sáng kiến kinh nghiệm toán học THPT

1 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CHỨNG MINH THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy Toán cho học sinh lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải Đồng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia, học sinh đội tuyển dự thi kì thi chọn HSG QG, dự thi quốc tế khu vực Thời gian áp dụng sáng kiến: Các năm học từ 2011 - 2012 đến 2020 – 2021 Tác giả: I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến: Mục tiêu giáo dục đào tạo người lao động tự chủ, động, sáng tạo có lực giải vấn đề thường gặp, góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công văn minh, đưa đất nước Việt Nam tiến nhanh đường phát triển hòa nhập với giới đầu kỉ XXI Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục Đào tạo, Sở Giáo dục Đào tạo nhà trường đề nhiều biện pháp tích cực Một biện pháp cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy thầy phương pháp học trò, phải có cách mạng thực phương pháp giáo dục, cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng vận động Bộ trưởng Bộ GD - ĐT chống tiêu cực thi cử bệnh thành tích giáo dục Đối với mơn Tốn - Bộ mơn then chốt khoa học tự nhiên, khâu quan trọng trình cải tiến chương trình dạy học tiếp nhận giải vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến chất nó, từ có mối liên hệ tốn riêng lẻ với II Mơ tả giải pháp: Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Đây lĩnh vực không toán học, nhiên vấn đề khai thác sáng kiến có nhiều điểm Trong các đề thi chọn HSG cấp, tốn Hình học phẳng ln chiếm tỉ lệ lớn (thường có tỉ lệ điểm 7/20), phần trọng tâm mà học sinh chuyên Toán cần nắm vững Một tốn quan trọng mơn Hình học phẳng toán chứng minh thẳng hàng đồng quy Vì tơi viết sáng kiến này, tổng kết kinh nghiệm, phần giúp em học sinh tháo gỡ khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh mong muốn tài liệu tham khảo giúp đỡ thầy cô phần nhỏ trình giảng dạy III Nội dung sáng kiến Sáng kiến tập trung vào số định lý chứng minh thẳng hàng đồng quy: Ceva, Menelauyt, Pascal Định lý Ceva Có dạng phát biểu định lý Dạng 1: Cho tam giác ABC điểm D, E, F nằm đường thẳng BC, CA, AB tương ứng cho có lẻ điểm nằm cạnh Khi AD, BE, CF đồng quy DB EC FA DC EA FB  A A F B E D B C D C E F Dạng 2: Cho tam giác ABC điểm D, E, F nằm đường thẳng BC, CA, AB tương ứng Khi AD, BE, CF đồng quy DB EC FA DC EA FB  1 Dạng 3: Cho tam giác ABC Khi tia sin xˆAB sin zˆ CA sin ˆ yBC sin xˆAC  sin zCB sin ˆyBA Ax, By,Cz đồng quy A A y z B C x C B z y x Dạng phát biểu áp dụng với học sinh THCS, học độ dài đại số giá trị lượng giác góc, định lý sin học sinh áp dụng dạng Dạng dạng cần xác định giao điểm đường cần chứng minh đồng quy với cạnh đối diện (nghĩa xác định D, E, F), cách không cần xác định cụ thể điểm Ví dụ Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp  I  tiếp xúc với BC, CA, AB điểm D, E, F Khi đường