Luận văn thạc sĩ toán học đồng quy và thẳng hàng trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  NGUYỄN THỊ HOÀNG GIANG ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌ[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HOÀNG GIANG ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HỒNG GIANG ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Văn Ngọc THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Chương 1Các khái niệm định lý hình học phẳng 1.1 Ký hiệu hệ thức tam giác 1.2 Định lý Thales định lý Pythagoras 1.2.1 Định lý Thales 1.2.2 Định lý Pythagoras 1.3 Định lý hàm số sin định lý hàm số cosin 1.3.1 Định lý hàm số sin 1.3.2 Định lý hàm số cosin 1.4 Định lý Stewart 1.5 Định lý đường trung tuyến 1.6 Định lý đường phân giác 1.7 Cơng thức góc chia đôi 1.8 Cơng thức diện tích tam giác 1.9 Tỉ số diện tích hai tam giác 1.10.Đường thẳng Euler 4 5 7 10 11 12 14 16 16 Chương 2Đồng quy đường thẳng 2.1 Các điểm đặc biệt tiếng tam giác 2.1.1 Các điểm đặc biệt quen biết 2.1.2 Một số điểm đặc biệt khác 2.2 Định lý Ceva 2.3 Một số mở rộng định lý Ceva mặt phẳng 2.3.1 Định lý Ceva dạng sin 2.3.2 Mở rộng định lý Ceva mặt phẳng 2.4 Bài toán 18 18 18 19 20 21 21 22 24 i Chương 3Các điểm thẳng hàng 3.1 Định lý Pascal Định lý Simson 3.1.1 Định lý Pascal 3.1.2 Định lí Simson 3.2 Định lý Menelaus 3.3 Mở rộng định lý Menelaus mặt phẳng 3.3.1 Mở rộng định lý Menelaus tam giác 3.3.2 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích 3.3.3 Mở rộng Định lý Menelaus tứ giác 3.4 Định lý Desargues Định lý Pappus 3.4.1 Định lý Desargues 3.4.2 Định lý Pappus 3.5 Tam giác phối cảnh 3.6 Bài toán 3.7 Một số phương pháp chứng minh quan hệ đồng quy thẳng hàng 3.7.1 Phương pháp vectơ 3.7.2 Phương pháp quỹ tích 3.7.3 Phương pháp biến hình 34 34 34 35 36 37 37 38 39 39 39 40 40 41 47 47 53 58 Kết luận 61 Tài liệu tham khảo 62 Lời cảm ơn Lời em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người Thầy kính mến TS Nguyễn Văn Ngọc, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em suốt trình làm hoàn thiện luận văn Em xin chân thành cảm ơn thầy, giáo khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học, người trực tiếp giảng dạy giúp đỡ em trình học tập Trường Em xin cảm ơn bạn bè học viên lớp cao học toán K10C Thái Nguyên quan tâm, động viên, giúp đỡ em suốt thời gian học tập trình làm luận văn Sự quan tâm, động viên khích lệ gia đình nguồn động viên lớn để em hồn thành khóa luận Cùng tồn thể bạn bè người thân đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên em trình học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sỹ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực có phần hạn chế nên chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng năm 2018 Người viết luận văn Nguyễn Thị Hoàng Giang Mở đầu Dạng toán đồng quy đường thẳng thẳng hàng điểm dạng toán mơn hình học Những dạng tốn thường khó phần lớn học sinh, kể học sinh giỏi Kiến thức lý thuyết phương pháp nghiên cứu dạng toán chưa có, mà chủ yếu dựa vào kinh nghiệm tư giải toán người Các tài liệu đồng quy thẳng hàng hình học phẳng xuất nhiều tài liệu tổng hợp từ chuyên gia quốc tế, Kim Y.Li [4], Heather Macbeth [5], V.Prasolov [6], Po-Shen Loh [7], Wong Yan Loi [8] Ở nước có nghiên cứu liên quan đến vấn đề toán học đồng quy thẳng hàng hình học phẳng nhà toán học Vi Quốc Dũng [1], Nguyễn Văn Nho [2], Nguyễn Đăng Phất [3] Qua đó, thấy thú vị quan trọng chủ đề toán học giáo viên dạy phổ thông học sinh phổ thông yêu thích hình học Tìm hiểu học tập tính đồng quy thẳng hàng hình học phẳng cần thiết cho việc nâng cao kiến thức giáo viên công việc giảng dạy bồi dưỡng cho học sinh trường THPT Do em chọn chủ đề “Đồng quy thẳng hàng hình học phẳng” để làm đề tài luận văn cao học Luận văn có bố cục mở đầu, ba chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Các khái niệm định lý hình học phẳng Nội dung chương nêu số khái niệm định lý hình học phẳng Chương 2: Đồng quy đường thẳng Trong chương em xin trình bày kiến thức đường thẳng đồng quy, đặc biệt định lý Ceva với mở rộng mặt phẳng Ngồi cịn giới thiệu số điểm đặc biệt tam giác tạo nên đường thẳng đặc biệt đồng quy số toán tiêu biểu Chương 3: Thẳng hàng đồng quy Chương trình bày kiến thức liên quan đến điểm thẳng hàng số định lý tiêu biểu, số phương pháp chứng minh quan hệ đồng quy thẳng hàng 4 Chương Các khái niệm định lý hình học phẳng Trong chương này, em trình bày kí hiệu hệ thức tam giác Sau em trình bày số định lý hình học phẳng Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [2, 4] 1.1 Ký hiệu hệ thức tam giác Kí hiệu ∆ABC tam giác ABC với đỉnh A, B, C Để thuận tiện, độ lớn góc ứng với đỉnh A, B, C kí hiệu tương ứng A, B, C Độ dài cạnh tam giác: BC = a, CA = b, AB = c a+b+c Nửa chu vi tam giác: p = Đường cao với cạnh: , hb , hc Đường trung tuyến với cạnh: ma , mb , mc Đường phân giác với cạnh: la , lb , lc Bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán kính đường trịn nội tiếp r Bán kính đường tròn bàng tiếp cạnh: Ra , Rb , Rc Diện tích tam giác ABC : S = SABC hay [ABC] Hệ thức góc: A + B + C = 180o (π) Hệ thức cạnh: |b − c| < a < b + c; |c − a| < b < c + a; |a − b| < c < a + b 5 Cơng thức tính diện tích tam giác Diện tích tam giác nửa tích cạnh với đường cao tương ứng: 1 [ABC] = aha = bhb = chc 2 1.2 Định lý Thales định lý Pythagoras 1.2.1 Định lý Thales Định nghĩa 1.2.1 Hai đoạn thẳng AB CD gọi tỉ lệ với hai đoạn thẳng A0 B C D0 có tỉ lệ thức AB A0 B = 0 CD CD hay AB CD = A0 B C 0D0 (1.1) Định lý 1.2.1 (Định lý Thales tam giác) Nếu đường cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh lại định hai cạnh cịn lại đoạn thẳng tỉ lệ Chứng minh Xét tam giác ABC giả sử đường thẳng xx0 //BC , cắt Hình 1.1: cạnh AB AC tương ứng D E Ta chứng minh AD AE = DB EC (1.2) Vì DE song song với BC , nên diện tích tam giác DEB diện tích tam giác DEC Trong tam giác ABE kẻ đường cao EF Khi AD.EF [ADE] AD = = [BDE] BD BD.EF (1.3) Tương tự ta có AE [ADE] = [BDE] CE Từ (1.3) (1.4) suy hệ thức (1.2) (1.4)  Định lý 1.2.2 (Định lý Thalet đảo) Nếu đường cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh lại tam giác Chứng minh Giả sử đường thẳng xx0 cắt cạnh AB, AC tam AB AC giác ABC theo thứ tự D E , cho = DB EC Ta phải chứng minh DE//BC Qua D kẻ đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AC điểm AB AE AE AE E Theo định lý thuận ta có = ⇒ = DB EC EC EC AE AE