TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ BỐI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THPT

toán học là môn thể thao của trí tuệ. tài liệu dành cho học sinh khá, giỏi, ôn bồi dưỡng học sinh giỏi cấp huyện, tỉnh và quốc gia. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi là những kiến thức cùng bài tập nâng cao hơn những bài tập cơ bản trong sách giáo khoa, đi sâu tìm hiểu kiến thức, để các bạn có thể tìm hiểu và có nền tảng vững chắc, làm hành trang đối diện với những kì thi lớn.

Kon Tum, tháng 05 năm 2013. - 1 - MỤC LỤC Trang Mở đầu 2 Các chuyên đề về hình học Khai thác các bất đẳng thức hình học trong tam giác 3 Một số bài toán hình học phẳng liên quan đến tứ giác toàn phần 18 Ứng dụng của phương tích 33 Khai thác đường tròn nội tiếp tam giác 48 Chuyên đề về số học Cấp và căn nguyên thủy của một số nguyên 65 Chuyên đề về tổ hợp Bất biến trong giải toán tổ hợp 73 Chuyên đề về dãy số Dãy số phân tuyến tính 82 Các chuyên đề về bất đẳng thức Ứng dụng của đạo hàm vào bài toán bất đẳng thức và cực trị 93 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức B.C.S 107 - 2 - LỜI MỞ ĐẦU “Toán học là môn thể thao của trí tuệ” Thật vậy, việc học toán giúp rèn luyện cho học sinh một tư duy “khỏe”, là công cụ cần thiết giúp các em học tập các môn học khác, giúp xử lí tốt các tình huống trong cuộc sống và là hành trang tốt trên con đường học tập và làm việc dù là trong bất kỳ lĩnh vực nào. Đối với học sinh học môn chuyên, việc tự học, tự tìm tòi nghiên cứu là một việc quan trọng bậc nhất, quyết định thành công cho các em, tạo niềm say mê đối với vẻ đẹp của toán học. Tập san này xin giới thiệu những kết quả của việc nghiên cứu tìm tòi, những kinh nghiệm nhỏ rút ra được trong quá trình học tập của các em học sinh chuyên toán lớp 11 từ năm học 2010-2011 đến 2012-2013. Đây cũng là ba năm học mà bộ môn toán của Trường Trung học Chuyên Nguyễn Tất Thành, tỉnh Kon Tum đã đạt được một số thành tích vượt trội so với các năm học trước; tiêu biểu có các học sinh như: Phan Hồng Hạnh Trinh, Cao Thanh Hà, Trần Thị Tú Trinh, Nguyễn Ngọc Khánh, Lê Bá Lộc, Tạ Quang Hải Những đề tài này chỉ là những bước đi chập chững của các em vào lâu đài nguy nga của Toán học, nhưng đó chính là nền tảng cho những bước đi vững chãi về sau và đặc biệt là tiền đề, là tài liệu tốt cho các thế hệ sau học hỏi và tiếp nối. Chính vì thế, nội dung các chắc chắn còn rất nhiều va vấp và thiếu sót, chúng tôi rất mong sự góp ý của quý thầy cô và các bạn ở địa chỉ mail của nhóm toán lớp 11: lopchuyentoan2011@gmail.com. Sau cùng là lời cảm ơn vì sự quan tâm, tạo điều kiện của ban giám hiệu Trường Trung học Chuyên Nguyễn Tất Thành để ra đời tập san số 1 này. Kon Tum, ngày 30 tháng 04 năm 2013. Ban biên tập: Tổ toán Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum. - 3 - HAI THÁC CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC  Học sinh thực hiện: Trần Thị Tú Trinh, Nguyễn Thị Tuyết Anh, Nguyễn Thị Hương, Nguyễn Thị Thanh Thúy ( Nhóm chuyên toán lớp 11A1- Năm học 2010-2011).  Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh.  Lời dẫn: Toán học, với những vẻ đẹp huyền bí và sức lôi cuốn mạnh mẽ của nó, đã và đang làm các nhà toán học trong nhiều thế kỉ qua. Toán học giống như một kho báu vô giá của nhân loại mà loài người luôn khát khao được khám phá, chinh phục. Và, để chạm tay vào chiếc chìa khóa mở kho báu ấy, loài người đã phả trải qua một quá trình tích lũy lâu dài. Chúng tôi xin được ví bất đẳng thức hình học như một viên kim cương trong kho đá quí đó. Bất đẳng thức hình học là một mảng rất thú vị, mỗi bất đẳng thức lại có một mối quan hệ “mật thiết” với một số bất đẳng thức khác. Bởi vậy, chúng ta có thể thu được nhiều bài toán thông qua việc khai thác một bất đẳng thức đơn giản. Với mục đích hướng tới việc sử dụng những bài toán tìm được vào việc tìm cực trị của một biểu thức hình học, chúng tôi sẽ chỉ tập trung vào những bất đẳng thức có dấu bằng xảy ra và xảy ra khi tam giác đều. Hy vọng các bạn có thể vận dụng chúng một cách hiệu quả.  Nội dung chuyên đề I.Một số kiến thức liên quan: 1. Một số kí hiệu dùng để chỉ các yếu tố trong tam giác: + a, b, c tương ứng là độ dài ba cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC. + m a , m b , m c tương ứng là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. + h a , h b , h c tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C. + l a , l b , l c tương ứng là độ dài các phân giác dựng từ ba đỉnh A, B, C. + R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. + S là diện tích tam giác ABC. 2. Các kiến thức cơ bản:  m a 2 = 1 2 (b 2 +c 2 ) - 1 4 a 2  l a = 2 cos 2 A bc b c  K - 4 -  1 1 1 1 a b c h h h r     S= 1 . 2 a a h = 1 . 2 b b h = 1 . 2 c c h = 1 sin 2 ab C = 1 2 bcsinA= 1 2 acsinB = pr = 4 abc R = ( )( )( ) p p a p b p c    .  sinA+sinB+sinC  3 3 2  3 3 cos cos cos 2 2 2 2 A B C    cosA+ cosB+ cosC 3 2  sin 2 A+sin 2 B+sin 2 C≤ 9 4 II. Bất đẳng thức hình học: Từ những đẳng thức ở phần I, cộng thêm một chút “biến hóa”, chúng ta sẽ thu được bất đẳng thức tưởng chừng như đơn giản nhưng lại vô cùng hữu dụng. 1. Các bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến: Ta có: m a 2 = 1 4 (2b 2 +2c 2 -a 2 ) (1) Ta có thể viết lại là: m a 2 = 1 4 (b 2 +c 2 + (b 2 +c 2 -a 2 )) Để ý một chút ta thấy: b 2 +c 2 –a 2 = 2bc.cosA Do đó: m a 2 = 1 4 (b 2 +c 2 +2bc.cosA) = 1 4 ((b-c) 2 +4bc.cos 2 2 A ) ≥ bc.cos 2 2 A Hay m a ≥ cos 2 A bc Tương tự đối với m b , m c ta có: m b ≥ cos 2 B ac , m c ≥ cos 2 C ab . Tiếp theo chỉ cần nhân vế theo vế các bất đẳng thức vừa tìm được với nhau ta lại được bài toán mới: Bài toán 1.1: Trong ∆ABC ta có: m a. m b. m c ≥ abc.cos 2 A cos 2 B cos 2 C Chứng minh: Bây giờ hãy viết lại (1) theo một cách khác: m a 2 = 1 4 (2(b 2 +c 2 ) – a 2 ) Ta có: b 2 +c 2 ≥ 2 ( ) 2 b c  - 5 - Suy ra: m a 2 ≥ 1 4 ((b+c) 2 – a 2 ) = 1 4 (b+c-a)(b+c+a) = p(p-a) Hay m a ≥ ( ) p p a  (*) Áp dụng (*) vừa tìm được ta có thể giải quyết bài toán sau một cách nhanh gọn. Bài toán 1.2: Trong ∆ABC, chứng minh: a) m a +m b +m c ≥ ( p p a p b p c      ) b) m a. m b .m c ≥ p.S Bài toán 1.3: Chứng minh rằng: m a +m b +m c ≤ 9 2 R . Chứng minh: Ta có: m a 2 + m b 2 + m c 2 = 3 4 (a 2 +b 2 +c 2 ) = 3R 2 (sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C) Suy ra: m a 2 + m b 2 + m c 2 ≤ 2 27 4 R Ta có: (m a 2 + m b 2 + m c 2 ) 2 ≤ 3(m a 2 + m b 2 + m c 2 ) ≤ 2 81 4 R  m a +m b +m c ≤ 9 2 R . Chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức này để chứng minh một số bài toán sau: Bài toán 1.4: Chứng minh rằng: P= 2 1 a m + 2 2 1 1 b c m m  ≥ 2 4 3 R Chứng minh: Ta có: P ≥ 3 2 1 1 1 3 a b c m m m               ≥ 3 ( 2 3 a b c m m m          P ≥3 2 3 9 2 R       = 3 2 2 2 4 3 3 R R        (đpcm). Bài toán 1.5: Chứng minh rằng: P= 2 2 2 b c a a b c m m m m m m   ≥ 2 R Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 2 a b c b c a   ≥ a+b+c Ta có: P≥ 1 1 1 a b c m m m   ≥ 9 a b c m m m   ≥ 9 2 9 2 R R  (đpcm) Qua việc xây dựng các bất đẳng thức liên quan liên quan đến đường trung tuyến ở trên, các bạn có tự đặt câu hỏi rằng: “đối với đường phân giác và đường cao liệu có thể “tương tự hóa” hay không?” nếu có thì hãy tiếp tục tìm câu trả lời ở các phần tiếp theo. 2. Các bất đẳng thức liên quan đến đường phân giác: - 6 - Ta có: l a = 2 cos 2 A bc b c  ≤ os 2 A bcc (vì b+c≥ 2 bc ) Mặt khác, ta lại có: cosA = 2 2 2 2 b c a bc    cos 2 A = 2 2 1 cos ( ) ( ) 2 4 A b c a p p a bc bc       Suy ra: l a ≤ ( ) p p a  (**) Tương tự cho l b , l c , ta thu được bài toán mở sau: Bài toán 2.1: Trong ΔABC, ta có: a) l a .l b .l c ≤ abc.cos cos cos 2 2 2 A B C (1) b) l a .l b .l c ≤ pS (2) c) l a +l b +l c ≤ 3 p (3) Bất đẳng thức (3) được chứng minh như sau: Từ (**) ta có: l a +l b +l c ≤ ( ) p p a p b p c      ≤ 3( ) 3 p p a p b p c p       (đpcm) Ta thấy: l a ≤ ( ) p p a  mà m a ≥ ( ) p p a  suy ra: l a ≤ m a Kết hợp với định lí đường xiên và đường vuông góc, ta có được mối quan hệ giữa đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong một tam giác như sau: h a ≤ l a ≤ m a (***) Từ (***) chúng ta sẽ phát triển được thành các bài toán mới mà chúng tôi sẽ trình bày ở các phần tiếp theo. 3. Bất đẳng thức liên quan đến đường cao: Ta có: h a ≤ l a Vì thế từ phần 2 chúng ta có thể dễ dàng suy ra được các bất đẳng thức sau: Bài toán 3.1: Trong ΔABC, ta có: a) h a ≤ cos 2 A bc b) h a ≤ ( ) p p a  Bài toán 3.2: Trong ΔABC, chứng minh: a) h a .h b .h c ≤ abc cos cos cos 2 2 2 A B C b) h a + h b + h c ≤ 3 p (4) c) h a .h b .h c ≤ pS (5) Ngoài ra, ta có: 1 1 1 1 a b c h h h r     1 1 1 1 ( ) ( )( ) a b c a b c a b c h h h h h h r h h h        ≥ 9.  