CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC TOÀN PHẦN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: 2011-2012 *  * CHUN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC TOÀN PHẦN Người thực Phan Hồng Hạnh Trinh Nhóm chun tốn lớp 11A1 Kon Tum, ngày 26 tháng 03 năm 2012 Một số tốn liên quan đến tứ giác tồn phần LỜI NĨI ĐẦU Nhóm chun tốn lớp 11 TỨ GIÁC TỒN PHẦN I CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN Cho tứ giác lồi ABCD có cặp cạnh đối khơng song song AB cắt CD E, AD cắt BC F Hình tạo tứ giác ABCD, hai tam giác EBC, FCD gọi tứ giác toàn phần Trong chuyên đề này, quy ước gọi tứ giác tứ giác toàn phần ABCDEF F A B D C E A, B, C, D, E, F đỉnh; đoạn AC, BD, EF đường chéo của tứ giác Các góc tứ giác ABCD hai tam giác EBC, FCD góc tứ giác Tứ giác toàn phần ABCDEF gọi nội tiếp đường tròn tứ giác ABCD nội tiếp Tứ giác toàn phần ABCDEF gọi ngoại tiếp đường tròn tứ giác ABCD ngoại tiếp Trong chuyên đề này, chúng tơi sử dụng kiến thức góc định hướng khơng chứng minh lại tốn quen thuộc toán đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner tam giác, toán định lý Ptolemy Một số tốn liên quan đến tứ giác tồn phần II MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN 1/ Tính chất 1: Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE, CDF, ADE, ABF đồng quy điểm Điểm điểm Miquel tứ giác toàn phần F M D C A B E Chứng minh: Gọi M giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF AED Ta chứng minh đường tròn lại qua M Thật vậy: Xét góc định hướng đường thẳng theo mođun  , ta có:  MA, MC    BA, BC  (mod π)  ME, MA    FE, FA  (mod π) Từ suy :  ME, MB   ME, MA    MA, MB   DE, DA    FA, FB   CE, DA    DA, CB    CE, CB  (mod ) Do đường tròn ngoại tiếp  CBE qua điểm M Chứng minh tương tự cho ta suy đường tròn ngoại tiếp  CDF qua điểm M Mở rộng: Khi tứ giác ABCDEF nội tiếp M, E, F thẳng hàng (tính chất dành cho bạn đọc tự chứng minh) Nhóm chun tốn lớp 11 2/ Tính chất 2: Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BCE, CDF, ADE, điểm Miquel M thuộc đường tròn F O2 M D O4 J I K C O1 O3 A B E Chứng minh: Gọi O1, O2, O3, O4 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE , CDF, ADE ABF Dễ thấy O1O2, O2O3, O1O3 đường trung trực MC, MD, ME Khi hình chiếu điểm M lên đường thẳng (ta gọi I, J, K hình vẽ) trung điểm cuả MC, MD, ME Từ đây, theo định lý đảo đường thẳng Simson, suy M thuộc đường tròn qua ba điểm O1, O2, O3 chứng minh tương tự, ta có M thuộc đường trịn qua ba điểm O2, O3, O4 Từ suy đpcm 3/ Tính chất 3: Chân đường vng góc hạ từ điểm Miquel M lên đường thẳng AB, BC, CD, DA nằm đường thẳng (đường thẳng Simson) Chứng minh: Gọi G, I, J, H chân đường cao kẻ từ M xuống BE, DE, BF, DF Vì M thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác CDF nên