Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn học sinh giải bài toán theo phương pháp phân tích suy luận ngược trong hình học lớp 8

I. MỞ ĐẦU
I.1. Lí do chọn đề tài :
Thực tế giảng dạy cho thấy, đối với học sinh, việc tìm ra lời giải cho một
bài toán là điều không hề đơn giản và hầu hết đều mang tính tự phát, không có
hệ thống hay phương pháp cụ thể, đặc biệt là những bài toán chứng minh hình
học. Các em có thể tiếp thu rất nhanh khi đọc hướng dẫn giải trong các ví dụ
minh họa nhưng khi gặp những bài tương tự lại cảm thấy bế tắc, không tìm ra
hướng giải quyết phù hợp.
Là một giáo viên đứng lớp, sau nhiều năm tìm tòi và thử nghiệm, tôi nhận
thấy một trong những cách thức để tìm được lời giải nhanh nhất chính là suy
luận phân tích ngược. Đây là phương pháp đơn giản và dễ thực hiện, thông qua
việc liên kết điều phải chứng minh với giả thiết và những điều đã biết trước đó,
học sinh có thể dễ dàng tìm ra các “cầu nối” giữa những điều này và theo quy
luật lôgic, lời giải dần được hình thành một cách mạch lạc và đầy thuyết phục.
Không chỉ vậy, suy luận phân tích ngược còn giúp các em giải quyết những tình
huống phát sinh ngoài thực tiễn một cách nhanh chóng và hợp lí.
Xuất phát từ những lí do trên, từ tính cấp thiết trong thực tiễn giảng dạy và
những thành tựu khả quan đã thu nhận được sau khi tiến hành thử nghiệm, tôi
xin mạnh dạn trình bày sáng kiến kinh nghiệm của mình với đề tài: Hướng dẫn
học sinh giải bài toán theo phương pháp phân tích suy luận ngược trong hình
học 8.

I.2. Mục đích nghiên cứu :
- Đề tài sẽ góp phần minh họa cho phương pháp suy luận phân tích để làm
rõ mối liên hệ lôgic giữa điều cần chứng minh với điều phải chứng minh.
- Cung cấp thêm một phương pháp chứng minh hình học mà hướng đi là từ
kết luận đến giả thiết theo tư duy suy luận ngược.
- Đề tài được sử dụng để tổ chức dạy trên lớp và tổ chức chuyên đề về
phương pháp chứng minh hình học ở cấp THCS nói chung và đối với học sinh
lớp 8 nói riêng.
I.3. Đối tượng nghiên cứu :
Hoạt động học tập của học sinh trong các bài toán chứng minh hình học.
I.4. Phương pháp nghiên cứu:
Thu thập, tham khảo và xử lí tài liệu sưu tầm được.
Điều tra khả năng học hình học của học sinh.
Phân tích, khái quát hóa và đúc rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy.
Trao đổi, thảo luận chuyên môn với đồng nghiệp.
Cập nhật thông tin từ mạng internet.
Nhờ phối hợp các phương pháp trên, tôi đã dần định hình nội dung, quy
mô và phạm vi của đề tài rồi từ đó thiết lập các giải pháp, tiến hành thử nghiệm,
đánh giá và cuối cùng là hệ thống hóa bằng ngôn ngữ thành một sáng kiến kinh
nghiệm trọn vẹn.

1


II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
II.1. Cơ sở lí luận
II.1.1. Suy luận
Suy luận là quá trình suy nghĩ đi từ một hay nhiều mệnh đề cho trước để
rút ra mệnh đề mới. Mỗi mệnh đề đã cho trước gọi là tiền đề của suy luận. Mệnh
đề mới được rút ra gọi là kết luận hay hệ quả.
Ký hiệu: X1, X2, ..., Xn ⇒ Y
Nếu X1, X2, ..., Xn ⇒ Y là hằng đúng thì ta gọi kết luận Y là kết luận lôgic
hay hệ quả lôgic
II.1.2. Phương pháp chứng minh tổng hợp:
Phương pháp chứng minh tổng hợp là phương pháp chứng minh đi từ điều
đã cho trước hoặc điều đã biết nào đó đến điều cần tìm, điều cần chứng minh.
Sơ đồ: A ⇒ B ⇒ C ⇒ ... ⇒ Y ⇒ X
Trong đó A là mệnh đề đã biết hoặc đã cho trước; B là hệ quả lôgíc của A;
C là hệ quả lôgíc của B; ..... ; X là hệ quả lôgíc của Y.
II.1.3. Phương pháp chứng minh phân tích đi xuống

