ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN QUỸ TÍCH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN NĂM 2015 Tai ngay!!! Ban co[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG MỘT SỐ DẠNG TỐN QUỸ TÍCH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG MỘT SỐ DẠNG TỐN QUỸ TÍCH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN PHỔ THƠNG Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số:60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 LỜI CẢM ƠN Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới PGS.TS Trịnh Thanh Hải, người thầy với lịng nhiệt huyết ln bảo tận tình cho em từ ngày đầu tiên, đồng thời đưa lời khuyên bổ ích giúp em hoàn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô, tập thể cán khoa Toán Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban lãnh đạo đồng nghiệp trường Đại học Tân Trào bạn học viên lớp cao học tốn K7C, khơng trang bị cho em kiến thức bổ ích mà cịn ln giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi trình em học tập trường Cuối em xin cảm ơn gia đình, bạn bè người thân người ln ủng hộ, động viên em vượt qua khó khăn để em hoàn thành tốt luận văn Thái Nguyên, tháng 12 năm 2015 MỤC LỤC Trang Trang phụ bìa Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu …………………………………….……………… Chương I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Bài toán quỹ tích 1.2 Một số quỹ tích 1.3 Các hướng giải tốn quỹ tích thường gặp chương trình phổ thơng Chương II MỘT SỐ DẠNG TỐN QUỸ TÍCH TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 16 2.1 Dạng quỹ tích 16 2.1.1 Các toán sử dụng cơng cụ hình học tổng hợp 16 2.1.2 Các tốn sử dụng phép biến hình 31 2.1.3 Các tốn sử dụng cơng cụ hình học giải tích 47 2.1.4 Các tốn sử dụng cơng cụ đại số…………… 56 2.2 Dạng quỹ tích không …………… 69 Kết luận ……………………………………………………… 77 Tài liệu tham khảo …………………………………………… 78 PHẦN MỞ ĐẦU Trong chương trình mơn tốn phổ thơng, tốn quỹ tích đóng vai trị đặc biệt quan trọng việc giúp học sinh hình thành, phát triển lực tư giúp học sinh tiếp cận với đối tượng toán học, mối quan hệ tốn học q trình vận động biến đổi chúng từ nhận biết yếu tố mang tính quy luật Tuy nhiên nội dung khó người dạy người học nên thực tế việc nghiên cứu sâu tốn quỹ tích thường đặt học sinh giỏi Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi tích lũy thêm kinh nghiệm để phục vụ cơng tác giảng dạy nội dung hình học trường phổ thông chọn đề tài “Một số dạng tốn quỹ tích đề thi học sinh giỏi tốn phổ thơng” với mục đích có hệ thống tập để giúp học sinh giỏi đứng trước tốn quỹ tích, nhanh chóng xác định cơng cụ, cách tiếp cận để giải đưa lời giải cho tốn quỹ tích Luận văn có nhiệm vụ cụ thể sau: (1) Nghiên cứu số lời giải tốn quỹ tích để đưa số cách tiếp cận, số công cụ thường sử dụng để giải tốn quỹ tích khn khổ kiến thức phổ thông (2) Tham khảo đề thi học sinh giỏi, tài liệu tham khảo chọn lọc hệ thống tốn quỹ tích để minh họa cách trực quan cách giải toán quỹ tích Chương I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Bài tốn quỹ tích Khái niệm quỹ tích: Quỹ tích phần tử có tính chất tập hợp tất phần tử có tính Những phần tử quỹ tích điểm, đường thẳng, đường cong Tập hợp tìm vơ hạn, hữu hạn (một số điểm rời rạc); trí tập hợp rỗng (khơng có phần tử nào) Các bước giải tốn quỹ tích: Khi giải tốn quỹ tích thường phải chứng minh hai phần Thuận Đảo (hoặc cặp mệnh để tương đương) Xuất phát từ khái niệm quỹ tích ta có - Gọi A tập hợp phần tử M có tính chất : A M ; - Gọi F hình cần tìm (F rỗng) Thực chất chứng minh tốn quỹ tích chứng minh: A F - Phần thuận: Chứng minh A F : Để chứng minh A F , ta lấy phần tử M thuộc A, ta chứng minh M A kéo theo M F Chứng minh điều đảm bảo tính khơng thiếu quỹ tích, phần tử A F - Phần đảo: Chứng minh F A : Để chứng minh F A , ta lấy phần tử M’ thuộc F, ta phải chứng minh M F kéo theo M A Chứng minh điều đảm bảo tính chất khơng thừa quỹ tích, phần tử F A Sau chứng minh hai phần trên, ta kết luận: A F Trong lý thuyết tập hợp, người ta chứng minh: Thuận Phản đảo; Đảo Phản Vì ngồi cặp mệnh đề Thuận Đảo, ta cịn có cặp mệnh đề khác tương đương Sơ đồ cặp mệnh dùng để chứng minh tốn quỹ tích là: Cặp Thuận Đảo Cặp Đảo Phản đảo a) Thuận: M A M F ; a) Đảo: M F M A; b) Đảo: M F M A b) Phản đảo: M F M A Cặp Phản đảo Phản Cặp Thuận Phản: a) Phản đảo: M F M A; a) Thuận: M A M F ; b) Phản: M A M F b) Phản: M A M F Cặp “Thuận Đảo” thường dùng để tìm quỹ tích Cặp “Đảo Phản đảo” thường dùng để chứng minh quỹ tích (sau tìm tập F) Thường hay sử dụng cặp (1) cặp (2) Vậy để giải tốn quỹ tích tiến hành theo bước sau: Dự đoán; Chứng minh Thuận; Chứng minh Đảo; Dựng hình Biện luận 1.2 Các dạng quỹ tích 1.2.1 Các quỹ tích Một tốn quỹ tích bao hàm hai yếu tố bản: Yếu tố cố định yếu tố quỹ tích STT Yếu tố cố định Mối liên hệ yếu tố quỹ tích với yếu tố cố định OR OM = R Quỹ tích hình học phẳng Quỹ tích hình học khơng gian Đường trịn tâm O Mặt cầu tâm O bán kính R bán kính R A B Góc Hai cung chứa góc qua A, B A B MA k MB 900 MA k MB 00 Mặt cầu đường kính AB kính AB A B (I, ) I trung MA MB k MA = MB ME Ox xOˆ y MF Oy ME MF điểm A,B thẳng d Độ dài h 2k AB2 Apôlôniút MH d MH h Là mặt cầu (I, ) 2k AB2 Đường thẳng Mặt phẳng trung trung trực AB trực AB Hai đường phân giác xOˆ y Hai đưởng thẳng Đường Mặt cầu Apôlôniút đường qua A, B kính IJ (k 0) dựng đối xứng Đường tròn đường Là đường tròn A B chứa góc Đường trịn A B dựng đối xứng AMˆ B Hai chỏm cầu song song cách đường thẳng d khoảng h Hai mặt phẳng phân giác xOˆ y Mặt trụ tròn xoay có trục đường thẳng d Là đường thẳng A B (k 0) d AB H MA MB k cho IH k d 2AB trung điểm AB) Mặt phẳng d H cho k2 IH 2AB 1.2.2 Các quỹ tích khơng STT Yếu tố cố định Mối liên hệ yếu tố quỹ tích với yếu tố cố định Quỹ tích hình học phẳng F1, F2 F1F2 = 2c MF1+MF2 = 2a (a > c) Quỹ tích hình học khơng gian Quỹ tích mặt Quỹ tích