SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc *********************
BẢN CAM KẾT
I. TÁC GIẢ
Họ và tên: HOÀNG THỊ THU HƯƠNG
Ngày, tháng, năm sinh: 09/11/ 1975
Đơn vị : Trường THCS Núi Đèo
II. SẢN PHẨM:
Điện thoại: 0982873720
III. CAM KẾT
Tên sản phẩm: KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 8
Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là sản phẩm của cá nhân tôi. Nếu có
xảy ra tranh chấp về quyền sở hữu đối với một phần hay toàn bộ sản phẩm sáng kiến
kinh nghiệm, tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm trước lãnh đạo đơn vị, lãnh đạo Sở GD &
ĐT về tính trung thực của bản cam kết này.
Núi Đèo, ngày 25 / 3/ 2011
Người cam kết
Hoàng Thị Thu
Hương
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH LỚP 8
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong giảng dạy môn Toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản
thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để mở rộng khai thác thêm các bài toán mới
là điều rất cần thiết cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Mặt khác từ những kinh
nghiệm để giải một bài toán ta thường phải hình thành những mối liên hệ từ những điều
chưa biết đến những điều đã biết, những bài toán đã có cách giải (gọi là bài toán gốc).
Nên việc thường xuyên khai thác, phân tích một bài toán ban đầu là một cách nâng cao
khả năng suy luận, tư duy sâu cho học sinh đặc biệt trong môn hình học.
Qua một số năm giảng dạy hình học lớp 8, với kinh nghiệm của bản thân tôi đã
luôn giúp học sinh tìm tòi, khai thác nhiều bài toán, đó cũng là cơ sở để tôi viết sáng
kiến kinh nghiệm này.
B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
⇔
=
1 - Hệ quả định lí Talet trong tam giác : ∆ABC có M ∈ AB, N ∈ AC
AM AN MN = AB AC BC
⇔ =
MN // BC
DB AB DC AC
2 - Định lí đường phân giác: ∆ABC có AD là đường phân giác
3 - Định lí Pitago: ∆ABC có a, b, c là ba cạnh của tam giác có Â = 900 ⇔ a2 = b2 + c2
∆ABC, Â = 900 AH ⊥ BC, (AH = h, HB = b’; HC = c’)
4 - Các hệ thức lượng trong tam giác vuông
* b2 = a.b’; c2 = a.c’ * a2 = b2 + c2
* b.c = a.h = 2S (S là diện tích của tam giác)
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 2
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
=
+
* h2 = b.c
1 2 h
1 2 b
1 2 c
*
≥
∆
µ $ µ ABC : A B C
≥ ⇔ ≥ ≥ a
b
5 - Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác
c
−
c
a
*
< < + b c
* b
6 - Quan hệ giữa các đường trong tam giác
h
m
a
a
≤ ≤al ∆ABC có đường cao ha, trung tuyến ma, phân giác la thì
≥ * a + b 2 ab
7 - Một số bất đẳng thức cơ bản
+
≥
với a, b ≥ 0
4 +
1 a
1 b
a
b
* với a, b > 0
* (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)
II. CÁC NHẬN XÉT VÀ BÀI TOÁN MỚI ĐƯỢC RÚT RA
* Nhận xét chung:
Trong chương trình hình 8, ta có thêm một tính chất của đường phân giác trong
DB AB = DC AC
tam giác đó là: Nếu AD là phân giác của ∆ABC thì ( 1). Để kết hợp với định
lí Ta - let, ta kẻ DE // AB suy ra ∆EAD luôn cân tại E hay EA = ED.
A 1 2
DB EA = DC EC
E
b
c
(2) Nhưng từ DE // AB lại có
l a
EA AB = EC AC
C
B
a
D
⇔
EA +
AB +
= EA EC AB AC
=
+
⇔ = ED
Từ (1) và (2) ta có
c +
bc +
ED b
b
c
b
c
1 1 ⇔ = ED b
1 c
Do đó EA = ED nên
(Đặt AB = c; BC = a; CA = b; phân giác AD = la ).
Đó là lời giải của bài toán gốc sau:
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 3
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
1
1 1 = + ED b c ”
“∆∆∆∆ABC, AD là phân giác trong DE // AB (E ∈∈∈∈ AC). Chứng minh
1. Nhận xét 1: Từ bài toán gốc, ta thấy để có sự liên hệ giữa cạnh b, c và phân giác la ta xét trường hợp đặc biệt khi  = 1200 ⇒ Â1 = Â2 = 600 ⇔ ∆EAD đều nên ED = AD = la.