Phương pháp chứng minh phân tích đi xuống là phương pháp chứng minh
suy diễn đi từ điều đã biết đến điều cần tìm.
Sơ đồ: A ⇒ B... ⇒ Y ⇒ X
Trong đó: X là mệnh đề cần tìm, mệnh đề cần chứng minh; Y là hệ quả
lôgic của X; .....; A là hệ quả lôgic của B và A là mệnh đề đã biết nào đó. Nếu A
sai thì X sai. Nếu A đúng thì X có thể đúng, có thể sai. Lúc này chúng ta phải
dùng phương pháp tổng hợp đi từ A tới X.
II.1.4. Phương pháp chứng minh phân tích đi lên
Phương pháp chứng minh phân tích đi lên là phương pháp chứng minh suy
diễn đi từ điều cần tìm, điều cần chứng minh đến điều đã cho hoặc đã biết trước
đó.
Sơ đồ: X ⇐ Y ⇐ ... ⇐ B ⇐ A
Trong đó: X là mệnh đề cần chứng minh; Y là tiền đề lôgic của X; .....; A là
tiền đề lôgic của B; A là mệnh đề đã biết hoặc đã cho trước. Nếu A sai thì X sai.
Nếu A đúng thì X có thể đúng, có thể sai. Lúc này chúng ta phải dùng phương
pháp tổng hợp đi từ A tới X.
II.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Qua quá trình giảng dạy hình học trong nhiều năm qua, tôi nhận thấy
những vấn đề bất cập như sau :

2


- Nhiều học sinh không nắm được phần lí thuyết cơ bản của bài học hoặc
nắm nội dung bài học một cách thụ động, nên trong quá trình làm bài tập còn
gặp nhiều khó khăn, lúng túng.
- Một số học sinh không chịu đề cập bài toán theo nhiều hướng khác nhau,
không sử dụng hết các dữ kiện của bài toán....
- Đa số học sinh không biết vận dụng hoặc vận dụng chưa thành thạo các
phương pháp suy luận trong giải toán, không biết sử dụng các bài toán giải mẫu
hoặc áp dụng phương pháp giải một cách thụ động.

- Khi phát phiếu điều tra về mức độ hứng thú học phân môn Hình học
đầu năm cho thấy kết quả như sau :
Số HS có hứng thú

Tổng số HS

Số HS không có hứng thú

SL

%

SL

%

8

12,9%

54

87,1%

62

Kết quả khảo sát chất lượng phân môn Hình học khi chưa áp dụng SKKN
Tỉ lệ
Khối
8

Số học sinh

Giỏi

Khá

TB

Yếu

62

3

5

35

19

II.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
II.3.1. Ví dụ 1
Cho tam giác ABC (AC < AB). Trên tia AC lấy E sao cho AE = AB. Tia
phân giác của góc A cắt BC tại D, cắt BE tại H. Chứng minh:
a) BD = DE
A
b) BE ⊥ AD
1 2

ABC:
AC < AB; AE = AB;

GT

AD là tia phân giác.
AD x BE = {H}

B

D
1 2

H

a) BD = DE

KL

C
E

b) BE ⊥ AD

Giải:
a)

Phân tích
Cm: BD = DE


Chứng minh
a) Nối DE
BDA và EDA có:

3


AB = AE (gt)
µ
µ
A1 = A 2 (gt)
AD chung


Cm: BDA = EDA


AB = AE (gt)
µ
µ
(gt)
1 = A2
Có: A
AD chung


Đủ điều kiện (c.g.c)
µ = 900)
b) Cm: BE ⊥ AD ( H

(1) AD là trung trực của BE
Cm: (2) AD là đường cao
µ 1= H
µ 2
(3) H

(1) Cm: AD là trung trực của BE
Có AB = AE

Cần cm: DB = DE
(Đúng theo ý a)
(2) Cm: AD là đường cao của ABE
·
Có AD là phân giác của BAE

ABE cân tại A
(Đúng vì AE = AB theo giả thiết)
µ 1= H
µ 2
(3)
Cm: H

Cm: ABH = AEH


AB = AE (gt)
µ
µ
1 = A 2 (gt)
Có: A
AH chung

Đủ điều kiện (c.g.c)

