sáng kiến kinh nghiệm THPT21 68

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG BÁO CÁO SÁNG KIẾN MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CHỨNG MINH THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY Lĩnh vực (mã)/cấp học: Tốn (02)/THPT Tác giả: Trần Mạnh Sang Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Tốn học Chức vụ: Giáo viên Tốn Nơi cơng tác: Trường THPT chun Lê Hồng Phong Nam Định, tháng năm 2021 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: Họ tên: Trần Mạnh Sang Năm sinh: 1987 Nơi thường trú: Phường Hạ Long, thành phố Nam Định Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Tốn học Chức vụ cơng tác: Giáo viên Tốn Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa liên hệ: Số 28 Nguyễn Văn Vịnh, phường Hạ Long, thành phố Nam Định Điện thoại: 097.227.6698 Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, Nam Định – tỉnh Nam Định Điện thoại: (0228) 364 0297 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 trị, 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 toán riêng lẻ với II Mô tả 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 có tỉ lệ điểm 7/20), phần 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 gỡ khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, 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 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 =1 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 = −1 DC EA FB Dạng 3: Cho tam giác ABC Khi tia Ax, By , Cz đồng quy sin xAB sin zCA sin yBC = sin xAC sin zCB sin yBA A A y z B C x C B y z 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 Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau, ta có A AE = AF , BF = BD, CD = CE E Dễ thấy điểm D, E, F nằm cạnh tam giác Ta có quy F DB EC FA = , suy AD, BE, CF đồng DC EA FB B D Tương tự ta xét đường tròn 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 NGe với Ge 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 vuông 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 A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB A2 , B2 , C2 trung điểm đường cao tương ứng kẻ từ A, B, C Chứng minh A1 A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy Giải A Dễ thấy A2 ∈ B1C1 , B2 ∈ A1C1 , C2 ∈ B1 A1 Ta có E A2C1 C2 B1 B2 A1 DB FA EC = =1 A2 B1 C2 A1 B2C1 DC FB EA C1 B1 A2 F (Do đường AD, BE, CF đồng quy) B2 C2 Áp dụng định lý Ceva tam giác A1B1C1 ta có điều phải chứng minh B D A1 C Mở rộng tốn 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 AC , = RC BC S C' R ta cần tính tỉ số 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 X B' Y T B C A' SC BC TB BV = = SA AU TC AC V Suy TB SC RA BV BC AC BV 2C 'Y = = = = , ta có điều phải chứng minh TC SA RB 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 Ta có DB EC FA = DC EA FB BD.BV = BF BA CD.CV = CE.CA F B D V C Suy BD.BV BF BA BD BA BF BA BD BF DB EC = ⇔ = ⇔ = ⇔ =1 CD.CV CE.CA CD CA CE.CA CD CE DC BF Dễ thấy AV trung trực EF nên AE = AF Suy DB EC DB EC FA =1⇔ = , suy điều phải chứng minh 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 Trong tam NP sin NAP = Trong sin NAR = ANP ta R N P có K AN H I L M sin APN tam NR Suy giác A giác ANR ta có B Q C AN sin ARN NR sin NAR Tương tự ta có = NP sin NAP sin LBA sin LBC = ⇒ sin NAC sin NAB = NR NP LP sin MCB MQ = LQ sin MCA MR Trong tam giác PQR có PM, QN, RL đồng quy nên sin NAC sin LBA sin MCB sin NAB sin LBC sin MCA NR LP MQ = , suy NP LQ MR = , suy điều phải chứng minh 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 AA1 , BB1 , CC1 đồng quy A ' A1 , B ' B1 , C ' C1 đồng quy Giải A Sử dụng định lý Sin cho tam giác AB ' A1 tam giác AC ' A1 ta có sin A1 AC ' sin AC ' A1 = A1C ' AA1 A1 B' C' sin A1 AB ' sin AB ' A1 = A1 B ' AA1 Suy C1 B1 B sin A1 AC ' sin AC ' A1 A1C ' = ⋅ sin A1 AB ' sin AB ' A1 A1B ' Xét đường trịn nội tiếp ta có sin AC ' A1 A1C ' sin A1 A ' C ' A1C ' ⋅ = ⋅ sin AB ' A1 A1B ' sin A1 A ' B ' A1B ' A1B ' Áp dụng định lý Sin ta có C A' sin A1 A ' B ' = A1C ' sin A1 A ' C ' , suy sin A1 A ' C ' sin A1 A ' B ' = A1C ' , suy A1 B ' sin A1 A ' C ' A1C '  sin A1 A ' C '  sin A1 AC '  sin A1 A ' C '  ⋅ = , suy =   sin A1 A ' B ' A1 B '  sin A1 A ' B '  sin A1 AB '  sin A1 A ' B '  2  sin C1C ' B '  sin B1BA '  sin B1 B ' A '  Chứng minh tương tự ta có = =   sin C1CA '  sin C1C ' A '  sin B1 BC '  sin B1B ' C '  sin C1CB '  sin A1 A ' C '  = Suy  sin A1 AB ' sin C1CA ' sin B1 BC '  sin A1 A ' B '  sin A1 AC ' sin C1CB ' sin B1BA '  sin C1C ' B '     sin C1C ' A '  2  sin B1 B ' A '    sin B B ' C '   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 Giải A Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB X, Y, Z E Ta có tam giác CED đồng