Đó cũng là lời giải của bài toán sau:
1 = + b
1 c
1 la
Bài toán 1: Cho  = 1200. Chứng minh . (Rõ ràng lời giải thông qua bài toán
+
gốc).
1 = + b
1 c
1 la
1 b
1 1 = c ED
2. Nhận xét 2: Theo bài toán gốc luôn có: . Nếu cho thì la = ED.
Hay ∆EAD đều ⇒ Â = 1200.
1 1 + c b
1 = la
Bài toán 2: Cho . Chứng minh  = 1200.
≥
≥
3. Nhận xét 3: Nhưng từ mối quan hệ ha ≤ la ≤ ma trong một tam giác ta có
1 h
1 m
1 al
a
a
. (Trong đó ha là đường cao; la là đường phân giác; ma là đường trung
+ = ⇒ + ≥
+
tuyến cùng ứng với một cạnh trong tam giác).
1 b
1 c
1 h
1 b
1 c
1 b
1 1 = c ED
1 al mà theo bài toán gốc
a
≥
Nếu cho điều kiện nên suy
1 DE
A 1 2
E
b
c
l a
AED
C
B
a
21 D
1 al hay DE ≤ la. Từ DE ≤ la ⇒ Â2 ≤ AED Và EA ≤ la ⇒ µ ≤2D Mà AED = AED
ra
Cộng các vế có 1800 ≤ 3 AED . Hay AED ≥ 600. Mà  + AED = 1800 nên  ≤ 1200.
1 b
1 + = c
1 h
a
Vậy ta có: Bài toán 3: Cho . Chứng minh  ≤ 1200.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 4
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
≤
≤ ⇔ ≥
≥
m
l a
a
1 h
1 m
1 b
1 1 + = c m
1 l a
a
a
a
. Nếu cho thì 4. Nhận xét 4: Cũng từ ha
1 b
1 1 + = c DE
1 b
1 + ≤ c
1 al mà theo bài toán gốc
≤
DE
µ A
AED
al ⇔ ≥ ⇒ ≥2
1 DE
1 al
AE
µ D
AED
al ⇔ ≥ ⇒ ≥2
nên suy ra
Mà AED = AED
Cộng các vế ta có 1800 ≥ 3AED hay AED ≤ 600.
Do DE // AB nên AED +  = 1800 (hai góc trong cùng phía) hay  ≥ 1200.
Đó cũng là lời giải bài toán 4:
1 b
1 1 + = c m
a
Bài toán 4: Cho . Chứng minh  ≥ 1200.
Kết luận 1: Trong ∆ABC cạnh a, b, c có la, ha, ma
1 b
1 + = c
1 h
a
a. Nếu thì Â ≤ 1200.
1 1 + c b
1 = la
b. Nếu thì Â = 1200.
1 b
1 1 + = c m
a
c. Nếu thì Â ≥ 1200.
Và các nhận xét 2; 3; 4 cũng là khai thác về hệ thức của bài toán gốc.
Chuyển sang khai thác bài toán gốc về góc ta có nhận xét sau: 5. Nhận xét 5: Nếu ∆ABC cho giả thiết  = 900 thì Â1 = Â2 = 450 hay ∆EAD vuông
2 = 2ED2 (do EA = ED)
cân.
2 = EA2 + ED2 ⇒ la
+
ED 2
Nếu có la
=al
1 1 = ED b
1 c
2 ⇒ = al
al 2
⇒ hay ED =
A 1 2
E
al
C
Ta có:
B
D
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 5
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
=
+
1 b
1 c
2 al
Bài toán 5: Nếu  = 900 thì
(Có thể coi đây là một hệ thức của tam giác vuông)
6. Nhận xét 6: Xét chiều ngược lại của bài toán 5.
1 b
1 + = c
2 al
Nếu ta có
1 b
1 1 + = c ED 2 = 2ED2 = ED2 + EA2 (vì EA = ED). Hay la Theo định lí Pitago đảo suy ra Ê = 900 hay  = 900.
Mà nên la = ED 2
Vậy ta có
1 b
1 + = c
2 al
Bài toán 6: Nếu ∆ABC có thì Â = 900.
1 b
1 c
2 al
+
=
+
= + 7. Nhận xét 7: Khi  = 900 ta có hệ thức .