thẳng AD, BE, CF đồng quy, điểm đồng quy gọi điểm Gergonne Giải A Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau, ta có AE  AF , BF  BD,CD  CE E Dễ thấy điểm D, E, F nằm cạnh tam giác F Ta có DB EC FA  , suy AD, BE, CF đồng quy DC EA FB B D Tương tự ta xét đường trịn bàng tiếp góc A, góc B, góc C tiếp xúc với BC, CA, AB M, N, P AM, BN, CP đồng quy Điểm đồng quy gọi điểm Nagel Cho tam giác ABC có I N tương ứng tâm nội tiếp điểm Nagel (là điểm đồng quy đường thẳng nối đỉnh tiếp điểm đường tròn bàng tiếp với cạnh đối) Các đường thẳng qua N song song với AI, BI, CI tương ứng cắt BC, CA, AB A’, B’, C’ Chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy C Bổ đề: Cho tam giác ABC có D, E, F trung điểm BC, CA, AB Các điểm A', A" thuộc BC đối xứng qua D, tương tự có điểm B', B"; C', C" Chứng minh AA', BB', CC' đồng quy AA", BB" CC" đồng quy Chứng minh dễ dàng cách sử dụng Ceva Với toán, gọi A”, B” C” giao điểm AI, BI, CI với BC, CA, AB tương ứng Chứng minh A’, A” đối xứng qua trung điểm BC Mở rộng ta chứng minh điểm đồng quy P thuộc đường NG với Ge e điểm Gergon tam giác (Đồng quy đường nối đỉnh tiếp điểm đường tròn nội tiếp với cạnh đối) Một kết điểm Nagel: Cho tam giác ABC có I N tương ứng tâm nội tiếp điểm Nagel Các đường thẳng qua N vng góc với AI, BI, CI tương ứng cắt BC, CA, AB A’, B’, C’ Chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng Ví dụ (IMO training 2004) Cho tam giác ABC có cạnh BC, CA, AB A2 , B2 A1 , B1 ,C1 trung điểm trung điểm đường cao tương ứng kẻ từ A, B, ,C2 C Chứng minh A1 A2 , B1B2 Giải đồng quy ,C1C2 A Dễ thấy A2  B1C1 , B2  A1C1 ,C2  B1 A1 Ta có A2C1 C2 B1 B2 A1 DB FA EC  DC FB EA 1 A2 B1 C2 A1 B2C E C1 (Do đường AD, BE, CF đồng quy) Áp dụng định lý Ceva tam giác có điều phải chứng minh B1 A2 F B2 A1B1C1 ta C2 B D A1 C Mở rộng toán với đường đồng quy tam giác ta có kết tương ứng: Cho tam giác ABC với M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi X điểm tam giác ABC, đường thẳng AX, BX, CX cắt BC, CA, AB D, E, F tương ứng Kí hiệu D’, E’, F’ trung điểm AD, BE, CF Chứng minh MD’, NE’, PF’ đồng quy Ví dụ Cho A’, B’, C’ trung điểm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ tiếp xúc với cạnh B’C’ C’A’ X Y Chứng minh AY, BX phân giác góc BCA đồng quy Giải Để sử dụng Ceva dạng ta cần xác định giao điểm AY, BX phân giác góc BCA với cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Gọi giao điểm T, S, R Để có điều phải chứng minh, ta cần có đẳng thức A U TB SC RA TC SA RB  Trong tỉ số trên, có tỉ số RA S C'XB' R AC  , RC BC ta cần tính tỉ số cịn lại theo cạnh tam giác ABC Kẻ đường thẳng qua A song song BC cắt BS U, đường thẳng qua B song song AC cắt AT V Ta có Y T B BC  TB BV SA AU TC AC C A' SC V Suy TB SC RA TC SA RB  BV BC AC BV 2C 'Y    1, ta có điều phải chứng minh AC AU BC AU 2C ' X Ví dụ Cho tam giác ABC khơng cân A, có đường phân giác AV đường cao AD Đường tròn ngoại tiếp tam A giác