Elip Elipxoit trịn xoay (c >0) F1, F2 F1F2 = 2c |MF1+MF2| = 2a Quỹ tích Quỹ tích mặt (a < c) Hypecbol Hyperboloid d(F; (Δ)) = p Quỹ tích Quỹ tích mặt Parabol Paraboloid (c >0) F, (Δ) p 1.3 Các hướng giải tốn quỹ tích thường gặp chương trình phổ thơng 1.3.1 Sử dụng biểu thức hình học tổng hợp: Trong chương trình phổ thơng, học sinh thường giải tốn quỹ tích theo phương pháp tổng hợp Sau dự đoán chứng minh thuận, đảo sau kết luận Ví dụ 1.1.([16]) Cho đường trịn đường kính BC cố định lấy điểm M di động đường tròn Trên tia đối tia BM lấy điểm D cho MD = DB Tìm quỹ tích điểm D Lời giải D' D M B O C M' D'' E Hình 1.1 - Phân tích + Chọn vị trí M đường trịn đường kính BC Lấy điểm M cung BC nối B với M BM lấy MD = MC ta điểm D Trên cung BC lấy điểm M gần đến điểm C làm ta có điểm D thứ Tương tự lấy điểm M gần điểm B cung BC ta điểm D thứ 66 Cho M, M1 cố định (hình 2.1.4.7) Từ K kẻ KB // d, cắt NM1 B Từ suy BK1 // d1 Mặt phẳng (Q) qua K, B, K1 cố định song song với (d), (d1) Trong mặt phẳng (Q) K1 di chuyển, tam giác KBK1 ln đồng dạng với có góc ̂1 ) góc (180o - 𝐾𝐵𝐾 góc (khơng tù) hai đường thẳng (d) (d1) khơng đổi nên khơng đổi MM1 // NN1 // (P) theo hệ định lý Thales Trong (Q) đường thẳng KB cố định cịn góc khơng đổi nên K1 chạy đường thẳng xy qua K điểm N chạy (d) Bài tốn 2.1.4.8: ([8]) Cho ba đường thẳng đơi nằm mặt phẳng Mặt phẳng (P) cắt ba đường thẳng nói A, B, C Tìm quỹ tích trọng tâm tam giác ABC mặt phẳng (P) chuyển động song song với vị trí ban đầu Lời giải (Hình 2.1.4.8) 67 Vì B1C1 // (P) M1 B1 M1 C1 = MB MC = nên quỹ tích M1 đường thẳng Mt (áp dụng kết toán 2.1.4.7) Tương tự, A1M1 // (P) G1 A1 G1 M = GA GM = nên quỹ tích G1 đường thẳng xy qua G (Hình 2.1.4.8) Bài tốn 2.1.4.9: ([8]) Cho hai tia Ax By chéo vng góc với nhau, có AB đường vng góc chung Trên tia Ax By theo thứ tự lấy hai điểm M P cho AM + BP = MP a) Chứng minh khoảng cách từ trung điểm O AB đến MP Chứng minh MP tiếp xúc với mặt cầu có đường kính AB b) Tìm quỹ tích tiếp điểm K MP mặt cầu nói Lời giải a) Trên đường thẳng BP lấy điểm E cho B nằm E, P BE = AM Dễ thấy ∆OBE = ∆OAM (c.g.c) nên có OE = OM Lại có ∆OMP = ∆OEP (c.c.c) Suy OK.MP = 2SOMP = 2SOEP = OB.EP, MP = EP nên OK = OB = AB AB không đổi Vậy MP tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính b) Từ B kẻ tia Bt // Ax hướng với tia Ax Gọi M1 K1 hình chiếu vng góc M K tương ứng lên mặt phẳng (Bt, By) 68 Ta có M1 K1 K1 P = MK phân giác Bz góc KP = BM BP , K nằm đường Vậy K nằm mặt phẳng (AB, Bz) Trong mặt phẳng K nhìn AB góc vng OK = OA = OB, nên K chạy nửa đường trịn đường kính AB Bài tốn 2.1.4.10: (Bài 20 - năm 1965/[7]) Tam giác OAB có góc O nhọn, M điểm tùy ý AB, P Q chân đường vng góc hạ từ M xuống OA OB tương ứng Tìm quỹ tích trực tâm H tam giác OPQ Quỹ tích H M di động miền tam giác OAB? Lời giải Hình 2.1.4.10 Gọi X, Y chân đường vuông góc hạ từ B, A tương ứng xuống OA, OB Ta chứng minh trực tâm tam giác OPQ nằm XY Thật vậy, dễ thấy MP // BX, AM MB = AP PX (1) Gọi H giao điểm XY đường vuông góc hạ từ P xuống OB 69 Ta có PH // AY chúng vng góc với OB, suy YH HX = AP (2) PX Mặt khác, ta có MQ // AY nên (1), (2), (3) cho ta YQ BQ song với BX, QH = YH HX AM MB = YQ BQ (3) , đẳng thức chứng tỏ QH song AO Điều cho ta kết luận H trực tâm tam giác OPQ, khẳng định chứng minh Khi M trùng A H trùng X, M trùng B H trùng Y Để chứng minh phần đảo lại, ta lấy H đoạn XY Qua H, kẻ đường song song với BX AY, chúng tương ứng cắt OB, OA Q P Như thế, rõ ràng H trực tâm tam giác OPQ Từ P, kẻ đường song song với BX, đường cắt AB M Từ Q, kẻ đường song song với AY, cắt AB M’ Dùng hệ thức Thales trên, ta chứng minh M trùng M’ Từ đó, suy H điểm quỹ tích Tóm lại, quỹ tích điểm H, trực tâm tam giác OPQ, đoạn thẳng XY, với X, Y xác định Bây giờ, ta giả sử M nằm A’B’ song song với AB (với A’ OA, B’ OB) chứng minh cho thấy quỹ tích H đường song song với XY Sự dịch chuyển A’B’ toàn miền tam giác OAB cho ta hình ảnh điểm M di chuyển toàn miền tam giác OXY Khi ấy, đoạn song song với XY quét toàn miền tam giác OXY Vì vậy, Khi M chuyển động tồn miền tam giác OAB, quỹ tích điểm H toàn miền tam giác OXY, với X, Y xác định 70 2.2 Các tốn quỹ tích khơng Bài tốn 2.2.1: (Đề thi HSG Quốc gia 2007) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Gọi H, G trực tâm trọng tâm tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm A biết trung điểm K HG thuộc đường thẳng BC Lời giải Hình 2.2.1 Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC trục Ox đường thẳng BC Đặt BC = 2a > 0, tọa độ B(-a; 0) ; C(a; 0) Giả sử A(xo, yo), y ≠ Khi trực tâm 𝑥 𝑦 3 H nghiệm Trọng tâm G( 𝑜 ; 𝑜), suy trung điểm K( hệ phương 2𝑥𝑜 3𝑎2 −3𝑥𝑜2 +𝑦𝑜2 , 6𝑦𝑜 ), trình 71 K thuộc đường thẳng BC 3a2 - 3xo2 + 𝑦𝑜2 = ⟺ x2o y2o a 3a2 Vậy quỹ tích A Hyperbol − = 1, (yo ≠ 0) 𝑥2 𝑦2 𝑎 3𝑎2 − = bỏ hai điểm B, C (Hình 2.2.1) Bài tốn 2.2.2: ([16]) Cho đường trịn tâm F1 bán kính R1, điểm F2 cố định Một đường trịn tâm C ln qua F2 tiếp xúc với đường trịn (F1, R1) Tìm quỹ tích tâm C Lời giải Hình 2.2.2 Ta giả sử điểm F2 thuộc bên đường trịn (F1, R1), Dễ thấy CM = CF2 Có CF1 + CF2 = CF1 + CM = R1 Vì điểm F2 nằm bên đường tròn (F1, R1) nên CF1 + CF2 = R1 > F1F2 Vậy quỹ tích tâm C Elip nhận F1F2 trục lớn 72 Mặt khác: Nếu điểm F2 nằm ngồi đường trịn (E1, R1), đó: |CF1 − CF2 | = R1 khơng đổi Vậy quỹ tích tâm C Hypecbol Đặc biệt: Nếu F2 trùng với F1 quỹ tích tâm C đường trịn (F1 , R1 ) Nếu F2 nằm đường trịn (F1, R1) quỹ tích tâm C đoạn thẳng F1F2 (Hình 2.2.2) Bài tốn 2.2.3: (Đề thi OLYMPIC Lê Hồng Phong 2008-2009) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Qua B dựng đường thẳng d vng góc với BC, d cắt đường trung tuyến AI tam giác ABC K Gọi H trực tâm tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm A, biết IH song song với KC Lời giải 73 Hình 2.1.3 Chọn hệ trục Oxy với O trùng I trục Ox đường thẳng BC Đặt BC = 2a > 0, tọa