Tài liệu Phát triển bài toán mới từ một bài tập cơ bản trong sách giáo khoa

1. Lời giới thiệu: Mọi vật thể đều được cấu tạo từ chất và mọi chất được cấu tạo từ những phân tử nhỏ. Trong Toán học cũng vậy mọi bài toán đều bắt nguồn từ những chi tiết nhỏ nhặt, những bài toán đơn giản hơn. Đối với học sinh bậc THCS việc tiếp thu môn hình học còn gặp rất nhiều khó khăn.Vì vậy để học sinh giỏi môn hình học không những phải yêu cầu học sinh nắm vững và biết vận dụng các bài toán cơ bản mà còn phải biết cách phát triển nó thành những bài toán mới có tầm suy luận cao hơn. Cách dạy học như vậy mới đi đúng hướng đổi mới giáo dục hiện nay. Có như vậy mới tích cực hóa hoạt động của học sinh, khơi dậy khả năng tự lập, chủ động, sáng tạo của học sinh. Nhằm nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tế, tác động đến tâm lí, tình cảm, đem lại niềm say mê và hứng thú học tập cho học sinh. Trong quá trình giảng dạy môn toán bậc THCS, với nhiều năm trong nghề tôi thấy tình trạng chung là học sinh không thích thậm chí là sợ môn hình. Vì lí do khó hiểu, mắc trong quá trình tìm tòi lời giải bài toán, mất phương hướng và không biết để chứng minh bài toán thì bắt đầu từ đâu, làm như thế nào. Trong quá trình giảng dạy môn hình ngay trong mỗi tiết học người thầy không thường xuyên tạo thói quen, rèn thói quen cho học dùng phương pháp phân tíchđi lên để tìm lờp giải bài toán thì học sinh dần dần học sinh sẽ khó tiếp thu, không tự giải được bài toán hình. Nghiên cứu nguyên nhân, tôi thấy có mấy điểm dướiđây: 1. Học sinh chưa nắm chắc những khái niệm cơ bản. 2. Sách giáo khoa biên soạn tuần tự theo hệ thống kiến thứcđường thẳng, không tổng hợp từng loại, từng dạng làm cho học sinh khó nắm bắt cách giải các bài toán. 3. Trong SGK các bài toán mẫu thường là ít, hướng dẫn gợi ý chưa thật đầy đủ nên khó tiếp thu và nghiên cứu. 4. Học sinh thường chỉ học "Vẹt" các định lí và quy tắc. Trong các trường THCS hiện nay, tình hình phổ biến làđạiđa số học sinh không thích học môn hình học. Điều này theo tôi nghĩ có thể là do nhiều nguyên nhân. Nhưng theo tôi là giáo viên chưa chuẩn bị một cách chu đáo một giờ luyện tập, thông qua đó củng cố kiến thức cơ bản cho học sinh, rèn kĩ 1 năng vận dụng kiến thức vào bài tập, kĩ năng trình bày, hơn thế nữa rèn tính sáng tạo, phát triển tư duy toán học cho học sinh. Như vậy muốn có một giờ luyện tập tốt, theo tôi phải lưu ý mấy vấnđề sau: - Chọn hệ thống bài tập như thế nào cho một giờ luyện tập; - Phải sắp xếp hệ thống các câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở); - Phải tổ chức tốt và thể hiện vai trò chủ đạo của người thày; 2. Tên sáng kiến: “Phát triển bài toán mới từ một bài tập cơ bản trong sách giáo khoa”. 3. Tác giả sáng kiến: - Họ và tên: Đoàn Công Bộ - Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường TH và THCS Bạch Lưu, huyện Sông Lô, tỉnh Vĩnh Phúc. - Số điện thoại: 0989.687.361 - E_mail: [email protected] 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trường TH và THCS Bạch Lưu. 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn toán hình học - Bậc THCS. 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu:Sau khi kết thúc năm học 20172018 tôi rút kinh nghiệm và thực hiện trong năm học 2019-2020. 