2 bc
1 2 b
1 2 c
2 al 2
+
=
Biến đổi hệ thức: Bình phương hai vế
1 2 b
1 2 c
1 2 h
2
=
=
+
Với chú ý và bc = 2S
2
2
2 2S
1 S
1 h
2 al 2
a
al 2 − 2h a l (h ) a a
Ta có hay
Do đó ta có cách tính diện tích tam giác vuông theo ha; la là
)2 l 2 a
l ( h a a 2 2h − a
S =
Áp dụng giải bài toán 7: Cho ∆ABC (Â = 900) có ha = 5cm; la = 7cm. Tính diện tích
tam giác vuông.
2
=
35
Rõ ràng theo nhận xét 7 thì dễ dàng tính được
2
( 2.5
)2 7.5 2 − 7
S = = 1225cm2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 6
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
al ( h a 2 2h − a
)2 l 2 a
2
8. Nhận xét 8: Khi  = 900 ta có S =
> al
a2h > 2 al
a2h⇒
>
2h
h
Vì S > 0 nên
≥al
a
a
Vậy ta có bài toán 8: Trong tam giác ABC có Â = 900, chứng minh
Bài toán đề nghị : Giải bài toán 8 theo một cách khác (dựng tam giác vuông cân
cạnh ha). * Kết luận 2: Từ bài toán gốc ta khai thác bằng cách thứ hai là đặc biệt góc A (Â = 900)
+
đã thu được ba bài toán mới.
1 b
1 c
2 ⇔ = al
⇔
>
2h
h
+, Â = 900
>al
a
a
⇔ = S
+, Â = 900
V
l a −
)2 2 l a
( h a 2 2h a
A
030
030
+, Â = 900
E
H
9. Nhận xét 9: Ta tiếp tục dùng phương pháp đặc biệt hoá Nếu cho  = 600 suy ra Â1 = Â2 = 300. Hạ EH ⊥ AD thì AD = 2AH = 2AE.cos 300
3 2
⇒ = al ED 3
B
C
D
= ED 3 Hay la = 2ED.
1 1 = ED b
1 + c
=
+
Theo bài toán gốc
1 b
1 c
3 al
=
+
Vậy ta có bài toán 9: Cho tam giác ABC có Â = 600, chứng minh
1 b
1 c
1 1 = ED b
1 + c
3 al
ED 3
10. Nhận xét 10: Xét chiều ngược lại trong ∆ABC nếu có mà
=al
=
=
(Bài toán gốc) thì suy ra
ED 3 2 ED
AH AE
3 2
Hạ EH ⊥ AD ⇒ cos Â2 =
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 7
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
Hay Â2 = 300 suy ra  = 600.
=
+
Vậy ta có lời giải bài toán 10
1 b
1 c
3 al
∆ABC có . Chứng minh  = 600.
=
+
* Kết luận 3: Trong ∆ABC, AD là phân giác (AD = la)
1 b
1 c
3 al
 = 600 ⇔
- Sau khi đã khai thác hệ thức và yếu tố góc trong bài toán gốc ta đã phát triển thêm
được ra một số bài toán mới. Tiếp theo là sử dụng bài toán gốc trong việc nhìn nhận ra
lời giải của một số bài toán khác.
DE =
bc +
1 1 = DE b
1 + ⇒ c
b
c
1 . Nhận xét 11: Cũng từ bài toán gốc (sử dụng chứng minh bất đẳng thức).
Mà DE + EA > la (bất đẳng thức trong tam giác)
>
Hay 2DE > la (do ∆ADE cân tại E)
al
2bc + c b
1 c
1 ⇒ > al
1 1 + 2 b
Suy ra
>
Với la; lb; lc là độ dài các đường phân giác trong tam giác.
1 c
1 1 + 2 a
1 l b
>
1 a
1 1 + 2 b
1 l c
+
+
>
Chứng minh tương tự
1 b
1 + + c
1 a
1 l c
1 l a
1 l b
+
+
>
Cộng các vế có :
1 b
1 + + c
1 a
1 l c
1 l a
1 l b
Bài toán 11: Trong tam giác chứng minh . Với la; lb; lc là độ
dài các đường phân giác trong tam giác.
12 . Nhận xét 12: Nếu sử dụng bài toán 1, ta có cách nhìn một số bài toán khó trở nên
đơn giản hơn, chẳng hạn xét một bài toán của lớp 9: ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 8
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
0
= BMC 120
Bài toán 12: Cho tam giác ABC đều nội tiếp (O; R), điểm M chạy trên cung BC nhỏ,
A
gọi giao điểm của MA và BC là I. Tìm vị trí của điểm M để I có độ dài lớn nhất. Lời giải: Ta thấy · và MI là phân giác của tam
1
+
=
giác MBC.