ADV cắt AC, AB E, F Chứng minh đường thẳng AD, BE, CF đồng quy Giải E Cần chứng minh DB EC FA DC EA FB  BD.BV  BF.BA CD.CV  CE.CA Ta có F B D V C Suy BD.B BF.BA BD BA BF.BA BD BF DB EC       1 V CD.CV CE.CA CD CA CE.CA CD CE DC BF Dễ thấy AV trung trực EF nên AE  AF Suy DB EC FA  1, suy điều phải chứng minh DB EC   DC BF DC EA FB Ví dụ Cho tam giác ABC, điểm P, Q, R tiếp điểm đường tròn nội tiếp với cạnh AB, BC, CA, điểm L, M, N chân đường cao tam giác PQR kẻ từ R, P, Q tương ứng Chứng minh AN, BL, CM đồng quy Giải Định hướng sử dụng Ceva cho tam giác ABC, đỉnh A góc tính tỉ số sin cho cạnh, ta không cần xét giao điểm AN, BL, CM với cạnh tam giác ABC mà sử dụng định lý Ceva sin A R N P Trong tam giác ANP ta có K NP AN  sin NˆAP sin ˆAPN Trong tam giác H I L ANR ta có B M C Q NR  AN sin sin ˆARN N ˆA R Suy NR NP  ˆ sin N AR  ˆBA Tương tự ta có sin L LP  ˆ sin L BC sin NˆAC NR  sin NˆAP sin NˆAB NP sin MˆCB LQ  MQ sin MˆCA MR Trong tam giác PQR có PM, QN, RL đồng quy nên NR LP MQ sin NˆAC sin LˆBA sin MˆCB NP LQ MR  , suy điều phải  1, suy chứng minh sin NˆAB sin LˆBC sin MˆCA Ví dụ Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB A’, B’, C’ tương ứng Các điểm A1 , B1 ,C1 thuộc cung B’C’, C’A’, A’B’ đường tròn nội tiếp Chứng minh quy đồng quy AA1 , BB1 ,CC1 Giải A' A1, B ' B1,C 'C1 đồng A Sử dụng định lý Sin cho tam giác AB ' tam giác AC ' ta có A1 A1 A1 sin ˆAC ' A sin ˆA AC '  1 A1C AA1 ' sin ˆA AB ' sin ˆAB ' A    A1B AA1 ' Suy sin ˆAB ' A C1 B1 sin ˆAC ' A C C' sin ˆA AC '  1  ˆ sin A AB ' B' A1B ' sin ˆAC ' A AC ' sin ˆA A'C ' Xét đường trịn nội tiếp ta cóˆ sin AB ' A  A1B ' AC ' , suy A1B ' A'  1 ˆ  sin A A1B ' A' B ' Áp dụng định lý Sin ta có B AC '  A1C ' sin ˆ A A' B ' sin 1 ˆA A'C ' sin ˆA1 A'C ' sin ˆA A' B'  A1B ' A1C ' , suy sin ˆA A'C ' A C ' ˆA A'C '   sin   1   ˆ sin ˆA A sin A B ' A' B ' A' B '    sin ˆA AC ' , suy   1  sin ˆA AB ' sin CˆCB ' Cˆ C ' B '  1ˆ Chứng minh tương tự ta có sinˆ CA'  C C C ' A'   sin ˆA A'C '    sin 1  sin ˆA A' B '  sin BˆBA' 2 sin  sin Bˆ1BC ' 'C '     sin BˆB ' A' sin Bˆ.B   sin ˆA AC ' sin CˆCB ' sin BˆBA'  sin ˆA A'C ' 2  sin CˆC ' B ' 2  sin BˆB ' A' 2 ˆ 1ˆ 1  Bˆ Suy sin ˆ A AB ' 1sin Cˆ1CA' sin ' 'C A A' sin C.ˆC ' A' '  sin B BC B  sin  B ' 1       Ta có điều phải chứng minh Ví dụ Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF Đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BFD, CDE tiếp xúc với EF, FD, DE A’, B’, C’ Chứng minh đường thẳng AA', BB ',CC ' đồng quy {Z} = D1D2  F1E2 = BC  F1E2 Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm F1, F2, D1, D2, F2, E2 ta có: Suy Q, R, Z thẳng hàng Tương tự P, Q, Y thẳng hàng, Z, P, X thẳng hàng Xét tam giác ABC, PQR có {X} = CA RP, {Z} = BC  QR Áp dụng định lý Desargues suy đường thẳng đồng quy AP  AL, BQ  BM ,CR  CN Ví dụ (Moldova TST 2011) Cho ∆ABC (AB < AC) H trực tâm tam giác A1, B1 chân đường cao hạ từ A, B D đối xứng