a b c h h h   ≥ 9r Vậy ta thu được bài toán sau: - 7 - Bài toán 3.3: Trong ΔABC , chứng minh: a b c h h h   ≥ 9r (6) Để ý một chút, ta thấy (4) và (6) là 2 bất đẳng thức liên quan đến tổng a b c h h h   nhưng ngược chiều. Vậy thì hãy thử hết hợp 2 bất đẳng thức này lại, thêm một chút biến đổi nữa xem nào! (4), (6)  3 p ≥ 9r  p ≥ 3 3 r Đây là 1 bất đẳng thức liên quan đến p,r Bất đẳng thức (5) cũng đem đến cho chúng ta sự thú vị không kém Ta có: (5)  2 a b c h h h S p p  = r 2 1 1 1 . . a b c a b c p h h h h h h      p 2 ≥ h b .h c + h a. h b + h a .h c Thế đấy, chỉ cần “úm ba la” một cái chúng ta đã thu thêm được bài toán mới. Bài toán 3.4: Trong ΔABC , chứng minh: p 2 ≥ h b .h c + h a. h b + h a .h c 4. Mối quan hệ giữa đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong tam giác: Như chúng tôi đã đề cập ở cuối phần 2, giữa đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong tam giác có mối quan hệ sau: h a ≤ l a ≤ m a (***) Liệu từ mối quan hệ này, chúng ta có thể xây dựng nên các bài toán mới được hay không? Để trả lời cho câu hỏi này, chúng ta hãy thử đi qua bài toán sau: Bài toán 4.1: Trong ΔABC , chứng minh a) a b c h h h   ≤ l a +l b +l c ≤ m a + m b + m c b) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c h h h l l l m m m         c) 1 2 a b c a b c b b c c a a b c a m m m m m m h l h l h l m m m               Bài toán 4.1 trên, bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh dựa vào (***) Theo BĐT Nesbit ta có: 3 2 a b c b c a c a b m m m m m m m m m       Lại sử dụng BĐT (***) ta được bài toán: Bài toán 4.2: Trong ΔABC , chứng minh: 3 2 a b c b c c a a b m m m h l h l h l       Xét bài toán sau: Bài toán 4.3: Trong ∆ABC, chứng minh rằng: - 8 - 2 3 a b c a b c m m m    Chứng minh: Ta có: 4m a 2 =2(b 2 +c 2 )-a 2 =2(a 2 +b 2 +c 2 )-3a 2 (2m a ) 2 +(a 3 ) 2 =2(a 2 +b 2 +c 2 ) Lại có: (2m a ) 2 +(a 3 ) 2 ≥2(2m a a 3 ) Suy ra: 2(2m a a 3 )≤2(a 2 +b 2 +c 2 )  am a ≤ 2 2 2 a b c 2 3    2 2 2 1 2 3 a b c a am     2 2 2 2 3 a b c a a a m    (7) Tương tự: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 ; a b c a b c b c b b c c m m       Do đó: 2 3 a b c a b c m m m    Mà h a ≤l a ≤m a , suy ra: 2 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c h h h l l l m m m          .  Chú ý: Từ (7) ta cũng suy ra: 2 2 2 2 2 3 a b c a a m m a    Tương tự: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 ; a b c a b c b b c c m m m m b c       Do đó: 2 2 2 2 3 a b c a b c m m m a b c      (m a 2 +m b 2 +m c 2 )= 3 3 2 Vậy, liệu có “tương tự hóa” bất đẳng thức trên đối với đường phân giác và đường cao được hay không? Ta có: a b c h h h a b c   = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 ( ) 4 sin sin sin S S S S a b c R A R B R C      = 1 8 ( abc R 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ) sin sin sin R A R B R C   = sinA.sinB.sinC( 2 2 2 1 1 1 ) sin sin sin A B C   Rõ ràng, với 90 A   còn 45 B C     thì a b c h h h a b c   = 5 2  3 3 2 Do đó bất đẳng thức trên không đúng đối với đường cao. Vậy còn đối với đường phân giác thì sao? Câu hỏi này xin được dành cho bạn đọc suy nghĩ! Bài toán 4.4: Trong ∆ABC, chứng minh rằng: 3 3 a b b c c a l l l l l l c a b       (8) - 9 - Chứng minh: Ta có: (8) 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 3 3 a b c l l l b c a c a b        2 cos 2 cos 2 cos 2 2 2 . . . 