1 1 MI MB MC
•
O
D
Nên theo bài toán 1 suy ra
I
B
C
1
+
=
≥
1 2 M
4 +
1 1 MI MB MC MB MC
0
=
=
· BMD ACB 60
áp dụng bất đẳng thức cơ bản:
khi ấy Ta cũng chứng minh được MA = MB + MC. (Thật vậy: Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD = MB mà ·
·
ABD CBM=
∆BMD đều.
0
vì cùng cộng với góc DBC để được
= = Vậy AB = BC, BD = BM, · · · ABC DBM 60 . Suy ra ∆ABD = ∆CBM nên AD = MC.
4
⇒ ≤ MI
Do đó MD = MB , AD = MC ⇒ MA = MB + MC)
1 ≥ MI MA
MA 2R ≤ 4
4
⇔
Hay
= MB MC = AM 2R
Dấu bằng xảy ra ⇔ M là điểm chính giữa của cung BC nhỏ.
Vậy đó là một cách giải của bài toán 12 nhìn ra từ bài toán 1. 13- Nhận xét 13: Nếu b, c thay đổi sao cho b2 + c2 = 2R2 (không đổi) thì ta có tìm được
+ (bài toán gốc
1 b
1 c
1 1 = DE b
1 + ) c
cực trị cả đại lượng tính theo
Bài toán 13: Cho điểm A di chuyển trên nửa đường tròn (O) đường kính BC = 2R, kẻ
phân giác AD của tam giác ABC. Tìm cực trị của AD.
=
+
Rõ ràng khi A ≡ B, A ≡ C, thì min AD = 0.
1 b
1 c
2 al
Tìm max thì do  = 900 nên theo bài toán 5 có
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 9
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
=
hay áp dụng bất đẳng thức cơ bản có:
4 +
1 b
1 + ≥ c
b
c
2 al
A
(1)
c
2 2R
b
c
al
⇔
≥
⇔ + ≤ b Và ( b + c)2 ≤ 2(b2 + c2) = 8R2
4 +
b
c
4 2 2R
B
C
•• OD
≥
(2)
2 al
4 2 2R
≤
R
Từ (1) và (2) suy ra
l ⇔ ≤ a
2 2R 4
l a 2
Hay
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c = R 2
Khi đó A là điểm chính giữa cung BC.
=
+
Vậy la max = R ⇔ A là điểm chính giữa cung BC.
1 b
1 c
2 al
14 . Nhận xét 14: Từ hệ thức : Khi  = 900 thì
1 b
1 + = c
7 12
12 2 7
thì có , và biết diện tích tam giác là 6cm2. Ta có bài Nếu ta cho la =
toán sau:
12 2 7
và diện tích tam giác là 6cm2. Bài toán 14: Cho tam giác ABC có Â = 900, la =
b
7
Tính độ dài hai cạnh góc vuông.
7 12
+ = c =
12
bc
⇔
1 b bc
1 + = c = 12
Giải: Theo bài ta có
Từ đó tính được b = 3cm; c = 4cm và lời giải dựa vào hệ thức của bài toán 5.
15 . Bài tập đề nghị
Bài 1: Cho tam giác ABC, chứng minh:
a. Â = 600 ⇔ a2 = b2 + c2 – bc
b. Â = 900 ⇔ a2 = b2 + c2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 10
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
c. Â = 1200 ⇔ a2 = b2 + c2 + bc
d. Hãy phát triển các ý a, b, c.
Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O), điểm M chạy trên cung BC nhỏ. Chứng
minh:
a. MA = MB + MC b. MA2 + MB2 + MC2 không đổi.
Bài 3: Chứng minh trong hình thang đường thẳng đi qua giao điểm hai cạnh bên và
giao điểm hai đường chéo thì chia đôi hai đáy.
III. KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Kết quả chung:
Trong năm học vừa qua, tôi đã hướng dẫn cho học sinh lớp 8 một số bài tập trong
sáng kiến kinh nghiệm này. Kết quả cho thấy các em nắm vững bài toán gốc và phát
hiện kịp thời các bài toán sau thông qua bài toán gốc. Các bài toán mới được các em
khai thác rất say sưa dưới hướng dẫn của giáo viên. Hiệu quả là đã phát triển tư duy, óc
sáng tạo của học sinh.