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: Như chúng ta đều biết, khi mới xuất hiện, hình học là một khoa học vềđo đạc, qua một số các đối tượng, vật cụ thể trong thực tiễnđã dần dầnđược khái quát thành những khái niệm trừu tượng: Với 3 khái niệm cơ bản không được định nghĩa: Điểm, đường thẳng, mặt phẳng. Từ đó môn hình học dần dần trở thành một môn khoa học suy diễn, tức là môn khoa học mà những kết luận đúngđắn đều được chứng minh bằng lập luận chặt chẽ chứ không bằng cách qua thực nghiệm như những môn khoa học thực nghiệm khác. Môn hình học bản thân mang tính lập luận, tính trừu tượng cao. Nhưng để học sinh tiếp thu được, hiểuđược nhiều khi chúng ta phải dùng trực quan 2 thông qua mô hình, hình vẽ, vật cụ thể,… để học sinh nắm bắt và hiểu bản chất của vấn đề. Điều đó rất đúng bởi quá trình tư duy của con người bao giờ cũng tuân theo quy luật đó. Như Lê Nin đã khẳng định"Từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng, rồi từ tư duy trừu tượng đến thực tiễn, đó là con đường biện chứng của sự nhận thức chân lí của sự nhận thức khách quan". Trong quá trình dạy học môn Toán người thầy cần thấm nhuần nguyên lí giáo dục: "Học đi đôi vời hành, giáo dục kết hợp với lao động sản xuất, nhà trường gắn liền với xã hội". Thông qua môn toán, học sinh tiếp cận và tiếp thu các môn học tự nhiên khác. Bởi dạy môn Toán cho học sinh không những truyền thụ kiến thức cho các em mà quan trọng hơn là dạy tư duy. Hình học là môn học rất khó, trừu tượng cao đối với học sinh bậc THCS. Trong hình học phẳng nói chung học sinh đều cảm thấy có ít nhiều khó khăn. Những biện pháp, giải pháp đặt ra của sáng kiến: Từ bài tập số 20 trang 68 (SGK hình học lớp 8 –Tập 2 -NXB Giáo dục 2008) và bài tập 46 trang 84 SGK Toán 8 Tập 2-NXB giáo dục 2008 sau khi học sinh được làm, tôi đã thay đổi thành các bài toán có nội dung như sau: Bài toán 1: Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau ở O sao cho AB song song với CD. Đường thẳng qua O song song với AB cắt BC ở I. Chứng minh 1 1 1   (1) rằng OI AB CD Chứng minh: A Theo giả thiết ta có D AB //CD // OI và IB + IC = BC Trong tam giácOICAB IC có: OI //AB nên theo định  (*) lí Ta-lét ta có AB BC O B C I Trong tam giácOIBCD IB có: OI //CD nên theo định  (**) lí Ta-lét ta có CD BC Cộng vế thao vế các đẳng thức (*) và (**) ta có: 3 OI OI IC IB 1  IC  IB BC  1     OI    1  AB CD BC BC BC BC  AB CD   1 1 1   AB CD OI (ĐPCM) Ta sẽ thực hiện khai thác các bài toán mới từ bài tập trên bằng cách thêm, bớt: Bài toán 1.1: Cho hình thang ABCD có AB // CD. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Đường thẳng qua O song song với hai đáy cắt AD và BC lần lượt tại hai điểm M và N. Chứng minh O là trung điểm của MN Nhận xét: Trong bài toán này ta thấy AB // CD và AC cắt BD tại O. OM // AB // CD nên theo bài toán (1) ta có 1 1 1   OM AB CD . ON // AB // CD nên theo 1 1 1   bài toán (1) ta có ON AB CD . Từ đó ta có lời giải như sau: 1 1 1   (*) OM AB CD Chứng minh: Áp dụng bài toán (1) ta có: Từ (*) và (**) B A 1 1 1   (**) ON AB CD N M ta suy O ra 1 1   OM ON OM ON Hay O là trung D C điểm của MN (ĐPCM) Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC. Điểm M và N là