độ B(-a, 0); C(a, 0) Giả sử A(xo, yo) với yo≠ Khi trực tâm H nghiệm hệ phương trình K = d ∩ (AI) nghiệm hệ phương trình Theo giả thiết, ta có ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ phương KC HI Vậy quỹ tích A elip bỏ bốn điểm B, C, A1(0 ; -a√2), A2(0 ; a√2) bốn đỉnh elip (Hình 2.2.3) Bài tốn 2.2.4: ([16]) Cho đường trịn (C) tâm O tiếp tuyến d tiếp xúc với (C) điểm A cố định (C) M điểm mặt phẳng, kẻ tiếp tuyến MT với (C) hạ MH vng góc với d Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn MT = MH Chứng minh đường tròn tâm M bán kính MT ln tiếp xúc với đường tṛịn cố định Lời giải Chọn hệ trục Oxy (hình 2.4.4) cho A gốc tọa độ, tia Ox ≡ AO tia Oy = d 74 Khi O(R; 0), giả sử M(x; y) Ta có MH = MT ⇒ MH2 = MT2 = MO2 – R2 ⇔ x2 = (x – R)2 + y2 – R2 ⇔ y2 = 2Rx Vậy quỹ tích M Parabol R Theo định nghĩa Parabol, ta có: MF = MH1 = MH + R Suy MF = MT + , điều chứng tỏ đường tròn tâm M, bán kính R MT tiếp xúc với đường trịn cố định tâm F, bán kính Hình 2.2.4 Bài tốn 2.2.5: ([16]) Cho Parabol y = x2 Tìm m để đường thẳng y = mx - m cắt y = x2 hai điểm A, B tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB Lời giải 75 Đường thẳng y = mx – m cắt y = x2 hai điểm ⇔ Phương trình x2 – mx + m = có hai nghiệm ⇔ ∆ = m2 – 4m ≥ ⇔ m ≤ ≤ m (β) Gọi I(x, y) điểm thuộc quỹ tích cần tìm với điều kiện (β) ta có: x= , x1, x2 nghiệm phương trình x2 – mx + m = 2(𝑥1 +𝑥2 ) 𝑚 2 ⟹ x = x = (x1+x2) = (Theo định lý Vieste) ⇒ m = 2x Hình 2.2.5 Do I(x, y) nằm đồ thị hàm số y = mx - m nên ta quỹ tích điểm I(x, y) y = 2x(2x – 1) = 2x2 – 2x 76 Do m thỏa mãn (β) nên 𝑚 ≤ ≤ 𝑚 , suy x ≤ ≤ x (β1) Vậy quỹ tích cần tìm phần Parabol có phương trình y = 2x2 – 2x thỏa mãn (β1) (Hình 2.2.5) Bài tốn 2.2.6: ([8]) Tìm quỹ tích giao điểm họ đường cong với Ox, Oy Lời giải Gọi A(0; y) giao điểm đồ thị cho với Oy Khi phương trình (với x = 0) dạng (ẩn m) có nghiệm ⟺ phương trình (m2 – m + 1)y = m2 + m + có nghiệm (vì m2 – m + 1= với m) ⟺ Phương trình (y – 1)m2 – (y + 1)m + y – = có nghiệm ⟺ y = ⟺ y = (γ) Vậy quỹ tích giao điểm họ đường cong với Oy đoạn trục Oy có tung độ thỏa mãn ( ) Gọi B(x; 0) giao điểm đồ thị cho với Ox Khi phương trình = có nghiệm 77 ⟺ Phương trình x2 + (2m – 1)x + m2 + m + = có nghiệm (vì m2 – m + 1= với x, m) ⟺ Phương trình m2 + (2x +1)m +x2 – x +1 = có nghiệm ⟺ ∆ = (2x + 1)2 – 4(x2 – x + 1) ⟺ 8x – ≥ ⟺ x ≥ ( ) Vậy quỹ tích giao điểm họ đường cong với Ox khoảng trục Ox có tung độ thỏa mãn ( ) Bài tốn 2.2.7: ([8]) Tìm quỹ tích điểm mặt phẳng tọa độ có khoảng cách đến đường thẳng đến điểm Lời giải Gọi A(x; y) điểm thuộc quỹ tích Khi đó: (do hai vế khơng âm) ⟺ y = x2 Vậy quỹ tích cần tìm Parabol y = x2 78 KẾT LUẬN Với mục đích đưa hệ thống tập quỹ tích đề thi học sinh giỏi phổ thơng nhằm giới thiệu cho học sinh công cụ quen thuộc cách giải tốn quỹ tích qua góp phần bồi dưỡng, phát triển tư lực giải tốn cho học sinh, luận văn trình bày vài kết ban đầu sau: (1) Nêu