với C qua A1 AC giao DH E DH giao A1B1 F AF giao BH G Chứng minh rằng: CH, EG, AD đồng quy Giải Áp dụng định lý Desargue đảo cho ∆CED ∆HGA ta có: AG giao ED F AD giao DC A1 HG giao EC B1 A1, F, B1thẳng hàng Do theo định lý Desargues ta có CH, EG, AD đồng quy (điều phải chứng minh) Ví dụ (ELMO 2014 Shortlist G2) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ω AB giao CD E AD giao BC F Đường tròn ω1, ω2 ngoại tiếp ∆AEF ∆CEF ω cắt ω1 A G ω cắt ω2 A H Chứng minh rằng: AC, BD, GH đồng quy Giải Gọi giao AG CH X Ta có AG trục đẳng phương ω2 ω CH trục đẳng phương ω1 ω Do X thuộc trục đẳng phương ω1 ω2 Mà EF trục đẳng phương ω1 ω2 Do X∈EF  X, E, F thẳng hàng (1) Gọi giao BH DG Y Áp dụng định lí Pascal cho điểm A, B, H, C, D, G ta có : AB giao CD E BH giao DG Y HC giao GA X Suy E, Y, X thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy : X, Y, E, F thẳng hàng Áp dụng định lí Desargues vào ∆ADG ∆CBH ta có : AD giao BC F DG giao BH Y GA giao HC X F, Y, X thẳng hàng Do AC, BG, GH đồng quy (điều phải chứng minh) Ví dụ Cho K, L, M tương ứng chân đường phân giác góc A, B, C tam giác ABC Gọi D, E, F tương ứng tiếp điểm đường tròn nội tiếp (I) với cạnh BC, CA, AB Các điểm D’, E’, F’ tương ứng điểm đối xứng D, E, F qua đường AK, BL, CM Chứng minh điểm X=LM  EF'; Y=MK  FD'; Z=KL  nằm đường IO với O tâm DE' đường tròn ngoại tiếp tam giác X A' A T E F' L M Z F Y B O E' C' I D' D C K B' Giải Xét điểm R  FD ' F ' D; T  FD  F ' D ' Áp dụng pascal chứng minh T, R, M thẳng hàng; M, R, K thẳng hàng Suy FD’, F’D, MK đồng quy Y Chứng minh tương tự được: LK, ED’, E’D đồng quy Z ML, EF’, E’F đồng quy X Dễ thấy ED//A’B’, EF//B’C’ FD//A’C’ Suy E, F, D tương ứng trung điểm A’C’, A’B’ B’C’ Suy (I) đường tròn Owle tam giác A’B’C’ Với IO đường thẳng Ole tam giác DEF nên IO đường ole tam giác A’B’C’ Xét G, H trọng tâm trực tâm tam giác A’B’C’ Có G điểm đồng quy A’D, B’E C’F H điểm đồng quy đường A’D’, B’E’ C’F’ (Do (I) đường tròn Ole tam giác A’B’C’ nên (I) qua chân đường cao) Xét FF’A’ DD’C nằm hai đường cắt Có Y  FD ' F ' D; G  FC ' DA'; H  A' D ' C ' F ' Thep papus có Y, G, H thẳng hàng Hay Y thuộc đường ole tam giác A’B’C’ Tương tự với điểm X, Z ta có điều phải chứng minh  Đường trịn O Ví dụ Cho tam giác ABC không cân thay đổi qua B, C theo thứ tự cắt đoạn AB, AC M , N P giao điểm BN CM Q điểm cung BˆC không M , N O K tâm đường tròn nội chứa tiếp tam giác PBC Chứng minh KQ qua điểm cố định Giải A N M P Y K B X O C Q IA T Z Goi Q đường trịn tâm Q, bán kính QC; X , Y theo thứ tự giao điểm thứ hai BK CK với Q; Z , T theo thứ tự giao điểm thứ hai XQ, YQ với Q ; , IA tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Vì QX NBC nên X tâm đường tròn nội tiếp tam giác  QB  QC; NˆBX   ˆ C PˆBX BX Từ ý ˆXCZ   90 phân giác ngồi góc ˆACB CZ Tương tự BT phân giác ngồi ˆABC Ta có: K  BX  CY ;Q  YT  XZ ; IA  BT  XZ Áp dụng định lí Pascal cho điểm  BYZ  , suy K , Q, IA thẳng