ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HẢI BÌNH MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN EULER, ĐƯỜNG THẲNG EULER VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2019 Tai ngay!!! Ban co the x[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ HẢI BÌNH MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN EULER, ĐƯỜNG THẲNG EULER VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ HẢI BÌNH MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN EULER, ĐƯỜNG THẲNG EULER VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Trần Việt Cường THÁI NGUYÊN - 2019 i Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hồn chỉnh, tơi ln nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS.TS Trần Việt Cường Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân điều thầy dành cho Tôi xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin, q thầy cô giảng dạy lớp Cao học K11 (2018 - 2020) Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người ln động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho suốt trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Người viết Luận văn Nguyễn Thị Hải Bình ii Danh mục ký hiệu AB ∥ CD Đường thẳng AB song song với đường thẳng CD AH ⊥ BC Đường thẳng AH vng góc với đường thẳng BC AB Cạnh có hướng từ A đến B d(L; AB) Khoảng cách từ điểm L tới đường thẳng AB 4ABC ∼ 4DEF Tam giác ABC đồng dạng với tam giác DEF (ABCD) = −1 A, B, C, D hàng điểm điều hịa iii Danh sách hình vẽ 1.1 Z, Y, X thẳng hàng 1.2 Định lý Menelause 1.3 Đường tròn Apollonnius 1.4 M P ∥ N Q 1.5 Phép nghịch đảo tâm O, phương tích k 1.6 Tứ giác AP BQ tứ giác điều hòa 1.7 Phép vị tự tâm I, tỉ số k 1.8 AD, BE, CF đồng quy N 1.9 1.10 Đường trịn Euler qua chín điểm D, E, F, M, N, P, S, R, Q 10 1.11 11 1.12 Điểm O9 trung điểm HO 12 1.13 AO = LE 13 1.14 H, G, O9 O thẳng hàng 14 1.15 ABC, ABH, BCH ACH có chung đường trịn Euler 15 1.16 15 1.17 16 1.18 18 1.19 20 1.20 22 2.1 O1 , K, H thẳng hàng 24 2.2 D nằm OH 25 2.3 G nằm đường thẳng Euler tam giác ABC, ADC, AP C 26 iv 2.4 J nằm đường thẳng Euler tam giác AY Z 27 2.5 A0 nằm đường tròn (I, IO) 28 2.6 M, N, K thẳng hàng 29 2.7 Đường thẳng qua Na song song P A qua N 30 2.8 31 2.9 R, S, T thẳng hàng 33 2.10 KI qua J tâm Euler tam giác IBC 34 2.11 HK qua trung điểm I AG 34 2.12 HK qua điểm cố định I 36 2.13 Trung trực AX, EY, CZ đồng quy trung điểm OT 36 2.14 A, I, J thẳng hàng KJ vng góc với IJ 37 2.15 Các đường thẳng Euler tam giác ABC, AM N , BSR, CP Q đồng quy L 38 2.16 39 2.17 OH ∥ P M 41 2.18 M N ∥ BC 42 2.19 IJ ∥ OA 43 2.20 EF vng góc với M O 44 2.21 Đường trịn ngoại tiếp tam giác DM N ln qua điểm cố định J 46 2.22 Trung trực P Q qua điểm cố định N 47 2.23 Đường thẳng qua L, song song P K qua điểm cố định J 48 2.24 (P T S) qua điểm cố định I 49 2.25 XY qua P điểm cố định M 50 2.26 S, M, P thẳng hàng 51 2.27 X thuộc P LE, (P KF ) (P ZY ) 51 2.28 O1 H1 O2 H2 cắt M 52 2.29 (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy Q 53 2.30 Đường tròn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc với Q 54 2.31 55 v 2.32 56 2.33 57 2.34 59 2.35 60 2.36 61 2.37 62 vi Mục lục Danh mục ký hiệu ii Danh sách hình vẽ iii Mở đầu Chương Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đường tròn đường thẳng Euler 10 1.2.1 Đường tròn đường thẳng Euler 10 1.2.2 Một số tính chất đường trịn đường thẳng Euler 12 Chương Một số ứng dụng đường tròn Euler, đường thẳng Euler 23 2.1 Các toán quan hệ thẳng hàng đồng quy 23 2.2 Các tốn quan hệ song song vng