2. Kết quả cụ thể: Sau khi ra đề cho học sinh lớp 8A2: Trong ∆ABC cạnh BC = a,
AC = b, AB = c có các đường phân giác, đường cao,đường trung tuyến xuất phát
từ A lần lượt là la, ha, ma; chứng minh:
1 b
1 + = c
1 h
a
a. Nếu thì Â ≤ 1200.
1 1 + c b
1 = la
b. Nếu thì Â = 1200.
1 b
1 1 + = c m
a
c. Nếu thì Â ≥ 1200
Kết quảt đạt được như sau:
Sĩ số Điểm 9, 10 Điểm 7, 8 Điểm 5, 6 Lớp
32 8 em (25%) 12 em (37,5%) 12 em (37,5%) 8A2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 11
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
IV - ĐIỀU KIỆN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Do sáng kiến kinh nghiệm cần có nội dung là định lí Talet, định lí đường phân
giác, căn bậc hai, đường tròn cho nên chỉ áp dụng được ở học kì II lớp 8, còn
riêng đối với học sinh lớp 9 có thể dạy ngay từ đầu năm.
Vì sáng kiến kinh nghiệm có nhiều kĩ năng biến đổi, kết hợp suy luận nhiều kiến
thức của môn hình và đại nên có thể sử dụng dạy chuyên đề, bồi dưỡng học sinh
giỏi.
Dùng đề xuất thêm bài tập mở rộng cho học sinh ứng theo từng phần liên quan
nhất là trong các tiết luỵên tập.
V- NHỮNG ĐIỂM TỒN TẠI HẠN CHẾ:
* Do sáng kiến kinh nghiệm nhằm khai thác bài toán gốc, nên các bài toán sau thường
được qui về sử dụng lời giải bài toán gốc. (Nhiều bài toán là bắt buộc, ví dụ : Kết luận
1, kết luận 2).
* Nhưng ngược lại có một số bài toán có lời giải riêng (ở đây chỉ đưa ra cách nhìn nhận
≤
m
h
một vấn đề một cách khác đi). * Chỉ khai thác được với những góc đặc biệt (Â = 600, 900, 1200).
≤al
a
a
* Để chứng minh một kết quả phải áp dụng thêm nhiều hệ quả, định lí bổ trợ ngoài bài toán gốc. Ví dụ
VI - BÀI HỌC KINH NGHIỆM * Qua một số năm giảng dạy hình 8 và hình 9 theo chương trình cũ hoặc chươnng trình thay sách mới, tôi đều có hướng yêu cầu học sinh phân tích từ bài toán gốc hình thành ra các bài toán khác. Cho thấy học sinh không những hứng thú học hình mà còn ham tìm tòi những điều mới mẻ trong một bài toán. * Nhiều học sinh đã tìm ra hướng giải của nhiều bài toán đã bị biến dạng khác với bài toán ban đầu bằng cách nhận biết liên quan đã trình bày ở sáng kiến kinh nghiệm này, hoặc có nhiều em tìm ra lời giải khác từng bài nhưng nói chung là khó khăn hơn là đưa chúng về gần bài toán đã biết lời giải.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 12
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-2011
* Mặt khác đối với những bài toán này, việc mở rộng khai thác thêm các trường hợp riêng luôn đem lại cho học sinh những hứng thú sáng tạo mới. Rất kích thích tư duy học sinh cho các em.
C – KẾT LUẬN
Sau một thời gian tự tìm tòi xung quanh bài toán gốc và các tài liệu tham khảo, cũng như xin ý kiến đóng góp của đồng nghiệp, tôi cố gắng hệ thống và tổng hợp lại các kết luận mới khai thác thông qua 14 nhận xét cơ bản để rút ra 14 bài toán liên quan đến bài toán gốc. Mong đóng góp một phần nhỏ bé trong kĩ năng rèn luyện tính tích cực phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, gây hứng thú tìm tòi cái mới khi các em làm toán. Tuy nhiên việc phát triển một bài toán là rất rộng, không tránh khỏi các hạn chế nên tôi rất mong được sự đóng góp bổ sung của các đồng nghiệp và Ban giám khảo chấm chuyên đề để bài toán được hoàn chỉnh hơn và cũng để tôi có kinh nghiệm khai thác các bài toán khác.
Tôi xin trân trọng cảm ơn.
Xác nhận của Ban giám hiệu
Núi Đèo, ngày 25/ 3/ 2011 Người thực hiện
Hoàng Thị Thu
Hương
---------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------------------------------------------------------------------------- Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 13
