- Nếu bài tập này được đưa ra sau bài “Tứ giác nội tiếp” của Chương III, Hình học 9, ta có thể phát biểu kết quả câu a) dưới hình thức khác: Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp và dấu hiệu [r]
(1)PHÒNG GDĐT VINH TRƯỜNG THCS LÊ LỢI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC CĨ HIỆU QUẢ BÀI TỐN VỀ BA ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC”
Vinh, ngày 04 tháng 04 năm 2011
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Học toán gắn liền với hoạt động giải toán Thơng qua việc hướng dẫn học sinh giải tốn, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh lực tư duy, tính
(2)độc lập, linh hoạt, sáng tạo nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo người Việc khai thác hiệu toán cách bồi dưỡng cho học sinh lực Ngồi ra, việc khai thác có hiệu tốn cịn đem lại cho học sinh học thú vị, lòng say mê hứng thú mơn học, tâm lý học sinh nói chung ln muốn biết tìm tịi Để rèn luyện kỹ giải toán cho học sinh, phương pháp hữu hiệu từ toán ban đầu cách giải tốn đó, ta hướng dẫn học sinh khai thác để phát biểu giải nhiều toán khác
Để khai thác phát triển tốn, ta sử dụng cách sau:
- Sử dụng triệt để kết chứng minh được, lật ngược vấn đề khai thác toán đảo
- Sử dụng kết tốn số phép biển đổi hình học đối xứng tâm, đối xứng trục để tạo toán chứng minh cách sử dụng kết tốn có
- Khái quát hoá đến toán tổng quát - Đặc biệt hoá để khai thác toán cực trị - Tương tự, mở rộng toán…
Việc hướng dẫn học sinh cách khai thác tốn vấn đề khó khăn giáo viên, đòi hỏi người giáo viên cần phải có vốn kiến thức sâu rộng, kiên trì cần nhiều thời gian Đối với học sinh, việc rèn luyện kỹ khai thác cần thiết, nhằm nâng cao khả tự học, sáng tạo, tư độc lập đặc biệt gây hứng thú học tập
(3)hơn học sinh đại trà nói chung phát triển tư cho học sinh giỏi nói riêng
Nhằm khắc phục khó khăn việc hướng dẫn học sinh cách tự học cách khai thác tốn có hiệu quả, rút số kinh nghiệm để củng cố phát triển tư cho học sinh Trong đề tài tơi xin trình bày việc “Hướng dẫn học sinh khai thác có hiệu toán ba đường cao tam giác” để củng cố nâng cao kiến thức chương III, Hình học cho học sinh; đặc biệt kỹ chứng minh tứ giác nội tiếp khai thác tính chất tứ giác nội tiếp để giải toán
PHẦN II: NỘI DUNG
(4)Bài toán 1: Cho tam giác ABC, đường cao BD CE Chứng minh rằng: a Bốn điểm B, E, D, C thuộc đường tròn
b DE < BC
Phân tích tốn: Đây tốn thuộc
Chương II “Đường trịn” chương trình Hình học Là tập nhằm củng cố lại định nghĩa đường tròn mối liên hệ đường kính dây đường trịn, nên để giải tập ta cần chỉ rõ cho học sinh phương pháp Cụ thể:
a) Để chứng minh điểm B, E, C, D thuộc đường trịn ta có thể: - Chỉ điểm cách điểm B, E, C, D (đó trung điểm I đoạn BC) hoặc
- Chỉ có đường trịn qua điểm B, E, C, D đường tròn đường kính BC.
b) Từ kết chứng minh câu a) => ED BC hai dây đường trịn BC đường kính đường trịn => ED < BC (Định lí liên hệ giữa dây đường kính).
Từ ta có cách giải tốn sau: Giải:
a) Cách 1:
Gọi I trung điểm đoạn BC
∆ BEC vuông E (gt) => trung tuyến EI = IB = IC =
1 2BC
∆ BDC vuông D (gt) => trung tuyến DI = IB = IC =
1 2BC
Do IE = ID = IB = IC => điểm B, C, D, E thuộc đường trịn,
đó đường trịn tâm I, bán kính 2BC.