góc 40 2.3 Các toán quan hệ điểm đường cố định 45 2.4 Các toán khác 50 Kết luận 64 Tài liệu tham khảo 65 Mở đầu Đường tròn Euler, đường thẳng Euler vấn đề thú vị hình học phẳng Các tốn liên quan đến đường trịn Euler, đường thẳng Euler tốn hay khó Để giải tốn trước tiên phải hiểu đường tròn Euler, đường thẳng Euler Tiếp đó, chúng tơi tìm hiểu việc vận dụng tính chất đường trịn Euler, đường thẳng Euler vào việc giải số dạng toán cụ thể hình học phẳng Với mong muốn tìm hiểu sâu vấn đề đường thẳng đường tròn Euler lựa chọn đề tài "Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler ứng dụng" hướng dẫn PGS.TS Trần Việt Cường Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương Chương Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler Trong chương này, ngồi trình bày số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài, chúng tơi trình bày định lý đường tròn Euler, đường thẳng Euler tính chất đường trịn Euler, đường thẳng Euler Các nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [1, 2, 3, 4, 5, 7, 10, 15] Chương Một số ứng dụng đường tròn Euler, đường thẳng Euler Trong chương này, áp dụng tính chất đường trịn Euler, đường thẳng Euler vào giải số dạng tốn hình học phẳng như: chứng minh thẳng hàng, chứng minh đồng quy, chứng minh song song, chứng minh vng góc, chứng minh đường thẳng qua điểm cố định, chứng minh đẳng thức hình học Các nội dung chương tham khảo từ tài liệu [2, 4, 5, 6, 8, 9, 11, 12, 13, 14] Chương Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Định nghĩa 1.1.1 ([10]) Trung điểm đoạn thẳng thuộc đường cao kẻ từ đỉnh đến trực tâm tam giác gọi điểm Euler Định lý 1.1.2 (Định lí Thales, [4]) Nhiều đường thẳng song song cắt hai cát tuyến(đường thẳng) d, d0 tạo d, d0 đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ Định lý 1.1.3 (Định lí Pascal, [5]) Cho sáu điểm A, B, C, A0 , B , C thuộc đường trịn Khi giao điểm cặp đường (AB , BA0 ), (AC , CA0 ), (BC , CB ) thẳng hàng Hình 1.1: Z, Y, X thẳng hàng 52 Từ ta có (P IH) qua Y , Z trung điểm M S DM ta có Z nằm KL Giả sử (P LE) cắt KL điểm X Khi đó, ta có \ P[ XL = P[ EL = P F K = P[ SD = P[ Y Z Suy X thuộc (P KF ) (P ZY ) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.4.2 ([8]) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Kí hiệu A0 , B , C chân ba đường cao tam giác BC, CA, AB Chứng minh ba đường thẳng Euler ba tam giác AB C , BC A0 , CA0 B cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0 B C Chứng minh Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Phép đối xứng qua AI biến O1 H1 thành d01 ∥ OH Phép đối xứng qua BI biến d01 thành d001 ∥ O2 H2 Vì tích hai phép đối xứng phép quay tâm I với góc quay 2(IA; IB) (Kí hiệu (IA; IB) góc định hướng từ đường thẳng IA đến đường đường thẳng BI) Hình 2.28: O1 H1 O2 H2 cắt M (O1 H1 ; O2 H2 ) = 2(IA; IB) = b π+C ! b = C(modπ) 53 Do tâm O nằm tam giác ABC nên b (OA; OB) = 2(CA; CB) = 2C(modπ) Vì tam giác O1 O2 O3 vị tự với tam giác ABC nên b O3 O1 ; O3 O2 = C(modπ) Từ kết ta suy (O1 H1 ; O2 H2 ) = (O3 O1 ; O3 O2 ) Đẳng thức chứng tỏ giao điểm đường thẳng O1 H1 O2 H2 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác O1 O2 O3 Bài toán 2.4.3 ([5]) Cho tam giác ABC P điểm mặt phẳng Gọi Pa , Pb , Pc đối xứng với P qua BC, CA, AB Chứng minh (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy Q đường tròn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc với Hình 2.29: (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy Q Chứng minh Gọi Q giao (APb C) (BPa C) Ta có (QB, QA) ≡ (QB, QC) + (QC, QA) ≡ (Pa B, Pa C) + (Pb C, Pb A) ≡ (P C, P B) + (P A, P C) ≡ (P A, P B) ≡ (Pc B, Pc A) (modπ) 54 Suy Q ∈ (APc B) Gọi M trung điểm P Q Tiếp tuyến M đường tròn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q song song với tiếp tuyến da A (AP Q), db B (BP Q), dc C (CP Q) Hình 2.30: Đường trịn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc với Q \ − BP \ [ [ Ta có (db , P Q) = BQP Q, (da , P Q) = AP Q − AQP [ = AP [ \ + AQP [ = BP \ [ Do AQB B nên BQP Q + AP Q \ − BP \ [ [ Suy BQP Q = AP Q − AQP Vậy (db , P Q) = (da , P Q) hay da ∥ db Chứng minh tương tự ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.4.4 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A, B, C cắt cạnh đối diện Pa , Pb , Pc ; Ma , Mb , Mc trung điểm BC, CA, AB Chứng minh đường tròn Euler tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc có chung trục đẳng phương đường thẳng Euler tam giác ABC 55 Hình 2.31: Chứng minh Gọi ωa , ωb , ωc đường tròn Euler tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc Gọi E tâm ωa , Ha , Hb , Hc hình chiếu A, B, C BC, CA, AB ◦ ◦ ◦ b − C| b \ \ Ta có EM a Ha = 90 − EM a O = 90 − |M\ a Mb Mc − M\ a Mc Mb | = 90 − |B ◦ b − P\ b − C| b nên EM \ \ \ Mà AP a Ma = |B a AB| = |B a Ha + AP a Ma = 90 Suy Ma E ⊥ APa Gọi Ta = Ma E ∩ AHa Ta trực tâm tam giác APa Ma Do E trung điểm Ma Ta nên E nằm ωa Chứng minh tương tự, suy ωa , ωb , ωc đồng quy E Mặt khác, gọi Xa giao ωa với AHa Ta thu Xa trung điểm ATa Mà Ta trung điểm AH nên ta có 3 HXa · HHa = HA · HHa = HB · HHb = HXb · HHb 4 Do H nằm trục đẳng phương ωa ωb Chứng minh tương tự, suy đường thẳng Euler tam giác ABC trục đẳng phương ωa , ωb , ωc Bài toán 2.4.5 (VietNam IMO Training Test 2014,[5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H Đường thẳng qua A vuông góc với OH cắt BC D Gọi E, Eb , Ec tâm đường tròn Euler tam giác ABC, ABD, ACD Chứng minh E, Eb , Ec , H thuộc đường tròn 56 Hình 2.32: Chứng minh Gọi Ma , Mb , Mc trung điểm BC, CA, AB; Ha , Hb , Hc chân đường cao tam giác ABC AD giao Mb Mc S, T trung điểm AH Qua E kẻ đường thẳng song song với AD cắt BC M Từ M kẻ M Eb0 ⊥ BHb , M Ec0 ⊥ BHc Ta chứng minh Eb0 ≡ Eb , Ec0 ≡ Ec Do Eb0 , E, Ha nằm đường trịn đường kính HM nên ta có \ EH = E\ HH = M \ E\ T H = Mc EHa a a c a b b 0 Do EEb0 phân giác M\ c EHa Mà EMc = EHa nên Eb Mc = Eb Ha ◦ 0 \ \ \a Ta có M\ Ha = 2EOM c Eb Ha = 360 − 2EEb Ha = 2EM \a = ASM \c Do AD ⊥ EO, Mb Mc ⊥ OMa nên EOM \c = 2M \ Suy M\ c Eb Ha = 2ASM c SHa Điều nghĩa Eb0 tâm đường tròn Euler tam giác ADB hay Eb0 ≡ Eb Chứng minh tương tự, EC0 ≡ Ec Từ H, E, Eb , Ec nằm đường trịn đường kính M H 57 Bài toán 2.4.6 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao ứng với đỉnh A, B, C kéo dài cắt (O) A1 , B1 , C1 Kẻ đường kính AA0 , BB , CC (O) Gọi A2 , B2 , C2 đối xứng với A1 , B1 , C1 qua AA0 , BB , CC Đường thẳng Simson A2 , B2 , C2 ứng với tam giác ABC cắt tạo thành tam giác A00 B 00 C 00 Chứng minh hai tam giác ABC A00 B 00 C 00 có chung đường trịn Euler Hình 2.33: Chứng minh Gọi da , db , dc đường thẳng Simson A2 , B2 , C2 ứng với tam giác ABC Do BC ∥ B C nên ta có _ _ _ _ 1 (B2 C2 , BC) = (B2 C2 , B C ) = sd(C C2 + B B2 ) = sd(C C1 + B B1 ) 2 b b = |B − C| Mặt khác, ta có góc hai đường thẳng Simson hai điểm P, Q _ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC sd P Q Ta có BC đường thẳng Simson A0 ứng với tam giác ABC, ta thu _ _ 1 b − C| b (da , BC) = sd A2 A = sd A1 A0 = |B 2 58 Suy da ∥ B2 C2 Chứng minh tương tự, ta thu hai tam giác A2 B2 C2 A00 