đường thẳng qua I, J, H đường thẳng Simson điểm M tam giác FDC, suy I, J, H thẳng hàng Chứng minh tương tự cho điểm lại, ta suy điều phải chứng minh 4/ Tính chất 4: Các trực tâm tam giác BCE, CDF, ADE, ABF nằm đường thẳng ( đường thẳng Steiner tứ giác) Chứng minh: Một số tốn liên quan đến tứ giác tồn phần Gọi M điểm Miquel tứ giác toàn phần phép vị tự tâm M, tỉ số biến đường thẳng Simson tam giác BCE, CDF, ADE, ABF thành đường thẳng Steiner tam giác đó, qua trực tâm tam giác Từ tính chất suy đường thẳng Steiner bốn tam giác trùng đường thẳng qua trực tâm bốn tam giác F H M D J H1 C H2 I H3 A B G E H4 5/ Tính chất 5: Các trung điểm đoạn thẳng AC, BD, EF nằm đường thẳng (đường thẳng Gauss) Đường thẳng Gauss vng góc với đường thẳng Steiner Chứng minh: Từ tính chất 4, ta có trực tâm H1, H2, H3, H4 tam giác CDF, ADE, ABF, BCE thuộc đường thẳng Steiner s tứ giác toàn phần ABCDEF Gọi P, Q chân đường vng góc kẻ từ H1 xuống CD CB; S, T chân đường vng góc kẻ từ H4 xuống CD CB Gọi I, J, K trung điểm AC, BD, EF (I), (J), (K) đường trịn đường kính AC, BD, EF Dễ thấy H1P.H1F  H1D.H1Q hay P H1 /(K) =P H1 /(J) H T.H E  H B.H 4S hay P H4 /(K) =P H4 /(J) Do s trục đẳng phương (J) (K), suy JK  s Nhóm chun tốn lớp 11 Tương tự ta chứng minh s trục đẳng phương chung (I) (J), suy IJ  s Từ có ba điểm I, J, K thẳng hàng đường thẳng qua ba điểm vng góc với đường thẳng s F Q P D K H1 J H2 C S I H3 A B E H4 T 6/ Tính chất 6: Cho tứ giác tồn phần ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) tâm O, AC cắt BD K Khi O trực tâm tam giác KEF (định lí Brocard) Chứng minh: Gọi H giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD, BKC Xét góc định hướng đường thẳng theo mod  ta có:Xét tứ giác DOHC ta có:  OC, OD   AC, AD    BC, BD    AK, AD    BC, BK    HK, HD    HC, HK    HC, HD  (mod ) Suy bốn điểm O, C, D, H thuộc đường tròn Tương tự ta chứng minh bốn điểm A, O, H, B thuộc đường tròn Mặt khác EA.EB  EC.ED , suy E nằm trục đẳng phương đường tròn qua bốn điểm O, C, D, H đường tròn qua bốn điểm A, O, H, B Suy E, H, O thẳng hàng Ta lại có:  HO, HK    HO, HD    HD, HK     CO, CD    AD, AK    CO, CD    OD, OC   (mod ) 2 Một số toán liên quan đến tứ giác tồn phần (vì tam giác OCD cân O) Do đó, HO  HK hay OE  KF Chứng minh tương tự ta OF  KE Vậy, O trực tâm tam giác KEF F A B K O H E C D Như vậy, ta lướt tính chất quan trọng tứ giác toàn phần, để thấy rõ nét đẹp tứ giác toàn phần xem xét, suy nghĩ toán phần Nhóm chun tốn lớp 11 III MỘT SỐ BÀI TỐN MỞ RỘNG Bài tốn 1: Cho tứ giác ABCD có cặp cạnh đối không song song, ngoại tiếp đường tròn (O), nội tiếp đường tròn (I) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm (I) với AB, BC, CD, DA Chứng minh MP  NQ F B R M N A Q I O E D P T C Lời giải: Gọi E, F giao điểm AB CD, AD BC