A
B C
D E
I
A
B C
(5)Cách 2:
0 90
BEC
=> E đường trịn đường kính BC
BDC900=> D đường trịn đường kính BC
Do E, D thuộc đường trịn đường kính BC => điểm B, E, D, C thuộc đường trịn đường kính BC
b Trong đường trịn đường kính BC: ED dây, BC đường kính => ED < BC (liên hệ dây đường kính đường trịn) * Nhận xét 1:
- Kết tốn ln với tam giác ABC.
- Nếu tập đưa sau “Tứ giác nội tiếp” Chương III, Hình học 9, ta phát biểu kết câu a) hình thức khác: Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp dấu hiệu sử dụng hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại hai góc tứ giác có đỉnh nằm đường trịn Từ tốn ta khai thác thành số toán nhằm củng cố kiến thức góc với đường trịn và phát triển tư cho học sinh Cụ thể:
1 Đối với học sinh trung bình cho học sinh nêu kết tương tự
- Nếu gọi H giao điểm BD CE => H trực tâm tam giác ABC và AH BC K.
Chứng minh tương tự ta có kết sau: a Bốn điểm:
C, K, E, A thuộc đường trịn đường kính AC;
A, D, K, B thuộc đường trịn đường kính AB;
A, E, H, D thuộc đường trịn đường kính AH; C, D, H, K thuộc đường tròn đường kính CH; B, K, H, E thuộc đường trịn đường kính BH. b DK < AB; EK < AC.
E D
C B
A
(6)Ta chứng minh ED < AH; EK < BH; DK < HC.
2 Đối với học sinh giỏi yêu cầu học sinh tiếp tục khai thác các
kết cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp để có kết quả khác tốn, qua câu hỏi gợi ý như: KH có phân giác góc EKD khơng? Vì sao? Kết tương tự gì? Từ đó, có nhận xét vị trí đặc biệt điểm H tam giác EKD?
- Trong trường hợp tam giác ABC nhọn => H nằm tam giác ABC Nối EK, KD Từ kết chứng minh suy tứ giác BEHK và
CKHD tứ giác nội tiếp =>
EBH EKH DCH DKH
hay
ABD EKH ACE DKH
Mà ABDACE (cùng phụ góc ABC) => EKH DKH
=> KH phân giác góc EKD
Chứng minh tương tự ta có : DH phân giác góc EDK ; EH phân giác góc DEK => H giao điểm ba đường phân giác tam giác EDK => H tâm đường tròn nội tiếp tam giác EDK.
Mặt khác, ta thấy EH hay EC phân giác góc KED mà AE EC
=> EA phân giác góc ngồi E tam giác EKD Ta lại có KA là phân giác góc EKD => A tâm đường trịn bàng tiếp góc K tam giác EKD Tương tự => B; C tâm đường trịn bàng tiếp trong góc D; góc E tam giác EKD Từ ta có tốn sau củng cố được kiến thức tứ giác nội tiếp, khái niệm tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp tam giác.
Bài toán 1.1 :
Cho tam giác nhọn ABC Các đường cao AK, BD, CE đồng quy H Chứng minh:
a) KH phân giác góc DKE Nêu kết tương tự b) H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE
(7)- Nếu gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Qua A vẽ tiếp tuyến
Ax với (O) Ta nhận thấy Ax //ED vì: Trong (O): BAx=BCA (cùng bằng
1
2 sđ cung AB).
Mặt khác tứ giác BEDC nội tiếp ( tốn 1)
=>BCAAED (cùng bù góc DEB)
Do BAxAED mà hai góc
vị trí so le => Ax // ED Ta lại có Ax OA (gt) => OA ED. Tương tự ta có: OB EK; OC DK
Như cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp mối liên hệ các góc đường trịn ta giải toán sau:
Bài toán 1.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AK; BD; CE tam giác ABC Chứng minh OA ED; OB EK; OC DK.