hàng Vậy ta có  CXT  ABC Goi O, điều phải chứng minh Ví dụ 10 Cho tam giác  I theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp,  nội tiếp tam giác ABC AI cắt BC A1 cắt lại A2 Tương tự, ta có O  B1 , B2 C , C B C B C cắt A A B A 1 2 1 ; B2 cắt C3 Chứng minh: A3 , B3 , C3 thẳng hàng Giải C3 A C2 B1 C1 B2 A3 I O A1 C B A2 B3 Bổ đề: Cho tam giác ABC, O,  I theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp nội tiếp  tam giác ABC BI , CI theo thứ tự cắt lại O B’ C ' Khi B’C’ trung trực AI Gọi  I , 0 đường trịn tâm I bán kính Ta có B giao điểm AC BB2 C1 giao điểm AB CC2 Áp dụng ;  ABC2  B2 C định lí Pascal cho điểm B CA , ta B , C giao điểm AA với 1     thẳng hàng Mà A3 giao điểm B1C1 với B2C2 Do A3 thuộc AA hay O A AA tiếp tuyến Theo bổ đề ta có: A3 A  A3 I Vậy P A3 /(O)  A A2  A I  P P 3 A3 /(I;0) P ; B3 /(O) B3 /(I;0) ;P C3 /(O ) P C3 /(I;0)  A , B ,C thuộc 3 đường thẳng vng góc với OI Ví dụ 11 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O CD không chứa A và điểm P thuộc cung  Gọi E giao PA, BD; G giao BP, AC; H giao AP, CD; F giao BP, CD; Q giao EF , HG Chứng minh PQ qua điểm cố định P di chuyển Giải R A B O X G Q E C F H D P Gọi R giao điểm thứ hai PQ với O; tiếp tuyến P cắt CD X Áp dụng định lí Pascal cho điểm Do  PCB  E, G, X thẳng hàng , ta có ba điểm   DPA  A  XQGE   1  P  PRBA  1  APBR giao điểm hai tiếp tuyến A B điều hịa Từ đó, ta có PQ qua IV Hiệu sáng kiến mang lại Hiệu kinh tế (Giá trị làm lợi tính thành tiền): Sáng kiến tài liệu quý em học sinh thầy q trình học tập nghiện cứu toán tổ hợp Để tổng hợp sáng kiến trên, tác giả phải tìm hiểu nghiên cứu nhiều sách, với nhiều thời gian Hiệu mặt xã hội (Giá trị làm lợi khơng tính thành tiền): a Từ toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng hình học, từ tốn cũ, sáng tạo để tốn với cách phát biểu thực tế hơn, dễ hiểu b Góp phần giảm bớt gánh nặng học tập cho em học sinh, cung cấp cho học sinh tài liệu học tập có hiệu quả, giúp em có tâm tốt trước kì thi HSG c Qua kiểm tra tự luận trả lời vấn đáp sau cung cấp cho học sinh nội dung sáng kiến, kết thu bước đầu sau: Lúc đầu em thấy khó khăn việc liên kết định lý để áp dụng tốn Một thời gian em học sinh xây dựng mơ hình cụ thể cho bài, biết cách sử dụng nội dung kiến thức tương ứng để giải tốn Một số tốn mức độ thi HSG gây khó khăn nhiều có số em học sinh giải V Cam kết không chép vi phạm quyền Tôi xin cam kết Sáng kiến không chép, không vi phạm quyền Những tài liệu tham khảo trích dẫn cụ thể tên tài liệu, tác giả, nhà xuất bản, năm xuất trang trích dẫn Tơi xin chân thành cảm ơn! Nam Định, ngày 05 tháng năm 2021 Đánh giá, xếp loại Tác giả sáng kiến quan, đơn vị Trần Mạnh Sang CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá, xếp loại) TÀI LIỆU THAM KHẢO Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999, 205 – 220 Pablo Soberón, Problem-Solving Methods in Geometry, 2013, 5-9 Le Hai Chau, Le