⇒ BDA = EDA (c.g.c)
⇒ BD = DE

b)

(1) Ta có: AB = AE (gt)
và DB = DE (theo ý a)
⇒ AD là đường trung trực của BE
⇒ AD ⊥ BE
(2) Vì AB = AE
Nên ABE cân tại A
·
Mà AD là đường phân giác của BAE
⇒ AD cũng là đường cao
⇒ AD ⊥ BE
(3) ABH và AEH có:

AB = AE (gt)
µ
µ
A1 = A 2 (gt)
AH chung


⇒ ABH = AEH ( c.g.c)
µ 1= H
µ 2
⇒ H

µ 1+ H
µ 2 = 1800
mà H
µ 1= H
µ 2 = 1800: 2 = 900
nên H
Vậy BE ⊥ AD

Nhận xét: Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc trong ví dụ này, ta đã sử
dụng kiến thức về đường trung trực của một đoạn thẳng, về đường cao và về
định nghĩa hai đường thẳng vuông góc. Qua suy luận và thực hiện, ta thấy áp
dụng kiến thức về đường trung trực là hiệu quả nhất vì cách làm ngắn gọn và
đặc biệt là nó tận dụng được kết quả đã có ở ý trước đó.
II.3.2. Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC cân tại A. Hai đường cao BD và CE cắt
nhau tại H. Chứng minh rằng ∆BHE = ∆CHD.

4


A
1 2

∆ABC cân tại A
GT

BD ⊥ AC, CE ⊥ AB

E

BD x CE = {H}
KL

∆BHE = ∆CHD

D
1

B

1

H

2

2

2

1

C

Giải:
Phân tích
∆BHE và ∆CHD vuông tại E và D.
Do đó:
Cm: ∆BHE = ∆CHD
µ1 =H
µ 2 (Đối đỉnh)
Có H

Cần cm: EH = HD

Cần cm: ∆AHE = ∆AHD
∆AHE và ∆AHD vuông tại E và D
Có AH chung

µ1 =A
µ2
Cần cm: AE = AD hoặc A
• Cm: AE = AD
∆AEC = ∆ADB (ch – gn)
µ1 =A
µ2
• Cm: A
Dựa vào các đường trong tam giác
cân

Chứng minh
Xét ∆AEC và ∆ADB có:

µ =D
µ = 900
E

AC = AB (∆ABC cân tại A)
µ
A chung
⇒ ∆AEC = ∆ADB (ch – gn)
⇒ AE = AD

Xét ∆AHE và ∆AHD có:

µ =D
µ = 900
E

AE = AD (cmt)
AH (chung)


⇒ ∆AHE = ∆AHD (ch – cgv)
⇒ EH = HD
Xét ∆BHE và ∆CHD có:

µ =D
µ = 900
E

EH = HD (cmt)
µ
µ
H1 = H 2
⇒ ∆BHE = ∆CHD (c.g.c)

Nhận xét: Để chứng minh hai tam giác bằng nhau, trước hết ta cần xem xét hai
tam giác đó đã có những yếu tố nào bằng nhau, cần chứng minh thêm yếu tố
nào nữa. Từ đó ta có thể hình dung được tiến trình giải toán, chứng minh điều
gì trước và điều gì sau.

II.3.3. Ví dụ 3

5


Cho tam giác ABC và trung tuyến BD. Chứng minh rằng nếu M là trung
điểm của BD thì AM cắt BC tại điểm N và CN = 2BN.
C
P
D

∆ABC , AD = CD

GT

M

BM = DM; AM x BD = {N}

KL

CN = 2BN

N

A

B

Giải:
Phân tích
Cách 1
Cm:

Cách 1
CN = 2BN

Nếu lấy P là trung điểm của CN thì
CP = PN = BN

Cm:

Gọi P là trung điểm của CN

⇒ DP là đường trung bình của tam
giác ACN


Cm:

Chứng minh

AN // DP

⇒ AN // DP
Tam giác BDP có MN đi qua trung
điểm cạnh BD và song song với cạnh
DP nên đi qua trung điểm của BP.