* Nhận xét 3:
- Gọi A’; B’; C’ giao điểm AK, BD, CE với (O) Ta có:
1
A C
(cùng phụ góc ABC)
1
A C
(cùng sđ
cung BA’ - góc nội tiếp)
=>C1C2 => CK phân giác
góc HCA’ mà CK HA’ (gt)
=> tam giác CA’H cân C => K trung điểm HA’. Do BC đường trung trực
(8)đoạn thẳng HA’ => H A’ đối xứng qua BC Chứng minh tương tự ta có: H B’ đối xứng qua AC; H C’ đối xứng qua AB.
Mặt khác tứ kết chứng minh => HBCA BC' => bán kính
đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC A’BC mà tam giác A’BC nội tiếp đường tròn (O;R) => tam giác HBC nội tiếp đường trịn có bán kính R Tương tự: tam giác HBA; HAC có bán kính đường trịn ngoại tiếp R Từ ta có tốn khai thác tính chất trực tâm H của tam giác ABC.
Bài toán 1.3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R), đường cao AK; BD; CE đồng quy H Gọi A’; B’; C’ giao điểm AK; BD; CE với đường tròn (O) Chứng minh:
a) A’; B’; C’ đối xứng với H qua BC, CA, AB
b) Các tam giác HBC; HCA; HAB có bán kính đường trịn ngoại tiếp
* Nhận xét 4:
- Có thể phát biểu câu b) toán cách khác sau: chứng minh tam giác HBC; HCA; HAB; ABC có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng Cách phát biểu giúp ta định hướng cách giải dễ so với cách phát biểu toán 1.3.
- Từ kết tốn 1.3, đặt vấn đề nêu toán đảo toán trên Nếu gọi A’; B’; C’ điểm đối xứng với H qua BC; CA; AB các điểm A; B; C; A’; B’; C’ có thuộc đường trịn khơng? Ta xét bài tốn đảo tốn 1.3.
Bài toán 1.4:
Cho tam giác nhọn ABC; đường cao AK, BD, CE đồng quy H Gọi A’; B’; C’ điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB Chứng minh:
(9)b) Các tam giác HBC; HCA; HAB nội tiếp đường tròn
Hướng dẫn giải:
a) A’ đối xứng với H qua BC => C1 C2 mà A1C2 (cùng phụ góc
ABC) => A1C2 => tứ giác ABA’C nội tiếp => điểm A, B, C, A’
thuộc đường tròn => A’ thuộc đường tròn (ABC) Chứng minh tương tự ta có B’, C’ thuộc đường trịn (ABC) Vậy điểm A, B, C, A’, B’, C’ thuộc đường tròn b) Chứng minh tương tự toán 1.3
* Nhận xét 5:
- Ta nhận thấy rằng: kết tam giác ABC nhọn Nếu tam giác ABC tam giác tù (tại A chẳng hạn) A tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE; H tâm đường trịn bàng tiếp góc K tam giác DKE - Sử dụng mối liên hệ đường kính dây đường trịn ta có thể hướng dẫn học sinh khai thác tiếp kết tốn sau: Kẻ OF vng góc với AC; ON vng góc với BC
(F thuộc AC; N thuộc BC )
=> F; N trung điểm AC; BC => FN đường trung bình tam
giác ABC => NF // AB
1
NF AB
Mặt khác:
D
1
H
A' K A
B C
C'
B'
E
2
H
K A
B C
D
N O
(10)OF // BH (cùng vng góc với AC)
ON // AH (cùng vng góc với BC) => tam giác ONF HAB đồng dạng =>
1
ON NF
AH AB => AH = ON.