dạng với tam giác CBA, suy tam giác CC’E đồng dạng với tam giác CZB Z F Suy C ' CE = ZCB C ' CD = ZCA Chứng minh tương tự ta có Y A' C' B' B D C X A ' AC = XAB, A ' AB = XAC , B ' BC = YBA, B ' BA = YBC Suy sin A ' AC sin B ' BA sin C ' CB sin A ' AB sin B ' BC sin C ' CA = sin XAB sin YBC sin ZCA sin XAC sin YBA sin ZCB = (do AX, BY, CZ đồng quy) Áp dụng định lý Ceva lượng giác ta có điều phải chứng minh Ví dụ Cho lục giác ABCDEF nội tiếp Chứng minh đường thẳng AD, BE, CF đồng quy AB.CD.EF = BC.DE.FA Giải Các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy Áp sin CFB sin ADF sin EBD sin CFD sin ADB sin EBF dụng định sin CFB sin ADF sin EBD sin CFD sin ADB sin EBF B C =1 ta lý sin =1⇔ CB AF DE = CD AB EF D E A Ta có điều phải chứng minh F 41 Gọi M’ = f(M) Þ M’ = BC AE M M ẻ OP ị M ẻ f(OP) = OP suy BC, AE, OP đồng quy M’ Ví dụ (China NMO 2005) Một đường trịn cắt cạnh BC, CA, AB tam giác ABC theo thứ tự điểm D1, D2, E1, E2, F1, F2 Gọi L, M, N giao điểm cặp đường thẳng D1E1 D2F2; E1F1 E2D2; F1D1 F2E2 Chứng minh AL, BM, CN đồng quy Giải P A E2 F1 M N E1 F2 C L Z Q B D1 D2 R Gọi {P} = D1F1 ∩ D2E2, {Q} = E1D1 ∩ E2F2, {R} = F1E1 ∩ F2D2 Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm E2 , E1 , D1 , F1 , F2 , D2 ta có E2E1 ∩ F1F2; E1D1 ∩ F2D2; D1F1 ∩ D2E2 thẳng hàng Mà {A} = E2E1 ∩ F1F2; {L} = E1D1 ∩ F2D2; {P} = D1F1 ∩ D2E2 Suy A, L, P thẳng hàng Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng Khi đó, ta gọi {X} = E1E2 ∩ D1F2 = CA ∩ D1F2 {Y} = F1F2 ∩ E1D2 = AB ∩ E1D2 42 {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 AP ≡ AL, BQ ≡ BM , CR ≡ CN đồng quy 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 43 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 Þ X, E, F thẳng hàng (1) 44 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 ∩ DE' nằm đường IO với O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 45 X A' A T E L F' O E' M Z C' F I Y B D' D K C 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) 46 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 Ví dụ Cho tam giác ABC khơng cân A Đường trịn ( O ) thay đổi qua B, C theo thứ tự cắt đoạn AB, AC M , N P giao điểm BN CM Q điểm cung BC khơng chứa M , N ( O ) K tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC Chứng minh KQ qua điểm cố định Giải A N M P X Y K B 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 ) ; I A tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC 47 Vì QX = QB = QC ; NBX = PBX = CBX nên X tâm đường tròn nội tiếp tam giác NBC Từ ý XCZ = 900 ⇒ CZ phân giác góc ACB Tương tự BT phân giác ngồi ABC Ta có: K = BX ∩ CY ; Q = YT ∩ XZ ; I A = BT ∩ XZ  BYZ  Áp dụng định lí Pascal cho điểm   , suy K , Q, I A thẳng hàng Vậy ta có  CXT  điều phải chứng minh Ví dụ 10 Cho tam giác ABC Goi ( O ) , ( I ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC AI cắt BC A1 cắt lại ( O ) A2 Tương tự, ta có B1 , B2 C1 , C2 B1C1 B2C2 cắt A3 ; A1B1 A2 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 48 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 B1 giao điểm AC BB2 ; C1 giao điểm AB CC2 Áp dụng  ABC  định lí Pascal cho điểm   , ta B1 , C1 giao điểm AA với B2C2  B2CA  thẳng hàng Mà A3 giao điểm B1C1 với B2C2 Do A3 thuộc AA hay AA3 tiếp tuyến ( O ) A Theo bổ đề ta có: A3 A = A3 I Vậy PA /( O ) = A3 A2 = A3 I = PA /(I;0) ; PB /( O ) = PB /(I;0) ; PC /(O ) = PC /(I;0) ⇒ A3 , B3 , C3 thuộc 3 3 3 đường thẳng vng góc với OI Ví dụ 11 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) điểm P thuộc cung CD không chứa A B 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 49 Gọi R giao điểm thứ hai PQ với ( O ) ; tiếp tuyến P cắt CD X  PCB  Áp dụng định lí Pascal cho điểm   , ta có ba điểm E , G , X thẳng hàng  DPA  Do A ( XQGE ) = −1 ⇒ P ( PRBA ) = −1 ⇒ APBR điều hịa Từ đó, ta có PQ qua giao điểm hai tiếp tuyến A B 50 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 tốn chứng minh đồng quy, thẳng hàng hình học, từ tốn cũ, sáng tạo để toán 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 toán 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 Tôi xin chân thành cảm ơn! 51 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) 52 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá, xếp loại) 53 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 54 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 tốn kì thi HSG, giáo viên học sinh sáng tạo toán 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 55 (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 ... B 50 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...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... tốn riêng lẻ với II Mô tả 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