hai điểm bất kì trên cạnh AB và AC sao cho MN song song với BC. Gọi O là giao điểm của BN và CM, I là giao điểm của Ao với BC. Chứng minh IB = IC. Nhận xét: Trong bài toán này ta đã có hai đoạn thẳng song song là MN và BC. Để sử dụng bài toán gốc (1) ta phải tạo ra A đường thẳng song song với MN và BC tại giao điểm của BN và CM. Từ đó ta có lời giải như sau: Chứng minh: M N O B I 4 C Qua O vẽ đường thẳng song song với BC, đường thẳng này cắt AB và AC lần lượt tại E và F. 1 1 1 1 1 1     Theo bài toán (1) ta có: OE BC MN và OF BC MN Suy ra OE = OF OE AO  Trong tam giác ABI có OE // BI. Theo định lí Ta-lét ta có: IB AI (*) OF AO  Trong tam giác ACI có OF // CI. Theo định lí Ta-lét ta có: IC AI (**) OE OF   IB IC Từ (*) và (**) ta suy ra IB IC (ĐPCM) Bài toán 1.3: Cho đoạn thẳng AB và đường thẳng d song song với AB. Hãy dùng thước hãy tìm trung điểm M của AB . Nhận xét: Trong bài toán này ta đã thấy để sử dụng bài toán gốc (1) thì ta phải tạo ra hai đoạn thẳng song song. Từ đó ta có thể tạo ra đoạn thẳng song song với AB như sau. Từ điểm S không thuộc đoạn thẳng AB và đường thẳng d vẽ SA và SB, hai đường thẳng này lần lượt cắt d tại hai điểm D và E, ta có AB // DE. Từ đó ta có thể vận dụng bài toán 1.3 như sau: (Hệ quả của bài toán 1) Chứng minh: Từ điểm S không thuộc đoạn thẳng AB và đường thẳng d (S không nằm giữa hai đường thẳng AB và DE) vẽ SA và SB, hai đường thẳng này lần lượt cắt d tại hai điểm M và E. Gọi O là giao điểm của AE và BD. Đường thẳng SO cắt AB tịa M. S D E d O A M B Thật vậy: Theo bài toán 1.3 ta có MB = MC hay M là trung điểm của BC 5 Bài toán 1.4: Cho góc xOy. M là một điểm bất kì nằm trong góc đó. Dựng đường thẳng qua M cắt Ox và Oy lần lượt tại hai điểm A và B sao cho 1 1  MA MB lớn nhất. (Trích Đề thi HSG Toán 8) Nhận xét: Trong bài toán này ta đã thấy để sử dụng bài toán gốc (1) thì ta phải tạo ra hai đoạn thẳng song song đó là AM // ON và AO cắt MN tại D (trong đó ON = MB). Từ D vẽ DH // MA // ON (H  OM). Chứng minh: Phân tích: Giả sử đã dựng được đường thẳng AB thỏa mãn nội dung bài toán. Qua M vẽ đường thẳng song song với Oy cắt Ox tại D, trên đường thẳng này lấy điểm N sao cho NO song song với AB. Khi đó tứ giác MNOB là hình bình hành  MB = NO. Đường thẳng qua D song song với AB cắt OM tại H. x A D N M H B O 1 1 1 1 1     Áp dụng đẳng thức (1) ta có DH MA ON MA MB 1 1  Do đó MA MB lớn nhất khi DH nhỏ nhất. Mà D và OM cố định nên DH nhỏ nhất khi DH  OM  AB  OM Cánh dựng: Qua M dựng đường thẳng vuông góc với OM, đường thẳng này cắt Ox và Oy tại A và B. Ta được đường thẳng cần dựng. Chứng minh: 1 1 1 1 1     Theo bài toán gốc (1) ta có DH MA ON MA MB . 1 1  Do đó MA MB lớn nhất khi DH nhỏ nhất. Mà D và OM cố định nên DH nhỏ nhất khi DH  OM  AB  OM 6 y Bài toán 1.5: Cho góc xOy. M là một điểm cố định nằm trên tia phân giác của góc đó. Một đường thẳng thay đổi qua M cắt Ox và Oy lần lượt tại A và 1 1  B. Chứng minh rằng OA OB không đổi. Nhận xét: y Trong bài toán này ta đã thấy để sử dụng bài toán gốc (1) thì ta phải tạo ra hai đoạn thẳng song song là AC // OB (trong đó AC = OA). Từ M vẽ MD // AC // OB (D  Ox). Theo bài toán gốc (1) ta có B C M 1 2 O D x A 1 1 1 1 1     MD AC OB OA OB . Từ đó ta có lời giải như sau: Chứng minh: Qua A vẽ đường thẳng song song với Oy cắt tia phân giác của góc xOy tại C. Đường thẳng qua M song song với AC cắt tia Ox tại D.     