Khơng tính tổng qt, ta giả sử A nằm B E, A nằm D F (như hình vẽ trên) FI cắt cắt AB, CD R T  , AFB  Hơn dễ thấy MP  EI Ta có EI, FI đường phân giác AED NQ  EI Như việc chứng minh hoàn tất ta EI  FI Thật vậy, theo tính chất góc ngồi tam giác ta có:   AFR   FAR   TFC   FCT   RTE  ERT Suy ΔERT cân E Do EI  RT hay EI  FI Vậy, toán chứng minh Nhận xét: Qua toán, ta biết thêm cách dựng tứ giác vừa ngoại tiếp vừa nội tiếp đường tròn, đồng thời rút bổ đề sau: Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp Khi đường phân giác góc E góc F vng góc với Bài tốn 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Gọi P, Q giao điểm AD BC, AB CD Dựng hình bình hành ABCE Gọi F giao điểm CE PQ Chứng minh D, Q, E, F thuộc đường tròn Một số tốn liên quan đến tứ giác tồn phần P A B E Q D C F Lời giải: Ta xét trường hợp B nằm P C, B nằm A Q (như hình vẽ trên) Các trường hợp lại chứng minh tương tự Dễ thấy: ΔPAB  ΔPCD ý ABCE hình bình hành, suy ra: PA AB EC = = PC DC DC   PA sinPBA sinQBC QC Mặt khác: = = =   PB QB sinPAB sinQCB Áp dụng định lý Thales BQ  CF , ta có: PB QB = PC CF EC PA PA PB QC BQ QC = = = = DC PC PB PC QB CF CF Suy ra: ΔCED  ΔCQF  CE.CF = CD.CQ Ta có: Vậy, bốn điểm E, D, Q, F thuộc đường tròn Bài tốn 3: Cho tứ giác tồn phần ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O AD cắt BC I M điểm Miquel tứ giác Chứng minh O, I, M thẳng hàng Lời giải: Từ mở rộng tính chất 4, suy M thuộc đường chéo EF Theo định lý Brocard ta có O trực tâm  IEF nên OI  EF Như ta cần chứng minh OM  EF Bổ đề: (định lý bốn điểm) Trong mặt phẳng, cho điểm A, đoạn thẳng BC điểm H thuộc đường thẳng BC Chứng minh AB  AC  HB  HC AH  BC Bổ đề đơn giản nên bạn tự chứng minh Nhóm chun tốn lớp 11 Trở lại tốn Đặt R = OA Ta có OE  OF2   OE  R    OF2  R  = P E/(O)  P F/(O) = EB.EA  FD.FA  EM.EF  FM.FE (do M (ADE), M  (ABF))       EF EM  FM  ME  MF ME  MF  ME  MF2 Do OM  EF Bài toán chứng minh E M B C I O A F D Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD Gọi P, Q giao điểm AB CD, AD BC AC cắt BD O Dựng OR  PQ (R  PQ) Gọi M, N, S, T chân đường vng góc kẻ tử R xuống CD, BC, DA, AB Chứng minh M, N, S, T thuộc đường tròn Lời giải: Gọi L giao điểm AC PQ Khi đó, từ tính chất quen thuộc hàng điểm điều hòa, suy ra: (ACOL) = -1  Mặt khác: RO  RL, suy ra: RO phân giác ARC Xét góc định hướng đường thẳng theo mođun π , ta có:  TM, TS   TM, TP    TA, TS   RM, RP    RA, RS (mod π )  NM, NS   NM, NP    NQ, NS   RM, RC    RQ, RS (mod π ) Ta cần chứng minh:  RM, RP    RA, RS    RM, RC    RQ, RS (1) Thật vậy: (1)   RM, RP    RM, RC    RQ, RS    RA, RS   )   RC, RP    RQ, RA    RC, RO    RO, RA  (đúng RO phân giác ARC Vậy toán chứng minh Một số tốn liên quan đến tứ giác tồn phần Q N B R L S T P M A O C D Bài toán 5: (VMO 