Hai Khoi, Selected Problems of the Vietnamese Mathematical Olympiad (1962–2009), World Scientific Titu Andresscu, Zuming Feng, 106 Geometry Problems from the Training of the USA IMO Tearm, Birkhauser, 2002 Titu Andresscu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads Ptoblems and Solution from around the World, to 1995 from 2002 https://artofproblemsolving.com/community/c13_contests https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6_geometry CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐƠN U CẦU CƠNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Nam Định Tôi: Trần Mạnh Sang - Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CHỨNG MINH THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY - Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy Toán cho học sinh lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải Đồng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia, học sinh đội tuyển dự thi chọn HSG quốc gia dự thi quốc tế khu vực - Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Tháng 10 năm 2012 - Mô tả chất sáng kiến: Hệ thống đầy đủ lý thuyết sử dụng áp dụng phương pháp dạng tốn đếm hình học tập áp dụng - Những thông tin cần bảo mật có: Sáng kiến cơng bố rộng rãi để học sinh giáo viên có tài liệu nghiên cứu học tập - Những điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Đối tượng học sinh cần có tảng kiến thức chuyên sâu, tiếp xúc với số vấn đề: Hình học, tổ hợp chương trình chun Tốn - Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: Đây tài liệu tương đối đầy đủ phần định lý thẳng hàng đồng quy hình học Nếu học sinh tiếp nhận hết nêu sáng kiến tự tin giải toán kì thi HSG, giáo viên học sinh sáng tạo tốn sở sáng kiến nêu - Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể áp dụng thử (nếu có): Bước đầu với học sinh có sở lý thuyết chưa chuyên sâu gặp chút khó khăn, áp dụng khoảng tiết học người học dần có hứng thú với chuyên đề Danh sách người tham gia áp dụng thử áp dụng lần đầu (nếu có): Các học sinh chun Tốn trường THPT chuyên Lê Hồng Phong từ năm học 2011 – 2012 Tôi (chúng tôi) xin cam đoan thông tin đơn trung thực, thật hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật Nam Định, ngày 05 tháng 05 năm 2021 Người nộp đơn (ký ghi rõ họ tên) Trần Mạnh Sang ... trọng tâm mà học sinh chuyên Toán cần nắm vững Một toán quan trọng mơn Hình học phẳng tốn chứng minh thẳng hàng đồng quy Vì tơi viết sáng kiến này, tổng kết kinh nghiệm, phần giúp em học sinh tháo... giải pháp: Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Đây lĩnh vực khơng tốn học, nhiên vấn đề khai thác sáng kiến có nhiều điểm Trong các đề thi chọn HSG cấp, tốn Hình học phẳng ln chiếm tỉ lệ lớn (thường... bên cạnh mong muốn tài liệu tham khảo giúp đỡ thầy phần nhỏ q trình giảng dạy III Nội dung sáng kiến Sáng kiến tập trung vào số định lý chứng minh thẳng hàng đồng quy: Ceva, Menelauyt, Pascal Định