Vì O1 O2 (gt) và O1 C (so le trong)  O   C 2  AOC cân tại A  OA  AC 1 1 1 1 1 1      Áp dụng đẳng thức (1) ta có AC OB MD OA OB MD 1 1  Do M cố định và MD // Oy nên MD không đổi. Vậy OA OB không đổi (ĐPCM) Bài toán 2:(Bài tập 46 trang 84 SGK Toán 8 Tập 2) Trên hình vẽ, hãy chỉ ra các tam giác đồng dạng. Viết các tam giác này theo thứ tự các đỉnh tương ứng và giải thích vì sao chúng đồng dạng? a) Phân tích bài toán: b) Lời giải: Ta có +) ΔEBH ΔDCH (g.g) (1) 7 Vì :   EHB=DHC   BEH=CDH=90 0 (gt) (đối đỉnh) +) ΔEBH ΔDBA (g.g) (2) Vì : B chung 0   và BEH=BDA=90 (gt) - EBH ECA (g.g) (3)  Vì : B = C (suy ra từ (1)) 0   và BEH = CEA = 90 - (4) DCH DBA (bắc cầu từ (1) và (2)) - (5) DCH ECA (bắc cầu từ (1) và (3)) - DBA ECA (6) (bắc cầu từ (2) và (3)) Khai thác bài toán:  Từ kết quả (1) (của bài toán 2):  ΔEBH ΔDCH BH EH   BH .DH CH .EH CH DH Ta có các bài toán sau: Bài toán 1.1: Cho tam giác nhọn ABC. BD,CE là hai đường cao cắt nhau tại H Chứng minh rằng: HB.HD = HC.HE. Giải: Ta có  EBH DCH (g.g) (theo (1) bài toán 1) BH EH   BH .DH CH .EH CH DH (đpcm) 8 Bài toán 1.2: Cho tam giác nhọn ABC. AF, BD, CE là các đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: HA.HF=HB.HD=HC.HE (Giải tương tự như bài toán 1.1- HS về nhà tự giải) Bài toán 1.3: Cho tam giác nhọn ABC. BD, CE là hai đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: HBC HED Giải: Ta có EBH DCH  Xét (g.g) (theo (1) của bài toán ( 1)) BH EH BH CH    CH DH EH DH HBC và HED BH CH  EH DH có (chứng minh trên)   BHC = EHD (đối đỉnh) Suy ra HBC HED (c.g.c)  Từ kết quả (2) (của bài toán 3): EBH DBA ta có các bài tập sau: Bài toán 2.1: Cho tam giác nhọn ABC. BD và CE là hai đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: BH.BD = BE.BA Giải: Ta có  EBH DBA (g.g) (theo (2) của bài toán ( 1)) BE BH   BD.BH BE.BA BD BA (đpcm) Bài toán 2.2: Cho tam giác nhọn ABC.BD và CE là hai đường cao cắt nhau tại H. 2 Chứng minh rằng: BH .BD  CH .CE BC Giải: 9 Nối A với H, kéo dài tia AH cắt BC tại F ta được đường cao AF Ta có:  BFH BDC BH BF   BH .BD BC.BF BC BD Tương tự ta có:  (g.g) (chứng minh tương tự (2) của bài toán ( 1)) CHF CBE (1) (g.g) CH CF   CH .CE CB.CF CB CE (2) Từ (1) và (2) suy ra: BH .BD  CH .CE BC .BF  BC.CF BC ( BF  CF ) BC 2 (Vì ABC nhọn nên F nằm giữa B và C) 2 hay BH .BD  CH .CE BC (đpcm) Bài toán 2.2.1: Cho tam giác nhọn ABC. AF, BD, CE là các đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: AB 2  AC 2  BC 2 AH.AF  BH.BE  CH.CF  2 Giải: Từ kết quả bài toán 2.2 ta được AH.AF + BH.BD = AB2 (1) AH.AF + CH.CE = AC 2 (2) BH .BD  CH .CE BC 2 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra:  2(AH.AF + BH.BD + CH.CE ) = AB2 +AC 2 +BC 2  AH.AF  BH.BD  CH.CE  AB2  AC 2  BC 2 2 (đpcm) Bài toán 3: Cho hình bình hành ABCO . Kẻ CE  AB tại E, CF  AO tại F, Kẻ 10 OH  AC tại H, kẻ BK  AC tại K a) Tứ giác OHBK là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ? b) Chứng minh rằng : CE.CO = CB.CF c) Chứng minh rằng : AB.AE + AO.AF = AC2. (Bài 258 sách Nâng cao và Phát triển Toán 8 tập 2) Giải: a) Dễ thấy tứ giác