Đúng vì DP là đường trung bình của ⇒ BN = PN = CP
tam giác ACN
Vậy CN = 2BN
Cách 2
Cách 2
Trên tia đối của tia BA, vẽ
2
Do CN = 2BN ⇒ CN = CB
BE = AB ⇒ CB là trung tuyến của
3
Dự đoán CB là đường trung tuyến của ∆ACE (1)
một tam giác và N là trọng tâm của tam Gọi P là giao điểm của CE và tia AN.
giác đó.
Ta sẽ chứng minh N là trọng tâm của
C
∆ACE
Ta có DB là đường trung bình của
D
P
N
∆ACE ⇒ DB // CE
M
⇒ M là trung điểm của AP
A
B
E ⇒ DM là đường trung bình của
∆ACP và MB là đường trung bình
của ∆APE
Cần cm: N là trọng tâm của ∆ACE
Có CB là trung tuyến ∆ACE

6



Cm: AP là trung tuyến của ∆ACE

Cm: CP = PE
Để cm: CP = PE, ta sử dụng tính chất
đường trung bình của tam giác hoặc
định lý Ta-let trong tam giác

⇒ DM =

1
1
CP và MB = PE
2
2

Mà DM = MB
⇒ CP = PE
⇒AP là trung tuyến của ∆ACE (2)
Từ (1) và (2) suy ra N là trọng tâm
của ∆ACE
⇒ CN = 2NB

Nhận xét: Thông qua suy luận, ta liên kết được các kiến thức của giả thiết
và kết luận, từ đó tìm được kiến thức liên quan và việc vẽ thêm hình là hệ quả
tất yếu, cần thiết để có thể sử dụng các kiến thức liên quan đó.
II.3.4. Ví dụ 4
Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Biết AB = 17cm, AH = 15cm
a) Tính độ dài đoạn thẳng BC.
b) Từ B vẽ BD ⊥ AC (D ∈ AC). Chứng minh AHC BDC.
S

c) Qua D vẽ DE ⊥ BC (E ∈ BC). Chứng minh BE.EC =

AH 2 .CE 2
CH 2

∆ABC, AB = AC = 17cm;
GT

AH = 15 cm; AH ⊥ BC;
BD ⊥ AC; DE ⊥ BC
a) BC = ?

KL

b) AHC

BDC

S

c) BE.EC =

AH 2 .CE 2
CH 2

Giải:
Phân tích
a)

BC = ?

BH = ?

BH2 + AH2 = AB2

Chứng minh
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác
vuông ABH, ta có:
BH2 + AH2 = AB2
⇒ BH2 = AB2 – AH2 = 172 – 152 = 64
Vì BH > 0 nên BH = 8 (cm)

(AB, AH đã biết nên BH tính được)

⇒ BC = 2. BH = 2.8 = 16 (cm)

b)

Xét 2 tam giác AHC và BDC có:

AHC

BDC

S

7




µ chung; AHC
·
·
= 900
C
= BDC
c)

BE.EC =

2

AH .CE
CH 2

2


BE.EC.CH = AH2.CE2

2
2
DE .CH = AH2.CE2

DE.CH = AH.CE

2

DE CE
=
AH CH



AHC S DEC
(Đủ điều kiện)

µ chung;
C
·
·
= 900 (GT)
AHC
= BDC
⇒ AHC SBDC (g.g)
Xét 2 tam giác AHC và DEC có:
µ chung;
C
·
·
= 900 (GT)
AHC
= DEC
⇒ AHC SDEC (g.g)


DE CE
=
(Các cạnh tương ứng)
AH CH

⇒ DE.CH = AH.CE
⇒ DE2.CH2 = AH2.CE2 (1)
Lại có: AHC S DEC (g.g)


BE DE
=
DE CE

⇒ BE.CE = DE2 (2)
Thay (2) vào (1) ta được
BE.EC.CH2 = AH2.CE2
⇒BE.EC =

AH 2 .CE 2
(đpcm)
CH 2

Nhận xét:Ví dụ trên đã sử dụng đẳng thức trung gian BE.CE = DE2 và
DE2.CH2 = AH2.CE2 ⇒ DE.CH = AH.CE (Vì độ dài đoạn thẳng luôn lớn hơn 0).
II.3.5. Ví dụ 5
Cho tam giác vuông ABC có (ABvẽ ID vuông góc với BC (D ∈ BC). Chứng minh: BD2 – CD2 = AB2
GT
KL

∆ABC , Â = 900, AH ⊥ BC;
AI = IC; ID ⊥ BC
BD2 – CD2 = AB2

Giải:
Phân tích
BD – CD2 = AB2

(BD - CD).(BD + DC) = AB2

BH.BC = AB2
2

Chứng minh
Xét AHC có:
 AI = IC

 ID // AH (cùng ⊥ BC)

⇒ ID là đường trung bình của AHC
⇒ HD = DC.