Vậy tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có cạnh BC cố định ON không đổi => AH không đổi A di chuyển đường trịn (O) Ta có bài tốn yếu tố khơng đổi:
Bài tốn 1.5:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); BC cố định Chứng minh A di chuyển cung lớn BC khoảng cách từ điểm A đến trực tâm H tam giác ABC không đổi
* Nhận xét 6:
- Từ toán ta chứng minh tam giác ADH tam giác
BDC đồng dạng (g.g) => cot cot
AH AD gA AH BC gA
BC BD không đổi
khi B; C cố định A chạy cung lớn BC đường tròn (O) => cách giải khác cho toán 1.5 Với cách giải ta củng cố lại kiến thức về tỉ số lượng giác góc nhọn cho học sinh.
- Từ kết chứng minh toán 1.5: AH có độ dài khơng đổi điểm A chạy cung lớn BC đường trịn (O); ta đặt câu hỏi là: Vậy điểm H chạy đường điểm A chạy cung lớn BC đường tròn (O)?
Nếu gọi I điểm đối xứng với điểm O qua N => điểm I cố định OI = 2.ON mà
AH = 2.ON (cmt) => OI = AH.
Mặt khác OI // AH (cùng vng góc với BC) => tứ giác AHIO hình bình hành
=> IH = OA = R khơng đổi (R bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC)
=> H thuộc đường tròn (I; R) cố định I
O N D
C B
A
(11)Ta giải toán quỹ tích sau:
Bài tốn 1.6:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định Tìm quỹ tích trực tâm H tam giác ABC A chạy cung lớn BC đường tròn (O)
* Nhận xét 7:
- Có thể phát biểu tốn 1.6 hình thức khác sau: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định Chứng minh trực tâm H tam giác ABC thuộc đường tròn cố định A chạy cung lón BC đường trịn (O).
- Từ kết chứng minh toán 1.5: AH = 2.ON => gọi Q giao điểm của AO HN ta chúng minh được AQ = 2.AO HQ = 2.HN
=> Q thuộc (O; R) N trung điểm
của HQ Do đó, ta có tứ giác BHCQ hình bình hành Như vậy, ta phát biểu thành toán sau:
Bài toán 1.7:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R) ; trực tâm H Gọi N trung điểm BC; Q giao điểm AO HN Chứng minh rằng:
a) Điểm Q thuộc ( O )
b) Tứ giác BHCQ hình bình hành Bài tốn 1.7.1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); trực tâm H Gọi Q giao điểm AO với (O); N trung điểm BC Chứng minh H; N; Q thẳng hàng
Bài toán 1.7.2:
O
N D
C B
A
K H
(12)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R); trực tâm H; cạnh BC cố định kẻ đường kính AQ (O) Chứng minh A di động cung lớn BC (O) HQ ln qua điểm cố định
Bài toán 1.7.3:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R), trực tâm H; cạnh BC cố định Gọi N trung điểm BC; Q giao điểm HN với (O) Chứng minh đường thẳng AQ qua điểm cố định
* Nhận xét 8:
- Rõ ràng với nội dung cách phát biểu khác cho ta các bài tốn có độ khó khác nhau, dạng khác Bài tập 1.7 tập có thể dành cho đối tượng học sinh cách phát biểu dễ hiểu rõ ràng nhưng các tập 1.7.1; 1.7.2; 1.7.3 nên dành cho đối tượng học sinh khá giỏi Từ rèn luyện cho học sinh kỹ phát triển ngôn ngữ, biết cách lật ngược vấn đề để tạo toán mới; biết cách diễn đạt vấn đề nhiều hình thức khác nhau, hình thành thói quen xem xét biết cách chuyển tốn tốn quen thuộc dễ tìm cách giải hơn, từ suy cách giải toán theo yêu cầu
- Ta tiếp tục khai thác tính chất khác trực tâm H Gọi giao điểm của HO trung tuyến AN tam giác ABC G Ta chứng minh tam giác AHG NOG đồng dạng (g.g)
=>
AH AG HG
NO NG GO mà AH = 2.ON (cmt)
=> HG = 2.OG AG = 2.NG.