OHBK là hình bình hành     b) Ta có ABC = AOC nên suy ra CBE = COF  CBE  COF  (g.g) CE CF =  CE.CO=CB.CF CB CO c) Ta có AOH  ACF (g.g) (theo (2) của bài toán 1)  AO AH =  AO.AF=AC.AH AC AF (1) Tương tự ta có:  ABK   ACE  (g.g) AB AK =  AB.AE=AC.AK AC AE (2) Từ (1) và (2) suy ra AO.AF+AB.AE=AC.AH+AC.AK=AC(AH+AK) (3) Xét  AOH và  CBK có: AHO CKB  = (= 900) AO = BC (tính chất hình bình hành)   OAH BCK (so le trong) Suy ra:  AOH =  CBK (cạnh huyền-góc nhọn)  AH CK (cạnh tương ứng) thay vào (3) ta có  AO.AF+AB.AE=AC(CK+AK)=AC.AC=AC 2 11 +) Từ kết quả của bài tập trên: DBA ECA cho phép ta giải các bài toán sau: Bài toán 3.1: Cho tam giác nhọn ABC. BD, CE là hai đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: AE.AB =AD.AC Giải: Ta có  DBA ECA (g.g) (theo (6) bài toán 1) AD AB   AD.AC  AE. AB AE AC (đpcm) Bài toán 3.2: Cho tam giác nhọn ABC. AF, BD, CE là các đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: 1) AD.AC = AH.AF = AE.AB 2) CD.CA = CH.CE = CF.CB 3) BF.BC = BH.BD = BE.BA Giải: Từ kết quả bài toán 2.1 ta có AH.AF = AE.AB (1) Từ kết quả bài toán 3.1 ta có AE.AB = AD.AC (2) Từ (1) và (2) suy ra AD.AC= AH.AF= AE.AB (đpcm) Chứng minh tương tự ta được hai đẳng thức 2) và 3) Bài toán 3.3: Cho tam giác nhọn ABC. AF, BD, CE là các đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: BE.BA + CD.CA = BC2 và viết hai hệ thức tương tự Giải: 12 Theo kết quả bài 2.2: BH.BD + CH.CE = BC2 (1) Mà theo kết quả bài toán 3.2: BH.BD = BE.BA CH.CE = CD.CA Thay vào (1) ta được: BE.BA + CD.CA = BC2 (đpcm) Hai hệ thức tương tự: 1. AE.AB + CF.CB = AC2 2. AD.AC + BF.BC = AB2 Bài toán 3.4: Cho tam giác nhọn ABC. BD, CE là hai đường cao. Chứng minh rằng: ADE ABC Giải: Ta có  ADB AEC (g.g) (theo (6) bài toán 1) AD AB AD AE    AE AC AB AC Xét  ADE và  ABC có : AD AE  AB AC (chứng minh trên) A chung Suy ra ADE ABC (c.g.c) (đpcm). 8. Những thông tin cần được bảo mật: không. 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: - Về kinh phí: 250.000đ - Cơ sở vật chất phục vụ thực hiện sáng kiến: SGK toán 8, sách bài tập toán 8, sách nâng cao toán lớp 8. - Về con người: Học sinh khối lớp 8 Trường TH và THCS Bạch Lưu. 10. Kết quả đạt được: 13 Sau khi được học xong bài toán này học sinh có kỹ năng làm các bài toán một cách hợp lý , các em nhìn nhận mỗi bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau. Từ đó kích thích được sự tò mò, sự sáng tạo, ham học hỏi, khám phá cái mới lạ trong học tập môn Toán nói riêng và các môn khoa học khác nói chung . Đặc biệt nhiều em học sinh đã vận dụng phương pháp khai thác bài toán một cách hợp lý nên đã taọ ra được nhiều bài toán hay ,bài toán khó và có những lời giải độc đáo .Sau khi áp dụng sáng kiến trên vào dạy học thì có sự chuyển biến rõ rệt; đặc biệt là các em có học lực từ trung bình trở lên; các em đó chịu khó suy nghĩ, tìm tòi, lời giải cũng mạch lạc hơn. Như vậy sau khi áp dụng thì số lượng HS giải theo các mức độ đã có thay đổi đáng kể. Đặc biệt là các em đã giải được từ 50% trở lên đã tăng rõ rệt Những hạn chế: Ngoài những kết quả đã đạt như nêu ở trên thì trong quá trình thực hiện áp dụng kinh nghiệm này vào việc hướng dẫn giảng dạy cho học sinh tôi thấy những hạn chế sau : - Số lượng bài