AE + E C AE + EC AC AC ⇔ +1= +1⇔ = ⇔ = , EC EC E 0C EC E 0C EC hay E C = EC , tức E ≡ E Do DE//BC  Hệ 1.2.1 Nhiều đường thẳng song song định hai cát tuyến đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ 1.2.2 Định lý Pythagoras Định nghĩa 1.2.2 Tam giác vng tam giác có góc vng Cạnh đối diện với góc vng gọi cạnh huyền, hai cạnh kề góc vng gọi hai cạnh kề hay hai cạnh góc vng Định lý 1.2.3 (Định lý Pythagoras thuận) Trong tam giác vng, bình phương độ dài cạnh huyền tổng bình phương độ dài hai cạnh góc vng Nếu tam giác ABC vng A a2 = b2 + c2 Chứng minh Khơng tính tổng qt, giả sử b ≥ c Dựng hình vng BCP Q có độ dài cạnh a, dựng vào bên hình vng tam giác vuông tam giác vuông ABC Hình 1.2: Ta thấy diện tích hình vng cạnh a tổng diện tích tam giác vng tam giác ABC với diện tích hình vng cạnh (b − c) Vậy ta có a2 = .bc + (b − c)2 = 2bc + b2 − 2bc + c2 = b2 + c2  Định lý 1.2.4 (Định lý Pythagoras đảo) Nếu bình phương độ dài cạnh tam giác tổng bình phương độ dài hai cạnh kia, góc tam giác nằm hai cạnh góc vuông Nếu tam giác b = 90o ABC mà a2 = b2 + c2 A Kết luận: Một tam giác vng bình phương độ dài cạnh tổng bình phương độ dài hai cạnh 1.3 Định lý hàm số sin định lý hàm số cosin 1.3.1 Định lý hàm số sin Định lý 1.3.1 Trong tam giác ABC có hệ thức a b c = = = 2R (1.5) sin A sin B sin C Chứng minh Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì góc A, B, C có vai trị nhau, nên chứng minh (1.5) cho góc A Vẽ đường kính BA0 +) Nếu A = 90o , sin A = 1, a = 2R, nên (1.5) +) Xét trường hợp A nhọn Ta có A = A0 (góc nội tiếp chắn cung nhỏ BC ) đó: BC a a sin A = sin A0 = ⇔ = 2R BA0 2R sin A Hình 1.3: +) Xét trường hợp A tù Khi A + A0 = 180o , sin A = sin (180o − A0 ) = sin A0 = BC a a = ⇔ = 2R BA 2R sin A  1.3.2 Định lý hàm số cosin Định lý 1.3.2 Trong tam giác ABC có hệ thức a2 = b2 + c2 − 2bc cos A; b2 = a2 + c2 − 2ac cos B; c2 = a2 + b2 − 2ab cos C (1.6) (1.7) (1.8) Chứng minh Cách (Dùng công cụ vectơ) Vai trò a, b, c nhau, ta chứng minh công thức (1.6) − −−→ → −→ − −→ − Để đơn giản ta đặt: → a = BC, b = AC, → c = BA → − − → − − → − −→ − − −c + 2→ Ta có → a = b +→ c ⇒→ a2 =( b +→ c ) = b 2+→ b −c → − − → − −c + 2bc cos (→ ⇔→ a2 = b 2+→ b , −c ) − ⇔→ a = b2 + c2 + 2bc cos (π − A) = b2 + c2 − 2bc cos A Cách (Dùng cơng cụ đại số) Đây ứng dụng định lý Pythagoras Trường hợp hai góc B, C góc nhọn Áp dụng định lý Pythagoras cho hai tam giác vng ACH ABH ta có AH + CH = AC AH + BH = AB Hình 1.4: Trừ tương ứng vế đẳng thức ta CH − BH = AC − AB ⇒ (BC − BH)2 − BH = AC − AB ⇒ BC − 2BC.BH = AC − AB hay a2 − 2a.BH = b2 − c2 Do a2 + c2 − b2 BH = 2a BH Trong tam giác vng ABH có cos B = AB (1.9) Kết hợp với (1.9) ta suy ra: a2 + c2 − b2 cos B = 2ac hay b2 = a2 + c2 − 2ac cos B Tương tự ta chứng minh c2 = a2 + b2 − 2ab cos C; a2 = b2 + c2 − 2bc cos A  1.4 Định lý Stewart Định lý 1.4.1 Cho ∆ABC với độ dài BC = a, CA = b, AB = c Kẻ tia Am góc A, cắt cạnh BC M Giả sử AM = p, BM = m, M C = n Khi đó: a(p2 + mn) = mb2 + nc2 (1.10) 10 Chứng minh Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác AM B AM C , ta có \ c2 = p2 + m2 − 2pm cos (AM B); \ b2 = p2 + n2 − 2pn cos (AM C) \ \ \ Chú ý cos (AM B) = cos (π − AM B) = − cos (AM