8




Khi đó: BD – DC = BD – HD = BH (1)
Ta có: ABH SCBA (g.g)

BH AB
=
AB BC





BH AB
=
(Cạnh tương ứng)
AB BC

⇒ BH.BC = AB2 (2)
Thay (1) vào (2) ta có:
⇔ (BD - CD).(BD + DC) = AB2
Hay BD2 – CD2 = AB2 (đpcm)

ABH S CBA
(Đủ điều kiện)

Nhận xét:Trong ví dụ này ta đã sử dụng hằng đẳng thức hiệu của hai bình
phương để chứng minh đẳng thức BD2 – CD2 = AB2
⇔ (BD - CD).(BD + DC) = AB2

II.3.6. Ví dụ 6
Cho tam giác ABC. Trên đường phân giác AD của góc A, lấy một điểm D bất kì.
BD cắt AC tại M, CD cắt AB tại N. Chứng minh rằng nếu BM = CN thì tam giác
ABC cân.
A

µ 1 =A
µ2
ABC, A

E

1 2

µ
D ∈ phân giác của A

1

2

BD x AC = {M},

GT

CD x AB = {N}.

M

N

BM = CN
ABC cân

KL

K

D
2

B

1

1

3
2

C

Giải: Đây là một bài tương đối khó.
- Ta giả sử ABC không cân (cụ thể là AB < AC)
- Chứng minh BM ≠ CN.
Phân tích
Giả sử AB < AC. Kẻ:

Chứng minh
Giả sử AB < AC
Lấy điểm K trên AB sao cho AK=AB
µ2
·
⇒ K nằm giữa A và C và AKD
>C

 NE // BM
BN = ME



ME // AB
 NE = BM

Ta sẽ cm: CN > NE
tức là CN > BM


(

)

(

·
µ1+E
µ 2 > ECN
·
µ 2 +C
µ3
CEN
=E
=C

)
9


à1 >C
à 2 v E
à 2 >C
à3
E
à1 >C
à2
a) Cm:
E
à1 =B
à 2 (cựng bự vi BNE
ã
m E
)
Cm:



à 2 >C
à2
Cm: B
Ly im K trờn AB sao cho AK=AB
ABD = AKD (c.g.c) (1)
à 2 = AKD
ã
B
ã
à2
Cm: AKD
>C

ã
ỳng vỡ AKD
l gúc ngoi ca CKD
à 2 >C
à3
b) Cm: E
Cm: CM > ME
Cm: CM > BN

BCM v CBN cú
BC chung, BM=CN (gt)

à1 >C
à 1 CD > BD
Cm: B
m BD = KD (t (1))

Cm: CD > KD
ã
ỳng vỡ CKD
k bự vi gúc nhn
ã
nờn l gúc tự:
AKD
ã
à2
>C
CKD

Xột ABD v AKD cú:

AD chung
à à
A1 = A 2
AK = AB


ABD = AKD (c.g.c)
à 2 = AKD
ã
à 2 (1)
B
>C
v BD = KD
(2)
ã
Trong CKD, gúc CKD
k bự vi gúc

ã
nhn AKD
nờn nú l gúc tự:
ã
à 2 KD < CD (3)
CKD
>C
T (2) v (3) suy ra:
à1 >C
à1
BD < CD B
Hai tam giỏc BCM v CBN cú:

BC chung

AK = AB nờn CM > BN (4)
à à
B1 > C1
K NE//BM v ME//AB ct nhau ti E
thỡ ta cú: BN = ME (5)
à1 =B
à 2 (7)
BM = NE (6) v E
T (4) v (5) suy ra: CM > ME
à 2 >C
à3
Vy trong CME cú: E

à1 >C
à2
T (1) v (7) suy ra: E

(

)

(

ã
à1+E
à 2 > ECN
ã
à 2 +C
à3
CEN
=E
=C

)

CN > EN (8)
Từ (6) và (8) suy ra CN > BM
(trái giả thiết)
Điều này chứng tỏ điều giả sử
là sai.
Vậy AB = AC.
Tức là tam giác ABC cân tại A.
Sau khi hc sinh c lm nhiu cỏc dng bi tp nh trờn thỡ k nng suy
lun c hỡnh thnh, cng c v cỏi ớch l hỡnh thnh k xo cú cỏc phn
x t nhiờn, nhy bộn trc mt bi tp khú.
II.4. Kt qu