3 3 A B C bc ac ab b c a c a b b c bc a c ac a b ab           3 3 cos os os 2 2 2 2 A B C c c   Đây là một bất đẳng thức đơn giản trong tam giác. Vậy, bất đẳng thức (8) được chứng minh. Mà, trong tam giác ta luôn có: h a ≤l a , h b ≤l b , h c ≤l a Vì vậy: từ (8) ta có thể suy ra được bất đẳng thức sau: Bài toán 4.5: 3 3 a b b c c a h h h h h h c a b       Từ (8) chúng ta lại có thể tiếp tục khai thác để chuyển thành một bài toán mới Ta có: ( )( ) 9 a b b c c a a b a c a b l l l l l l c b c l l l l l l c a b             9 3 a b b c c a a b a c a b c b c l l l l l l l l l l l l c a b             Hiển nhiên từ đây ta cũng có thể suy ra được các bài toán sau: Bài toán 4.6: Cho ∆ABC, chứng minh: a) 3 a b a c a b c b c l h l h l h       b) 3 a b a c a b c b c h h h h h h       Từ tổng a b a c a b c b c h h h h h h      , ta lại có thể khai thác một bài toán mới Bài toán 4.7: Tong ∆ABC, chứng minh rằng: 3 2 a b a c c b c b a R h h h h h h r       Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử: a≤b≤c 2 2 2 a b c S S S h h h    h a ≥h b ≥h c h b +h c ≤ h c +h a ≤ h a +h b (1)  b c c a a b 1 1 1 h h h h h h      (2) Áp dụng bất đẳng thức Trê-bư-sép vào hai dãy (1), (2) ta được: b c c a a b 1 1 1 1 ( )( ) 3 h h h h h h a b a c c b c b a a b c h h h h h h              (3) [...]... khoa chuyên toán Hình học 10, 2009 [2] Đỗ Thanh Sơn, Một số chuyên đề Hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, 2009 [3] Các tài liệu từ internet - 32 - ø NG DỤNG CỦA PHƯƠNG TÍCH  Học sinh thực hiện: Tạ Quang Hải, Hồ Thị Kim Ngân (Nhóm chuyên toán lớp 11A1-năm học 2012-2013)  Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh  Lời dẫn: Trong các kì thi học sinh giỏi hiện nay, bài toán hình học. .. khảo: [1] Chuyên đề bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng- Nguyễn Đức Tấn [2] Một số bài giảng về các bài toán trong tam giác- Nguyễn Vũ Lương ( chủ biên) [3] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông: Bất đẳng thức hình học- Vũ Đình Hòa [4] Tạp chí toán học và tuổi trẻ [5] Lượng giác sơ cấp- Phan Huy Khải [6] Một số diễn đàn toán học - 17 - M ỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG... học phẳng luôn là bài toán bắt buộc với 15-25% số điểm cả đề, vì vậy nó thực sự quan trọng! Chúng ta được học hình học phẳng nhiều hơn hết bất cứ dạng toán nào, thế nhưng hình học thường không là sự lựa chọn hàng đầu của các thí sinh Vì vậy, chúng tôi viết chuyên đề ứng dụng Phương tích – Trục đẳng phương – Tâm đẳng phương để giải toán hình học phẳng nhằm giúp bạn đọc có được những kiến thức nền tảng... Lời giải: Bổ đề: (định lý Desargues) Cho hai tam giác ABC và A’B’C’ Gọi C1, B1, A1 lần lượt là các giao điểm của AB và A’B’, BC và B’C’, AC và A’C’ C1, B1, A1 thẳng hàng khi và chỉ khi AA’, BB’, CC’ đồng quy Để khỏi cồng kềnh, chúng tôi sẽ không chứng minh lại bổ đề Về chứng minh của nó, bạn đọc có thể tham khảo ở Tài liệu giáo khoa chuyên toán Hình học 10, phần Chuyên đề - 27 - Hình học phẳng; hoặc... [6] Một số diễn đàn toán học - 17 - M ỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC TOÀN PHẦN  Học sinh thực hiện: Phan Hồng Hạnh Trinh, Lê Bá Lộc Trần Đức Anh ( Nhóm chuyên toán lớp 11A1- Năm học 2011-2012)  Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh  Lời dẫn: Hình học tạo nên cuộc sống! Hình học luôn luôn tuyệt vời!!  