IA nên IA = OA ⋅ O' A = R ⋅ r
⇒BC = 2OA = 2 R ⋅ r = 12cm
“Vị trí tương đối của hai đường tròn” là một vấn đề được khai thác nhiều, xung
quanh hệ thống câu hỏi nhằm liên kết, xâu chuỗi, mở rộng kiến thức, kích thích
sự tìm tòi học hỏi, óc tư duy sáng tạo của học sinh.
d, Chứng minh: OO' tiếp xúc với đường tròn đường kính BC
∆BAC vuông tại A có I là trung điểm của BC nên đường tròn ngoại tiếp ∆BAC
là đường tròn tâm I, đường kính BC
Vì (O) và (O') tiếp xúc nhau tại A nên O, A, O' thẳng hàng.
Lại có IA ⊥ OA hay IA ⊥ OO' nên OO' tiếp xúc với đường tròn (I) ngoại tiếp
∆BAC tại A.
e, Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn đường kính OO'
B

I

O

M

C

A

Vì OIO' = 900 nên I thuộc đường tròn đường kính OO'.
Gọi M là trung điểm của OO'
⇒MI là đường trung bình của hình thang vuông OO'CB.
⇒MI // OB ⇒MI ⊥BC
10

O'


⇒BC tiếp xúc với đường tròn (M) đường kính OO' tại I
f, Đường nối tâm OO' cắt (O) ở D, cắt (O') ở E. BD và CE cắt nhau tại N.
Tính DNE ?
Tam giác BOD cân tại O có BOO' là góc ngoài tại đỉnh O nên D =
Tương tự: E =

1
BOO'
2

1
COO'
2

1
1
1
⇒D + E = ( BOO' + COO') = .1800 = 900
2
2
2

⇒∆DNE vuông tại N hay DNE = 900
B

N

C

A

D

E

O'

O

g, Chứng minh NB . ND = NC . NE
Tam giác NAD vuông tại A có AB là đường cao nên NB . ND = NA2
Tương tự NC . NE = NA2
Do đó NB . ND = NC . NE
h, Gọi giao điểm của CA và đường tròn là F. (F ≠ A). Chứng minh rằng ba
B
điểm B, O, F thẳng hàng.
I
C

O

A

O

Vì BAC = 900 nên BAF = 900 F
∆BAF vuông tại A nội tiếp đường tròn (O) nên BF là đường kính của (O)
11


Do đó B, O, F thẳng hàng.
g, Tính BA ; CA theo R và r (Với R và r là bán kính các đường tròn (O) và
(O')
Ta có tam giác BFC vuông tại B có đường cao BA nên.
1
1
1
1
1
R+r
=
+
=
+
=
2
2
2
2
BA
BF
BC

4R
4Rr 4R 2 r
2R r
⇒ BA =
R+r
2r R
Tương tự, ta được CA =
R+r
k, Vẽ AH ⊥ BC (H∈ BC. Gọi I là giao điểm của OC và AH.
Chứng minh IA = IH (đề thi học sinh giỏi TP Hà Nội 2008 - 2009)
IH IC
=
Vì IH //BO (Vì cùng vuông góc với BC) nên
BO OC
IC AO'
=
Vì IA // OO’ (vì cùng vuông góc với BC) nên
OC OO'

B

H

C

I

O
A

O'

IH AO'
IH
r
R⋅r
=
=
⇒ IH =
hay
BO OO'
R R+r
R+r
IA OA
IA
R
R⋅r
=
=
⇒ IA =
Mặt khác, ta có
hay
O' C OO'
r
R+r
R+r
Vậy IH = IA
Do đó

12

m, Chứng minh ba đường thẳng BO’, OC và AH đồng quy (đề thi học sinh
giỏi TP Hà Nội 2008- 2009)
Thật vậy: Giả sử BO’ cắt HA ở I. Chứng minh tương tự ta được HI’ = IA’
Nên I ≡ I’
Vậy BO’, OC và AH đồng quy tại trung điểm của AH
Ví dụ 3: (Bài 41 – trang 128 – Toán 9 – tập 1)
Cho đường tròn (O), dây AB khác đường kính. Qua O kẻ đường
vuông góc với AB, cắt các tiếp tuyến tại A của đường tròn ở điểm C.
a, Chứng minh rằng CB là tiếp tuyến của đường tròn
b, Cho bán kính của đường tròn bằng 15cm, AB = 24cm. Tính độ dài OC.

D

A

C

O

I

B

a, Ta chứng minh được ∆AOC = ∆BOC (c-g-c)
⇒ CBO = CAO = 900 nên CB là tiếp tuyến của đường tròn (O)
b, Tính được OI = 9cm
Dùng hệ thức giữa cạnh và đường cao cho tam giác vuông CAO, ta có
AO 2 15 2

2
=
= 25 (cm)
AO = OC . OI ⇒ OC =
OI
9
Tiếp tục khai thác, ta có thể nên thêm những vấn đề khác xung quanh bài
toán, nhằm bổ sung kiến thức cho học sinh để các em tự tin, chủ động trong việc
học.
c, Vẽ đường kính BOD, Chứng minh rằng OC//AD
13


Dễ thấy OC ⊥ AB ; AD ⊥ AB nên OC //AD
d, Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại D cắt AB ở E. Chứng minh các ∆ CAD và

∆ OAE đồng dạng (đề thi học sinh giỏi tỉnh Bắc Giang 2012- 2013)
E

Ta có EDA = BCO (góc có cạnh tương ứng song song)
và BCO = ACO
⇒ EDA = ACD
⇒ tan EDA = tan ACO
EA AO
⇒
=
(1)
AD AC

A

N

Lại có CAB = OAD (cùng phụ với BAO)
C

⇒ CAD = EAO (2)
Từ (1), (2) ⇒ ∆EAO

D

M

O

∆DAC (c-g-c)

e, Chứng minh CD ⊥ OE

B

Thật vậy từ câu d suy ra ADC = AEO
⇒ ∆EMA
∆DMN (g-g)
⇒ MND = EAM = 900 hay CD ⊥ OE
f, Vẽ cát tuyến CPQ với đường tròn. Chứng minh bốn điểm O, I, P, Q cùng
nẳm trên một đường tròn.
Q

A

P
C
K

Thật vậy

O

I

B

14

H


Vì CA là tiếp tuyến của (O) nên CA2 = CP . CQ
∆CAO vuông tại A có đường cao AI nên CA2 = CI . CO
Do đó CP . CQ = CI . CO
⇒ Tứ giác OIPQ nội tiếp hay 4 điểm O, I, P, Q nằm trên cùng một đường tròn.
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Sau một thời gian giảng dạy, với việc khai thác kiến thức từ bài tập trong
sách giáo khoa, tôi thấy chất lượng bộ môn ngày càng tăng, nhiều học sinh yêu
thích môn học, đặc biệt là bộ môn hình học. Các em biết chắt chiu kiến thức từ
những bài toán quen thuộc, không còn tính chủ quan mà xem đây là vốn kiến
thức cần thiết để khai thác, tìm tòi và mở rộng vấn đề. Vì thế chất lượng bộ môn
ngày càng được nâng cao, tỉ lệ học sinh khá giỏi tăng, giảm tỉ lệ học sinh trung
bình, không còn học sinh yếu kém. Cụ thể:

Năm học
2013-2014
2014-2015
2015-2016

Lớp Sĩ số
9B
9B
9C

43
41
42

Giỏi
SL
%
27
63
28
68
30
71

15

Khá
SL
%

11
25
10
25
10
24

TB
SL
5
3
2

%
12
7
5

Yếu
SL %
0
0
0
0
0
0


III. PHẦN KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
1. Kết luận

Việc khai thác kiến thức từ bài toán trong sách giáo khoa rất cần thiết và
hiệu quả, tạo ra không khí tích cực sôi nổi trong giờ học, tạo cho học sinh sự
thích thú, tìm tòi kiến thức, có cái nhìn bao quát hơn từ những bài toán đơn giản,
giải quyết những câu hỏi khó, những bài tập nâng cao từ kiến thức trong sách
giáo khoa.
Sau những năm giảng dạy, với việc vận dụng đề tài trên tôi thấy kết quả
học tập của học sinh được nâng lên rõ rệt, học sinh do tôi phụ trách luôn đạt kết
quả từ 87% khá giỏi trở lên, học sinh tham dự kỳ thi học sinh giỏi được xếp thứ
nhất cấp huyện, có nhiều học sinh đạt giải cấp tỉnh và liên tục có học sinh thi
đậu vào lớp Toán của trường THPT chuyên Lam Sơn.
2. Kiến nghị:
Để đáp ứng được yêu cầu đổi mới của bộ môn, bản thân mỗi giáo viên phải
hết sức nỗ lực, đầu tư thời gian tìm tòi nghiên cứu, học hỏi kinh nghiệm của
đồng nghiệp. Song song với việc tự học tự bồi dưỡng của cá nhân thì cần có
những lớp học chuyên đề, hội thảo, trao đổi kinh nghiệm để mỗi giáo viên cùng
nâng cao nghiệp vụ, trình độ giảng dạy.
Trên đây là những kinh nghiệm tôi đã rút ra từ thực tế giảng dạy. Mặc dù
bản thân đã có nhiều cố gắng tuy nhiên do trình còn hạn chế nên đề tài không
tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự góp ý chân thành của các bạn
đồng nghiệp, của các nhà nghiên cứu tham khảo để đề tài được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Ngày 6 tháng 04 năm 2016
Người thực hiện

Trần Thị Lan

16


TÀI LIỆU THAM KHẢO

TT

Tên tài liệu

Tác giả

Nhà xuất
bản

1

Sách giáo khoa Toán 9 – tập 1

Phan Đức Chính Giáo dục

2

Bồi dưỡng Toán 9

Tôn Thân

Giáo dục

3

Chuyên đề hình học 9

Vũ Hữu Bình

Giáo dục

4

Một số đề thi HSG các huyện, thành phố

17