2012) Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường trịn tâm O có cặp cạnh đối khơng song song Gọi P, Q, S, T tương ứng giao điểm  MBN  , MBN  MCN  , MCN  đường phân giác cặp góc MAN  , MDN  MAN  Giả sử bốn điểm P, Q, S, T đôi phân biệt MDN Chứng minh bốn điểm P, Q, S, T nằm đường tròn Gọi I tâm đường tròn Gọi E giao điểm đường chéo AC BD Chứng minh ba điểm E, O, I thẳng hàng Lời giải:  , MBN , Gọi d 1, d2, d 3, d4 đường phân giác góc MAN  MDN  Xét góc định hướng đường thẳng theo mod π ý MCN tính chất đường phân giác, ta có: 1 TP,TS = d1 , d = d1 ,AN  DN,d  AM,AN  DN,DM  AM,DM 2 1 QP,QS = d , d = d ,BN  CN,d  BM,BN  CN,CM  BM,CM 2 Để ý tứ giác ABCD nội tiếp, ta có:                              AM,DM  =  AM,AD  +  AD,DM  =  AB,AD  +  AD,DC    CB,CD    BA,BC    CN,CM    BM,BN    BM,CM  Từ suy ra:  TP,TS  =  QP,QS , hay bốn điểm, P, Q, S, T thuộc đường trịn Theo định lý Brocard, ta có O trực tâm  EMN Do đó: OE  MN Do việc chứng minh hồn tất ta MN trục đẳng phương (O) (I) Nhóm chun tốn lớp 11 N P S Q I T B A E O C D M Thật vậy, để tiện cho việc chứng minh không tính tổng qt tốn, ta giả sử A nằm M B, nằm N D, tức điểm phân bố hình vẽ  , BQ phân giác ngồi Khi đó, xét  MBC, ta có: CQ phân giác BCM  , Q nằm phân giác BMC  MBC  , tức nằm Xét  MAD, ta suy T nằm phân giác AMD  phân giác ngồi BMC Từ suy ra: M, Q, T thẳng hàng, gọi đường thẳng 1 Tương tự ta chứng minh được: N, P, S thẳng hàng, gọi đường thẳng  Ta có:  QT,QC  =   , d  =   ,MC    CM,d   12  MB,MC   12 CM,CN  3 1 1 BM,CN  BA,BC  DA,DC  DN,DM  d ,DN  DT,DC 2 2 Suy ra: Q, T, C, D thuộc đường tròn              Do đó: MQ.MT=MD.MC hay PM/(O) =PM/(I) Tương tự ta có: PN/(O) =PN/(I) Vậy MN trục đẳng phương (O) (I) Ta có đpcm Nhận xét: Mấu chốt nhận biết thẳng hàng ba điểm M, Q, T N, P, S Một số toán liên quan đến tứ giác tồn phần Bài tốn 6: Cho tứ giác tồn phần ABCDMN Các đường phân giác ngồi góc A, C cắt P Các đường phân giác góc B, D cắt Q Các đường phân giác ngồi góc M, N cắt R Chứng minh rằng: P, Q, R thẳng hàng T2 N R T1 S3 B S1 Q A M C D S2 T3 P Lời giải: Bổ đề: (định lý Desargues) Cho hai tam giác ABC A’B’C’ Gọi C1, B1, A1 giao điểm AB A’B’, BC B’C’, AC A’C’ C1, B1, A1 thẳng hàng AA’, BB’, CC’ đồng quy Để khỏi cồng kềnh, không chứng minh lại bổ đề Về chứng minh nó, bạn đọc tham khảo Tài liệu giáo khoa chun tốn Hình học 10, phần Chun đề Hình học phẳng; xem tập 9, trang 51, Bài tập Hình học 11(chương trình nâng cao) Trở tốn, khơng tính tổng qt ta giả sử A nằm N D, M B Gọi dA, d B, dC, d D, dM, dN đường phân giác góc A, B, C, D, M, N Gọi T1, T2, T3 giao điểm cặp đường thẳng dD d N, dN dC, d C d D; S1, S2, S3 giao điểm cặp đường thẳng d B d M, dM dA, d A d B  MBC  Do S1 Xét  MBC có MS1, BS1 đường phân giác ngồi BMC  (1) nằm đường phân giác BCM Nhóm chun tốn lớp 11  CDN  