Từ AG = 2.NG => G trọng tâm của tam giác ABC Từ ta nêu toán sau:
Bài toán 1.8:
Chứng minh tam giác, trọng tâm, trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm đường thẳng (gọi đường thẳng Ơle
O
N D
C B
A
K H
(13)của tam giác đó) * Nhận xét 9:
- Nếu gọi M giao điểm ON với (O) => M điểm cung BC => OM // AK (cùng vng góc với BC) => OMAKAM mà
OMA OAM
(vì tam giác OAM cân O) => KAM OAM
=> AM phân giác góc KAO Mặt khác ta có AM phân giác của góc BAC Do BAKOAC.
Nếu gọi S giao điểm AM BC; P giao điểm MN với (O) => MP đường kính (O)
=> MAP900 mà PNS 900
=> tứ giác PASN nội tiếp => P thuộc đường tròn ( ASN ) mà P thuộc (O) => P giao điểm thứ hai (O) (ASN).
Từ kết ta phát biểu thành số tốn có độ khó khác nhau sau:
Bài toán 1.9:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); phân giác AS góc BAC cắt (O) M Gọi N giao điểm OM BC Kẻ đường cao AK tam giác ABC
a) Chứng minh: AM tia phân giác góc KAO
b) Gọi P giao điểm thứ hai (O) (ASN) Chứng minh M; N; P thẳng hàng
Bài toán 1.9.1:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O); BC cố định Gọi M điểm cung BC không chứa điểm A, S giao điểm AM với BC;
M A
B N C
O
K P
(14)N giao điểm OM với BC Chứng minh A di chuyển cung lớn BC đường trịn ngoại tiếp tam giác ASN ln qua điểm cố định khác N
Bài toán 1.9.2:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) Gọi M điểm cung BC không chứa điểm A, S giao điểm AM với BC; N giao điểm OM với BC Gọi P giao điểm đường tròn (ASN) với MN Chứng minh P thuộc đường tròn (O)
* Nhận xét 10:
- Từ kết toán 1.1 ta chứng minh AEDBEK (cùng phụ với hai góc là
góc DEH góc KEH ). Do để có dạng toán chứng minh ba điểm thẳng hàng ta gọi M điểm đối xứng với K qua AB ta chứng minh được góc AED góc MEB nhau=> góc MED
có số đo 1800 => M, E, D thẳng hàng.
Tương tự gọi N điểm đối xứng với K qua AC => E, D, N thẳng hàng. => điểm M, E, D, N thẳng hàng Ta có tốn 1.10:
Bài tốn 1.10:
Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AK, BD, CE Gọi M, N điểm đối xứng với K qua AB, AC Chứng minh điểm M, E, D, N thẳng hàng
* Nhận xét 11:
- Từ kết toán 1.10 => MN = ME + ED + DN mà ME = EK,
DN = DK (tính chất đối xứng trục) => MN = EK + ED + DK; tức độ dài đoạn MN chu vi tam giác DEK
M H
K A
B C
D E
(15)- Nếu D, E, K điểm cạnh CA, AB, BC M, E, D, N khơng thẳng hàng Khi độ dài đường gấp khúc MEDN = ME + ED + DN hay độ dài đường gấp khúc MEDN = EK + ED + DK => chu vi tam giác DEK nhỏ M, E, D, N thẳng hàng Khi D, E, K chân đường cao của tam giác ABC Ta có tốn cực trị hình học :
Bài toán 1.11:
Cho tam giác nhọn ABC; K, D, E điểm cạnh BC, CA, AB Chứng minh chu vi tam giác DEK nhỏ K, D, E chân đường cao tam giác ABC
* Nhận xét 12:
- Nếu gọi I, F hình chiếu B, C đường thẳngDE kết tốn trên thay đổi nào?