10


Khi áp dụng phương pháp suy luận phân tích ngược vào giảng dạy hình
học 8 tại đơn vị sở tại, tôi nhận được kết quả như sau:
Học sinh có hứng thú

HS không có hứng thú

Tổng số HS
SL

%

SL

%

Trước khi áp dụng

62

8

12,9%

54

87,1%

Sau khi áp dụng

62

43

69,4%

19

30,6

Kết quả khảo sát chất lượng phân môn Hình học khi chưa áp dụng SKKN
Tổng số học
sinh

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Trước khi áp dụng

62

3

5

35

19

Sau khi áp dụng

62

15

27

16

3

Dựa vào bảng số liệu trên, có thể nhận thấy nhờ áp dụng phương pháp suy
luận phân tích ngược mà chất lượng học sinh được nâng lên đáng kể. Việc học
tập của học sinh khối 8 trong một năm học đã thu được nhiều kết quả khả quan,
tuy chưa cao nhưng có những chuyển biến rõ rệt theo chiều hướng đi lên. Điều
này chứng tỏ vai trò tích cực của đề tài nghiên cứu đối với quá trình dạy và học
của thầy trò chúng tôi.

11


III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
III.1. Kết luận
Cùng một vấn đề có thể phân tích theo các hướng khác nhau, từ đó sẽ tìm
ra nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán. Vì vậy, khi đã phân tích và tìm ra
lời giải, chúng ta hãy tích cực suy luận theo nhiều hướng khác để tìm kiếm
những lời giải mới.
Suy luận phân tích cần phải luyện tập thường xuyên và theo thời gian, sự
tích lũy kinh nghiệm sẽ dần hình thành nên một khả năng vô cùng đặc biệt, đó là
trực giác. Đây là dạng phản xạ có điều kiện nhưng lại diễn ra rất nhanh sau
những phân tích chóng vánh của bộ não. Nó làm nên tính nhạy bén trong phân
tích – điều mà bất kì người học toán nào cũng cần phải đạt được.
Không chỉ riêng trong học toán, phép suy luận nói chung và phép suy luận
phân tích ngược nói riêng còn rất cần trong thực tiễn. Khi bắt gặp một vấn đề
phức tạp thì trước khi hành động, chúng ta cần phải ngẫm nghĩ xem cần làm
điều gì trước?, làm điều gì sau?, sử dụng cái đã có như thế nào và làm sao khắc
phục được cái còn thiếu? ... Những định hướng này sẽ dần kết nối với nhau và
hình thành nên một mạng lưới lôgic có tên gọi là “bản kế hoạch dự kiến”, giúp
chúng ta giải quyết triệt để vấn đề đang gặp phải.
III.2. Kiến nghị
Giới hạn của đề tài mới dừng lại ở việc áp dụng phép suy luận phân tích
ngược. Để đạt được hiệu quả cao hơn, chúng ta có thể sử dụng kết hợp thêm
phương pháp suy luận phân tích đi xuống và sau đó chứng minh tổng hợp để hệ
thống tư duy của học sinh được phát triển đầy đủ.
Đề nghị BGH, tổ chuyên môn tạo điều kiện, giúp đỡ để tôi tiếp tục triển
khai thực hiện đề tài này trong nhà trường. Rất mong nhận được những phản hồi
tích cực và lời góp ý chân thành của bạn bè và đồng nghiệp.
Tôi xin cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Hữu Dương

12


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 8 tập 1, 2.
2. Sách bài tập toán 8 tập 1, 2.
3. Vẽ thêm yếu tố phụ để giải một số bài toán hình học - Nguyễn Đức Tấn.
4. Ôn tập hình học 8 - Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thụy.
5. Phương pháp suy luận phân tích để giải toán hình học THCS.
6. Khai thác và phát triển một số bài toán THCS – Nguyễn Tam Sơn,
Phạm Lệ Hằng
7. Nâng cao và phát triển Toán 8 tập 1, 2 – Vũ Hữu Bình.
8.Ôn tập cuối tuần môn Toán 8 tập 1, 2 – Hoàng Xuân Vinh, Mai Công Mãn
9.Các kiến thức, tài liệu có được trong quá trình học Đại học sư phạm

13



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×