Do T1 nằm Xét  NCD có NT1, DT1 đường phân giác CND  đường phân giác DCN (2)  Từ (1) (2) suy T1S1 phân giác DCN  , T3S3 phân giác Tương tự ta chứng minh T2S2 phân giác CDN  CND Do đó, T1S1, T2S2 T3S3 đồng quy Áp dụng định lý Desargues cho hai  S1S2S3  T1T2T3 suy P, Q, R thẳng hàng Nhận xét: Giả thiết toán đề cập đến giao điểm cặp đường thẳng yêu cầu chứng minh điểm thẳng hàng dễ gợi cho nghĩ đến định lý Desargues Như vậy, cần dựng thêm hình phụ cho phù hợp, có lời giải Bài tốn 7: Cho  ABC điểm P nằm tam giác Các đường thẳng PB PC cắt cạnh AB AC tương ứng C1 B1 Q điểm đối xứng với P qua trung điểm đoạn B1C1 Chứng minh P nằm đường trịn ngoại tiếp  A1B1C1   PBC  QAC   PCB  QAB Lời giải: Cách 1: (Dùng tính chất đường thẳng Gauss) Gọi N, I, K trung điểm AP, B1C1, BC Ta có N, I, K thẳng hàng (vì nằm dường thẳng Gauss tứ giác toàn phần AB1PC1CB) Lấy M đối xứng với P qua K Từ suy A, Q, M thẳng hàng Chú ý rằng: PC1  BM, PB1  CM AB- A O 1PC1 tứ giác nội tiếp, suy tứ giác ABMC nội tiếp   MAB   MCB   PBC  Từ có: QAB N Q I C1 Tương tự ta chứng minh   PCB  QAC B1 P C K B M Cách 2: (Sử dụng tính chất điểm Miquel tứ giác toàn phần nội tiếp) Gọi J giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC1 PCB1, suy J điểm Miquel tứ giác toàn phần AB1PC1CB Vì tứ giác AB1PC1 nên J thuộc đoạn thằng BC Một số toán liên quan đến tứ giác toàn phần A Xét  AC1J  B1PJ, ta có:   ACC B  AJC JB 1    C 1AJ  C1CJ  PB1J Suy ra:  AC1J   B1PJ (1) Xét  AC1Q  AJB1, ta có:   =AJB  AC Q=ABB 1 O Q C1A C1A JA (do (1)) = = C1Q PB1 JB1 Suy ra:  AC1Q   AJB1 Do đó:  C    JBB   PBC  BAQ AQ  JAB B1 C1 P C J Tương tự, ta chứng minh   PCB  QAC B Bài tốn 8: Cho tứ giác tồn phần ABCDMN nội tiếp Kí hiệu I J trung điểm đường chéo AC BD Chứng minh rằng: a) Hình chiếu I J đường thẳng MA, MD nằm đường tròn Tương tự với hình chiếu điểm NA NB b) Nếu AB.CD = AD.BC hình chiếu I J đường thẳng MA, MD, NA, NB nằm đường tròn Lời giải: a) Gọi P, Q hình chiếu I lên MA, MD; S, T hình chiếu J lên MA, MD Ta cần chứng minh P, Q, S, T thuộc đường trịn  MAC   MBD có I, J trung điểm AC BD nên  MIA   MJD  )  = JMD   α (hay MI, MJ hai đường đẳng giác góc AMD Suy ra: IMA   β Đặt AMD Ta có: MS.MP = MI.cosα.MJ.cos  β - α  =MQ.MT Từ suy bốn điểm P, Q, S, T thuộc đường tròn Chú ý tâm đường tròn trung điểm IJ (tính chất dành cho bạn đọc tự chứng minh)  b) Ta chứng minh AI, AJ đường đẳng giác góc BAD Thật vậy, theo định lý Ptolemy tứ giác nội tiếp ABCD, ta có: AD.BC + AB.CD = AC.BD Mặt khác, AB.CD = AD.BC nên AD.BC = AC.BD = AC.DJ DA CA Suy ra: = DJ CB Nhóm chun tốn lớp 11 N A S P B I J M C T Q D  = BCA  suy  JDA   BCA Từ có DAJ  = CAB  Đến tương Kết hợp với JDA tự câu A, ta chứng minh hình chiếu I J AB AD nằm đường trịn có tâm trung điểm G IJ, bán kính GS Như ta điều phải chứng