rõ cách tiếp cận, công cụ thường sử dụng để giải tốn quỹ tích: - Sử dụng kiến thức hình học tổng hợp; - Sử dụng phép biến hình; - Sử dụng kiến thức hình học giải tích; - Sử dụng kiến thức đại số Trong có cơng cụ, cách tiếp cận chưa trình bày cách tường minh SGK tốn phổ thơng (2) Sưu tầm tốn quỹ tích tài liệu bồi dưỡng học sinh chuyên toán, đề thi học sinh giỏi toán để minh họa cho việc sử dụng công cụ khác tiếp cận giải tốn quỹ tích (3) Đối với số toán tài liệu tham khảo chưa có lời giải có lời giải ngắn gọn, luận văn cố gắng đưa lời giải chi tiết đồng thời đưa bình luận, dẫn dắt để học sinh tự đọc hiểu lời giải toán Tuy nhiên vấn đề mà luận văn đề cập chưa đầy đủ, số lượng ví dụ chưa nhiều phong phú đồng thời nhiều vấn đề mà luận văn chưa có điều kiện đề cập lực thân hạn chế Em mong nhận bảo Thầy, Cô giáo Hội đồng để em bổ sung, hoàn thiện luận văn với mong ước để sử dụng kết luận văn trình giảng dạy thân sau Em xin trân trọng cảm ơn 79 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006), Tuyển tập đề thi tuyển sinh Trung học phổ thơng chun mơn Tốn, NXB Giáo dục, Hà Nội [2] Phạm Quốc Phong (2009), Chuyên đề nâng cao Đại số Trung học phổ thông, NXB Giáo dục, Hà Nội [3] Hứa Thuần Phỏng (1994) (Người dịch: Phạm Hồng Tuất) Quỹ tích: Những tốn mẫu cách chứng minh, NXB Giáo Dục, Hà Nội [4] Đoàn Quỳnh (chủ biên), Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Nguyễn Đăng Phất, Lê Bá Khánh trình (2012), Tài liệu chun Tốn - Bài tập hình học 11, NXB Giáo dục, Hà Nội [5] Đoàn Quỳnh (chủ biên), Hạ Vũ Anh, Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Vũ Đình Hịa (2013) Tài liệu chun tốn - Bài tập hình học 12, NXB Giáo dục, Hà Nội [6] Đỗ Thanh Sơn (2011), Một số chun đề hình học khơng gian, NXB Giáo dục, Hà Nội [7] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic toán học quốc tế, NXB Giáo dục, Quảng Nam [8] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ (2009), Tuyển tập: Các toán chọn lọc 45 năm tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB giáo dục Việt Nam, Hà Nội [9] Tổ chức kỳ thi Olympic (2014), Tuyển tập Đề thi Olympic 30/4, lần thứ XX - 2014, TOÁN HỌC, NXB ĐHQG Hà Nội 80 Tiếng Anh [10] Fred D Aldrich (1921),“The Teaching of locus problems in elementary Geometry”, The Mathematics Teache, Vol 14, No 4, pp 200-205, Published by: National Council of Teachers of Mathematics [11] Viktor Prasolov (2006),“Problems in plane and solid Geometry”, Translated and edited by Dimitry Leites, Moscow textbooks [12] G Gorghiu, N Păuna2, L.M Gorghiu, Solving Geometrical Locus Problems Using Dynamic Interactive Geometry Applications, Research, Reflections and Innovations in Integrating ICT in Education InonuUniversity Journal of the Faculty of December 2013 Volume 14, Issue 3, pp 3958 [13] http://math.stackexchange.com [14] http://www.regentsprep.org/regents/math/geometry [15] http://mathcentral.uregina.ca [16] www.vnmath.com