Nội dung: I CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN F Cho tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh... năng cần thiết khi giải toán Lý thuyết về phương tích khá ngắn gọn, dễ hiểu nhưng ứng dụng của nó lại vô cùng phong phú trong các bài toán, đặc biệt là trong các kỳ thi Olympic 30/4, học sinh giỏi quốc gia  Nội dung chuyên đề: I PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM ĐỐI VỚI ĐƯỜNG TRÒN: 1 Định lý 1.1 Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định, OM = d Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A và B Khi... M thuộc đường chéo EF Theo định lý Brocard ta có O là trực tâm  IEF nên OI  EF Như vậy ta chỉ cần chứng minh OM  EF Bổ đề: (định lý bốn điểm) Trong mặt phẳng, cho điểm A, đoạn thẳng BC và điểm H thuộc đường thẳng BC Chứng minh rằng nếu AB 2  AC 2  HB 2  HC 2 thì AH  BC Bổ đề khá đơn giản nên các bạn có thể tự chứng minh Trở lại bài toán Đặt R = OA Ta có OE 2  OF2   OE 2  R 2    OF2  R... niềm say mê toán học hi vọng các bạn sẽ tìm được cách giải riêng cho mình Sau đây, chúng tôi xin trình bày một hướng khai thác khác đối với bài toán 5.1: Ta có: ab+bc+ac≤ a 2  b 2  c2 ≤ 9R 2 Mà, ha+hb+hc≥9r Suy ra: ( ha  hb  hb ) 2 (9r ) 2 9r 2   2 ab  bc  ac 9R2 R  ha 2 hb 2 hc 2 (ha  hb  hb ) 2 9r 2     2 bc ac ab ab  bc  ac R Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều - 10 - Bài toán... chứng minh của nó, bạn đọc có thể tham khảo ở Tài liệu giáo khoa chuyên toán Hình học 10, phần Chuyên đề - 27 - Hình học phẳng; hoặc xem bài tập 9, trang 51, Bài tập Hình học 11(chương trình nâng cao) Trở về bài toán, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử A nằm giữa N và D, giữa M và B Gọi dA, dB, dC, dD, dM, d N lần lượt là các đường phân giác ngoài của các góc A, B, C, D, M, N Gọi T1, T2, T3 lần... Áp dụng định lý Desargues cho hai  S1S2S3 và  T 1T2T3 suy ra P, Q, R thẳng hàng Nhận xét: Giả thiết bài toán đề cập đến giao điểm của các cặp đường thẳng và yêu cầu chứng minh các điểm đó thẳng hàng dễ gợi cho chúng ta nghĩ đến định lý Desargues Như vậy, chỉ cần dựng thêm hình phụ cho phù hợp, chúng ta sẽ có ngay lời giải Bài toán 7: Cho  ABC và điểm P nằm trong tam giác Các đường thẳng PB và PC . chúng tôi rất mong sự góp ý của quý thầy cô và các bạn ở địa chỉ mail của nhóm toán lớp 11: lopchuyentoan2 011@ gmail.com. Sau cùng là lời cảm ơn vì sự quan tâm, tạo điều kiện của ban giám hiệu. kinh nghiệm nhỏ rút ra được trong quá trình học tập của các em học sinh chuyên toán lớp 11 từ năm học 2010-2 011 đến 2012-2013. Đây cũng là ba năm học mà bộ môn toán của Trường Trung học Chuyên. Nguyễn Thị Tuyết Anh, Nguyễn Thị Hương, Nguyễn Thị Thanh Thúy ( Nhóm chuyên toán lớp 11A1- Năm học 2010-2 011) .  Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh.  Lời dẫn: Toán học, với những