C), nên ta có \ c2 = p2 + m2 + 2pm cos (AM C); \ b2 = p2 + n2 − 2pn cos (AM C) Suy nc2 + mb2 = p2 (n + m) + mn(m + n) = (m + n)(p2 + mn) = a(p2 + mn) ⇒ a(p2 + mn) = mb2 + nc2 (đpcm)  1.5 Định lý đường trung tuyến Định lý 1.5.1 Trong tam giác ba đường trung tuyến gặp điểm gọi trọng tâm tam giác Trên đường trung tuyến, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh hai lần khoảng cách trọng tâm đến chân đường trung tuyến Định lý 1.5.2 (Định lý Apollonius - Pappus) Trong tam giác ABC có hệ thức sau đường trung tuyến m2a b2 + c2 a2 = − ; m2b c + a2 b = − ; m2c a2 + b c = − (1.11) Chứng minh Cách 1: Theo phần chứng minh định lý cosin tam giác ta có kết quả: a2 + c2 − b2 BH = 2a Giả sử AB < AC BH < BM nên HM = BM − BH = a a2 + c − b c2 − b2 b − c2 − = ⇒ HM = 2a 2a 2a 11 Từ m2a = AM = AH + HM = AB − BH + HM   2 2 2 2 c − b a4 + 2a2 (c2 − b2 ) a + c − b 2 + =c − =c − 2a 2a 4a2 c2 + b2 a2 ⇒ ma = − c + a2 b a2 + b c 2 Tương tự ta có = − ; mc = − a4 Cách 2: Trong công thức (1.10) đặt p = ma , m = n = , ta có m2b a(m2a + a2 a ) = (b2 + c2 ) ⇒ m2a = b2 + c2 a2 − Các cơng thức cịn lại chứng minh tương tự 1.6  Định lý đường phân giác Định lý 1.6.1 Đường phân giác góc ứng với đỉnh tam giác chia cạnh đối diện với đỉnh thành hai đoạn tỉ lệ với hai cạnh kề Chứng minh Cho tam giác ABC AD đường phân giác \ Ta phải chứng minh AB = DB góc BAC AC DC Qua điểm B vẽ đường thẳng song song với cạnh AC , cắt đường thẳng \ = EAC \ AD điểm E Ta có BAE \=EAC \ (so le (giả thiết) BEA trong) \ = BEA \ Do tam Suy BAE giác BAE cân, nên AB = BE Áp dụng hệ định lý Hình 1.5: BE DB Thales ta có = AC DC AB DB Nhưng BE = AB , =  AC DC 12 Chú ý: Định lý đường phân giác tam giác D0B AB = AC DC Định lý 1.6.2 (Công thức đường phân giác) Độ dài phân giác la , lb , lc góc A, B, C tam giác ABC tương ứng tính theo cơng thức la = 2bc A cos ; b+c lb = 2ca B cos ; c+a lc = 2ab C cos a+b (1.12) Định lý 1.6.3 (Định lý Steiner - Lehmus) Tam giác có hai đường phân giác tam giác cân 1.7 Công thức góc chia đơi Định lý 1.7.1 Cơng thức góc chia đôi: r A (p − b)(p − c) sin ( ) = , bc r A p(p − a) cos ( ) = , bc s (p − b)(p − c) r A = tan ( ) = p(p − a) p−a Chứng minh Hình 1.6: Vẽ tia phân giác AL tam giác ABC Ta có c BL c ac BL AB = = ⇔ = ⇔ BL = CL AC b BL + CL c + b b+c Áp dụng định lý hàm số cosin cho ∆ABL, ta có AL2 = AB + AL2 − 2AB.AL cos B 13 ac2 c2 + b2 − a2 c a2 c2 − = (2cb2 + bc2 − ba2 + b3 ) =c + 2 (b + c) b+c 2bc (b + c)  bc  4bc 2 = p(p − a) (b + c) − a = (b + c)2 (b + c)2 q q 2 ⇔ AL = b.c.p(p − a) ⇔ la = b.c.p(p − a) (b + c) (b + c) A A Mặt khác [ABC] = [ABL] + [ACL] = AB.AL sin + AC.AL sin 2 2 q A A = la (b + c) sin = b.c.p(p − a) sin 2 r A (p − b)(p − c) [ABC] Do sin = p = bc b.c.p(p − a) A Chứng minh công thức cos Ta có + cos A b2 + c2 − a2 A cos = = (1 + )= [(b + c)2 − a2 ] 2 2bc 4bc p(p − a) (b + c + a)(b + c + a − 2a) = = 4bc bc r A p(p − a) ⇔ cos = bc A Chứng minh công thức tan ( ) Hình 1.7: Gọi O đường tròn nội tiếp tam giác ABC Giả sử (I) tiếp xúc với BC, CA, AB A1 , B1 , C1 Đặt AB1 = AC1 = x, BC1 = BA1 = y, CA1 = CB1 = z Ta có 2x + 2y + 2z = (x + y) + (y + z) + (z + x) 14 = (AC1 + BC1 ) + (BA1 + CA1 ) + (CB1 + AB1 ) = AB + BC + CA = 2p ⇔ x + y + z = p Mà y + z = BA1 + CA1 = CA = a ⇔ x = p − (y + z) = p − a A \1 = IC1 = r Trong ∆AC1 I vuông C1 , ta có tan = tan IAC AC1 p−a s p [ABC] p(p − a)(p − b)(p − c) (p − a)(p − b)(p − c) Mà r = = = p p p s (p − b)(p − c) A Do tan = p(p − a) Các cơng thức cịn lại suy từ công thức cách áp dụng hệ thức  1.8 Cơng thức diện tích tam giác 1 [ABC] = aha = bhb = chc , 2 1 = bc sin A = ca sin B = ab sin C, 2 abc = , 4R = 2R2 sin A sin B sin C, = pr, = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc , q = p(p − a)(p − b)(p − c) (1.13) (1.14) (1.15) (1.16) (1.17) (1.18) (1.19) Ta chứng minh số cơng thức tính diện tích tam giác Chứng minh công thức (1.14) Ta biết [ABC] = aha \ = b sin ACH \ Nếu góc C tam giác Nhưng = AC sin ACH b góc C tù ACH b , \=C \ = 180o − C ABC nhọn ACH b \ = sin C hai trường hợp ta có sin ACH 15 Hình 1.8: ab sin C Trường hợp đặc biệt C = 90o = b sin C = nên ta có cơng thức 1 Chứng minh tương tự ta có [ABC] = bc sin A = ca sin B 2 Bởi ta có [ABC] = Hình 1.9: Từ cơng thức (1.14) thay sin C = c ta có công thức (1.15) 2R Chứng minh công thức (1.17) Giả sử đường trịn nội tiếp có tâm I tiếp xúc ba cạnh tam giác A0 , B , C hình vẽ Diện tích tam giác ABC tổng diện tích ba tam giác OBC, OCA, OAB , tam giác có đường cao OA0 = OB = OC = r 1 1 Bởi [ABC] = ar + br + cr = (a + b + c)r = pr 2 2 Chứng minh công thức (1.19) Từ hệ thức biết sin2 A + cos2 A = Sử dụng định lý hàm số sin hàm số cosin, (1.20) thay 4S b2 + c2 − a2 sin A = cos A = ta có 2bc 2bc 16S = 4b2 c2 − (b2 + c2 − a2 )2 = (2bc + b2 + c2 − a2 )(2bc − b2 − c2 + a2 ) (1.20) 16 = [(b + c)2 − a2 ][a2 − (b − c)2 ] = (b + c + a)(b + c − a)(a + b − c)(a − b + c) (b + c + a) (b + c − a) (a + c − b) (a + b − c) = 4 4 = p(p − a)(p − b)(p − c) q ⇒ S = p(p − a)(p − b)(p − c) 1.9 Tỉ số diện tích hai tam giác Bổ đề 1.9.1 (Bổ đề tỉ số diện tích hai tam giác) Giả sử B C tương ứng điểm tuỳ ý cạnh AB AC tam giác ABC Ký S0 AB AC 0 0 hiệu S = [ABC], S = [A B C ] Khi = S AB.AC Chứng minh Ta có 0 AB AC S0 AB AC sin A = = S AB.AC AB.AC sin A (1.21)  Định lý 1.9.1 Nếu hai đoạn thẳng AB ∩ P Q ≡ M , ta có [ABP ] P M = [ABQ] QM 1.10 (1.22) Đường thẳng Euler Định lý 1.10.1 Trong tam giác, trực tâm H, trọng tâm G tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng Định nghĩa 1.10.1 Đường thẳng qua ba điểm trực tâm trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp gọi đường thẳng Euler Chứng minh Giả sử H, G, O tương ứng trực tâm, trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi E, F tương ứng trung điểm cạnh BC AC Ta có EF song song AB, OF song song BH (cùng vng góc \ \ (góc có cạnh tương ứng song song) với AC ), OF E = BAH ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HOÀNG GIANG ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC... chủ đề ? ?Đồng quy thẳng hàng hình học phẳng? ?? để làm đề tài luận văn cao học Luận văn có bố cục mở đầu, ba chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Các khái niệm định lý hình học phẳng Nội dung... đề toán học đồng quy thẳng hàng hình học phẳng nhà tốn học Vi Quốc Dũng [1], Nguyễn Văn Nho [2], Nguyễn Đăng Phất [3] Qua đó, thấy thú vị quan trọng chủ đề toán học giáo viên dạy phổ thông học