B 00 C 00 vị tự Gọi M, N, P trung điểm HA2 , HB2 , HC2 suy M, N, P nằm da , db , dc Ta có M N ∥ A2 B2 ∥ A00 B 00 Tương tự, N P ∥ B 00 C 00 , P M ∥ C 00 A00 Suy M, N, P trung điểm cạnh tam giác A00 B 00 C 00 Suy (M N P ) đường tròn Euler tam giác A00 B 00 C 00 Hiển nhiên (M N P ) đường tròn Euler tam giác ABC (M N P ) ảnh (O) qua phép vị tự tâm H tỉ số Bài toán 2.4.7 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H Gọi M, N trung điểm AC, AB M N cắt (O) P, Q Các tia M H, N H cắt (O) X, Y Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P HQ, HK đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác XHY Chứng minh trung điểm JK tâm đường tròn Euler tam giác ABC Chứng minh Gọi E đường tròn Euler tam giác ABC, T, U giao điểm QH, P H với (E) (H nằm T Q P U ), R, S giao điểm thứ hai QH, P H với (O), V tâm đường tròn (XHY ) Kéo dài XH, Y H cắt (O) B , C Do H tâm vị tự (E) (O) với tỉ số trung điểm HS, HR, HB , HC nên U, T, M, N Suy HM · HX = HN · HY = HT · HQ = HP · HU = PH/(O) Do đó, tứ giác P T U Q nội tiếp đường tròn tâm L \ \ \ Khi đó, ta có T UH = P QH = N Y T Tương tự ta có điểm H, T, U, X, Y thuộc đường tròn Suy V, E, L nằm đường trung trực U T \ \ = 90◦ Mà HXY \ = HN \ \ \ Ta có V HY + HXY M , HN M + HN A = 90◦ nên A, H, V thẳng hàng Suy HV ∥ LO 59 Hình 2.34: Mà E trung điểm HO nên E trung điểm LV Mặt khác, hai tam giác P HQ T HU đồng dạng nên HJ đường cao tam giác T HU , suy HJ ∥ LE Suy L trung điểm JO Mà V trung điểm HK nên E trung điểm JK Bài toán 2.4.8 Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi M, N trung điểm AB, AC Gọi P giao điểm DM BE, Q giao điểm DN CE Chứng minh (HP Q) tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC Bổ đề 2.4.9 Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF Gọi M, N trung điểm AB, AC Gọi DM ∩ BE = P , DN ∩ CF = Q Gọi AD ∩ EF = I Chứng minh (IP Q) tiếp xúc EF Chứng minh Gọi H trực tâm tam giác ABC 60 Hình 2.35: Theo định lí Menelaus cho tam giác ABH, ACH DA P H M B DA QH N C · · = · · =1 DH P B M A DH QC N A PH QH = QP ∥ BC PB QC \ = HCB \ = HQP \ nên ta có tứ giác EF P Q nội tiếp Suy HEF Do Gọi EF ∩ P Q = S, EF ∩ BC = K \ EA, EH phân giác ngồi góc F ED HD DH PH IH HQ , suy = = = HA DA PB IA QC b IQP b [ [ = C IP ∥ AB, IQ ∥ AC nên IP Q = B, b = Ab = 180◦ − P \ \ \ \ Ta có P DQ = 180◦ − N DC − M DB = 180◦ − (180◦ − A) HQ Ta có IH = IA Do đó HP DQ nội tiếp bIP \ \ =B [ [ \=P \ Vậy DP Q = DHC Q mà P ID = DAB DA P I = P D Tương tự, QI = QD nên P Q trung trực ID Do SI = SD = SK Nên theo hệ thức Newton SI = SK = SE.SF = SP.SQ EF tiếp xúc (IP Q) Lời giải toán Gọi K giao điểm EF BC gọi I giao điểm AD EF Theo chứng minh Bổ đề 2.4.9 SK = SI = SD2 = SP.SQ = SE.SF mà D, E, F thuộc đường tròn Euler tam giác ABC nên SD tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC tiếp xúc (DP Q) nên 61 (DP Q) tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC Cũng từ Bổ đề 2.4.9 ta có H, D, P, Q nằm đường trịn (HP Q) tiếp xúc đường trịn Euler tam giác ABC Ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.4.10 (VNTST 2005, [6]) Cho tam giác ABC có đường cao AD E, F hình chiếu B, C lên phân giác góc A Gọi M trung điểm BC Khi đó, D, E, F, M thuộc đường trịn có tâm nằm đường trịn Euler tam giác ABC Hình 2.36: Chứng minh Gọi N, P trung điểm AB, AC G trọng tâm tam giác ABC Gọi B1 giao điểm BE, AC ABB1 cân A nên E trung điểm BB1 , suy E thuộc M N Tương tự, F thuộc M P b = CM \=B \ \ Khi DEF P = DM F nên D, E, M, F thuộc đường trịn Bằng biến đổi góc ta có M E = M F Gọi T điểm thuộc (O) cho AT ∥ BC J trung điểm cung lớn BC, ta có JA = JT A 7→ M, T 7→ D (O) biến thành đường tròn Euler (O0 ) Khi đó, J 7→ K K ∈ (O0 ) K trung điểm Xét phép vị tự tâm G, tỷ số − cung DM Ngoài ra, ta có AJ ⊥ EF nên KM ⊥ EF suy KE = KF , mà 62 KM = KD nên K tâm đường trịn qua D, E, F, M Bài toán chứng minh Bài toán 2.4.11 ([11]) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có L giao điểm tiếp tuyến B C (O) Gọi X điểm đối xứng với A qua BC K giao điểm LX tiếp tuyến A (O) Chứng minh K thuộc đường thẳng Euler tam giác ABC Chứng minh Gọi giao điểm OK với AX J giao điểm OL với AK I Theo định lý Thales ta có KJ JX JA = = OI KO OL Suy JA OI = JX OL Hình 2.37: Gọi H trực tâm tam giác ABC P giao AH (O) Ta có OI = OA , sin α OL = OC , [ cos BAC [ OI cos BAC = OL sin α (2.6) 63 Mặt khác [ AH = 2R cos BAC, AP = 2R sin α, [ AH cos BAC = AP sin α (2.7) Từ (2.6) (2.7) suy OI AH = AP OL JA HA = HX JX Điều có nghĩa H trùng J, suy K thuộc đường thẳng Euler tam Do giác ABC 64 Kết luận Luận văn giải vấn đề sau: Trình bày số kiến thức chuẩn bị kiến thức cần thiết phục vụ cho việc chứng minh toán liên quan đến đường thẳng đường trịn Euler Trình bày định nghĩa, số tính chất thú vị đường trịn đường thẳng Euler tam giác ứng dụng Luận văn cố gắng đưa lời bình, đưa lời giải tường minh so với lời giải toán tài liệu tham khảo Ngoài ra, luận văn tiến hành phân dạng số dạng toán liên quan tới đường tròn đường thẳng Euler tam giác 65 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Ban, Hồng Chúng (1997), Hình học tam giác, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [2] Trần Nam Dũng (chủ biên) nhóm tác giả (2018), Tạp chí Epsilon, số 14, 12/2018 [3] Diễn đàn MathScope.org, Một số kiến thức hình học phẳng thi Olympic tốn https://tailieu.vn/doc/mot-so-kien-thuc-hinh-hoc-phangtrong-cuoc-thi-olympic-toan-1893021.html [4] Nguyễn Bá Đang (2016), Những định lí chọn lọc hình học phẳng tốn áp dụng, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [5] Nguyễn Văn Linh (2018), 108 tốn hình học sơ cấp, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [6] Lê Phúc Lữ, Hướng tới kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia 2018 http://blogm4e.wordpreescom/2018/01/07/khai-thac-mot-so-chu-đechon-loc-huong-toi-vmo-2018/ [7] Đồn Quỳnh (chủ biên) nhóm tác giả (2011), Tài liệu giáo khoa chun Tốn 10 (Hình học), NXB Giáo dục [8] Đỗ Thanh Sơn (2010), Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam 66 [9] Trần Văn Tấn nhóm giáo viên chun tốn Đại học Sư phạm Hà Nội, Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi trung học sở, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [10] Trần Trung, Trần Việt Cường, Trần Xuân Bộ (2015), Một số tính chất đặc biệt tam giác, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [11] Trường phổ thông khiếu - Đại học Quốc gia thành phố Hồ Chí Minh, Chun đề tốn học số 10 http://blogm4e.wordpreescom/category/hinhhoc-phang/ [12] Trường phổ thông khiếu - Đại học Quốc gia thành phố Hồ Chí Minh, Chuyên đề toán học số 11 http://blogm4e.wordpreescom/category/hinhhoc-phang/ [13] Lê Anh Vinh (chủ biên) (2017), Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu toán(Internation Mathematical Olympiad – IMO), Nhà xuất Giáo dục Việt Nam Tiếng Anh [14] Geometry Mathley Contest, Hexagon of Maths and Science http://www.hexagon.edu.vn/mathley.html [15] Wladimir G Boskoff, Laurent¸iu Homentcovschi, and Bogdan D Suceavˇa(2013), "Gossard’s Perspector and Projective Consequences", Forum Geometricorum, Vol 13, pp 169-184