toán còn ít nên việc hình thành kỹ năng và vận dụng chuyên đề còn hạn chế . - Các bài toán hơi khó nên chuyên đề chỉ áp dụng đối với học sinh khá ,giỏi. Bài học kinh nghiệm: Để đạt được hiệu quả cao trong dạy học môn Toán, giáo viên phải có phương pháp dạy học phù hợp với từng đối tượng học sinh.Muốn có có được phương pháp tốt đòi hỏi người thầy phải thường xuyên học hỏi, tự bồi dưỡng những kiến thức cho mình. Đồng thời phải trang bị cho học sinh những ý tưởng giải toán, sau đó mới rèn luyện những kỹ năng trình bày lời giải. Nội dung các bài tập khi phát triển phải theo một trình tự logic từ dễ đến khó. Học sinh phải có thời gian tự học, trao đổi, tự tìm tòi lời giải, tự phân tích và phát triển mỗi bài toán theo nhiều hướng khác nhau . 14 Kết quả: Trong quá trình trang bị cho học sinh phương pháp giải toán hình học với cách tiếp cận ở đề tài trên tôi thấy học sinh rất say mê học tập và thực sự đã phát huy được tính tò mò, sáng tạo, tích cực học tập của học sinh . Cụ thể :Sau khi học sinh được giáo viên truyền đạt nội dung của đề tài thì học sinh tiếp thu nhanh, vận dụng tốt đặc biệt là số học sinh giỏi. Kết quả áp dụng sáng kiến như sau : Số h/s Số h/s giải được Số h/s có cách giải chưa hợp lý Số h/skhông giải được 29 Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ Số lượng Tỉ lệ 26 89,6% 2 6,9% 1 3,4% 11. Danh sách những học sinh đã tham gia áp dụng áp dụng sáng kiến: Stt Họ tên học sinh Lớp Địa chỉ Lĩnh vực áp dụng 1 Vũ Hoàng Anh 8A 15 Trường THCS Bạch Lưu Hình học 2 Lê Thị Vân Anh 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 3 Nguyễn Xuân Bắc 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 4 Đào Xuân Chiến 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 5 Đỗ Văn Chuẩn 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 6 Nguyễn Quốc Dân 8A Trường THCS Bạch Lưu 16 Hình học 7 Đỗ Thị Thuỳ Dương 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 8 Nguyễn Tùng Dương 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 9 Nguyễn Vũ Đức 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 10 Hà Mạnh Giang 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 11 Nguyễn Tuấn Khanh 8A Trường THCS Bạch Lưu 17 Hình học 12 Dương Đặng Quốc Khánh 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 13 Nguyễn Nam Khánh 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 14 Khương Thị Ngọc Lan 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 15 Vũ Khánh Linh 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 16 Nguyễn Thị Ly 8A Trường THCS Bạch Lưu 18 Hình học 17 Trần Thu Mai 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 18 Đỗ Tiến Mạnh 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 19 Nguyễn Thị NgaB 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 20 Trần Thị Thu Phượng 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 21 Hà Thị Quyên 8A Trường THCS Bạch Lưu 19 Hình học 22 Ngô Văn Quyết 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 23 Dương Văn Sáng 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 24 Nguyễn Thế Tài 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 25 Nguyễn Xuân Thịnh 8A Trường THCS Bạch Lưu Hình học 26 Trần Văn Thọ 8A Trường THCS Bạch Lưu 20