Từ kết toán 1.1: B, C tâm đường trịn bàng tiếp góc D, góc E tam giác EDK Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có:
2.ID = DE + KE + KD 2.EF = DE + KE + KD
=> ID + EF = DE + KE + KD
=> ID + DF + DE = DE + KE + KD=> IF = KE + KD
Bài toán 1.12:
N
E D
C B
A
K M
F
K A
B C
D E
(16)Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AK, BD, CE Gọi I, F theo thứ tự hình chiếu B, C đường thẳng DE Chứng minh IF = KE + KD
* Nhận xét 13:
- Từ toán 1.6 ta thấy: A điểm cung BC lớn S N => AM đường kính đường trịn (O) AM BC
=> AM.BN = AB.BM AM.CN = AC.CM
=> AM.(BN + CN) = AB.BM+AC.CM Mà BM = CM nên ta có:
AM.BC = AB.CM + AC.BM
Vậy tứ giác ABMC nội tiếp và
AM BC tích hai đường chéo
tổng tích cạnh đối Có thể đặt câu hỏi kết cịn đúng
khơng ABMC tứ giác nội tiếp được? Từ ta giới thiệu định lý Ptơlêmê:
Bài toán 1.13:
Chứng minh tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo tổng tích cặp cạnh đối
* Nhận xét 14:
- Từ nhận xét 13, tam giác ABC tam giác đều, ta chứng minh được tam giác OBM, tam giác OCM cũng tam giác
=> MB = MC = MO = R,
mà AM = 2R => MA = MB + MC.
Ta chứng minh kết
vẫn M khơng điểm cung BC khơng chứa điểm A. Từ ta có toán sau:
N A
B C
M O
A
B C
(17)Bài toán 1.14:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm đường tròn (O) Chứng minh đoạn thẳng MA, MB, MC có đoạn tổng đoạn lại
* Nhận xét 15:
- Từ tốn trên, ta giới thiệu cho HS số toán khác được khai thác từ kết tốn có nhằm củng cố nâng cao khả năng giải dạng toán khác tỉ số lượng giác, dựng hình… sau:
Bài toán 1.15:
Cho tam giác ABC, trực tâm H Gọi O1; O2 ; O3 tâm đưòng tròn ngoại
tiếp tam giác HBC, tam giác HCA, tam giác HAB Chứng minh tam giác ABC tam giác O1O2O3
Bài toán 1.16:
Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AK, BD, CE Chứng minh rằng:
2 2
1 ( os os os )
KDE ABC
S
c A c B c C
S
Bài toán 1.17:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn bán kính R ngoại tiếp đường trịn bán kính r Các đường cao AK, BD, CE tam giác ABC Chứng minh
rằng
DEK ABC
S r
S R
Bài toán 1.18:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn bán kính R ngoại tiếp đường
trịn bán kính r Chứng minh
2 2
1 ( os os os )
r c A c B c C
R
Bài toán 1.19:
(18)PHẦN III: KẾT LUẬN
Như vậy, từ toán gốc đơn giản, cách vận dụng khai thác triệt để kết chứng minh số phép đối xứng trục, đối xứng tâm, đặc biệt hoá, tổng quát hố ta phát biểu chứng minh số toán mới, nhằm củng cố hệ thống lại kiến thức, dạng tập cách giải tập Chương II, Chương III hình học 9; dạng tốn chứng minh tứ giác nội tiếp góc liên quan đến đường trịn Để vận dụng có hiệu định phát triển tư học sinh, giáo viên cần biết hướng dẫn học sinh phân tích tốn, tìm phát biểu kết tương đương, thay đổi hình thức phát biểu tốn, nêu tốn tổng quát, kết toán đặc biệt
(19)Rất mong quan tâm góp ý người đọc Tơi xin chân thành cám ơn
Vinh, ngày 04 tháng năm 2011.
MỤC LỤC
Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ Trang Phần II: NỘI DUNG Trang Phần III : KẾT LUẬN Trang 17
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Sách giáo khoa toán Tập một, Tập hai Sách tập toán Tập một, Tập hai
3 Bài tập nâng cao phát triển Toán ( Tác giả Bùi Văn Tuyên )