minh Nhận xét: Bài tốn thực chất tính chất quen thuộc đường đẳng giác góc Bài toán 9: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp (O) AD cắt BC E, AC cắt BD F 2MN AB CD M, N trung điểm AB, CD Chứng minh   EF CD AB Lời giải: Cách 1: Dùng phương pháp vectơ       γ , EC = c, ED = d, i = EC , j = ED Đặt AEB c d AB AE BE Vì ABCD tứ giác nội tiếp nên = = = k CD CE DE     Suy EA = kc j EB = kdi Vì F  AC, F  BD nên tồn số x, y thỏa mãn:      EF  xEA  (1  x)EC  xkc j  (1  x)ci      EF = yEB + (1  y)ED = ykd j + (1  y)di Một số toán liên quan đến tứ giác toàn phần   So sánh hệ số i j từ đẳng thức ta được: xkc  (1  y)d ykd  (1  x)c E A M B F O D Từ suy x   Vậy EF  N C kd  c  k 1 c   k  kd  c  j   kc  d  i , suy k 1   2  k  EF     kd  c    kc  d    kd  c  kc  d  cosγ     k 1  Mặt khác ta có:          MN  AD  BC  ED  EA  EC  EB   d  kc  j   c  kd  i  2 2 Suy MN   kd  c    kc  d    kd  c  kc  d  cosγ        Như ta có Vậy MN  k    1     k   EF 4 k  4 k 2MN AB CD   EF CD AB Cách 2: Dùng tính chất đường thẳng Gauss Giả sử A nằm E D Gọi P trung điểm EF Khi M, N, P thẳng hàng (vì nằm đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần AEBFDC) Gọi T điểm đối xứng với F qua N, S trung điểm ET Dễ thấy CFDT PFNS hình bình hành Nhóm chun toán lớp 11 E P A M B S F O N D C T   180o  CAD   180o  CBD   EBF  Do ADT FB FB AB EB Mặt khác, ta có:    DT FC CD ED Do EBF  EDT , ý BP, DS hai đường trung tuyến kẻ từ hai đỉnh tương PB EB AB ứng hai tam giác này, suy   SD ED DC   PBF   ABF   SDT   DCF   SDT   CDT   SDC  PBA Vì vậy, PAB  SCD PM SN PF Từ có   AB CD CD 2PM AB Suy  EF CD 2PN CD  EF AB Kết hợp với M,N,P thẳng hàng P nằm ngồi đoạn MN, ta có đpcm Hồn tồn tương tự ta chứng minh Một số toán liên quan đến tứ giác tồn phần Bài tốn 10: Cho tam giác nhọn không cân ABC với AC  BC, nội tiếp đường tròn (O) H trực tâm tam giác F chân đường cao kẻ từ C Gọi P điểm khác A cho PF = AF, M trung điểm AC Gọi X giao điểm PH BC, Y giao điểm OM FX, Z giao điểm OF AC CMR: F, M, Z, Y thuộc đường tròn D A M T Z F O K H E B P X C Y Q Lời giải: Rõ ràng ta cần chứng minh bốn điểm F, Y, Z, M thuộc đường trịn đường kính YZ Bài tốn trở thành chứng minh FX  FZ Gọi T giao điểm CF (O) Ta chứng minh F trung điểm TH, suy BP BX ATBH hình bình hành Do PH  AT, suy  AB BE Dựng tứ giác toàn phần ACBTDE Gọi K, Q giao điểm OF, AB với DE Theo định lý Brokard, ta có OK  DE Ta cần chứng minh FX  EQ Thật vậy, theo tốn quen thuộc, ta có (ABFQ) = –1 FA QA FA AB FP  FB AB BP AB FB BP BX Từ có:    1        FB QB FB QB FB QB FB QB QB AB BE Suy FX  EQ Bài toán chứng minh Nhóm chun tốn lớp 11 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh (chủ biên) – Văn Như Cương – Trần Nam Dũng – Nguyễn Minh Hà – Đỗ Thanh Sơn – Lê Bá Khánh Trình, Tài liệu giáo khoa chuyên tốn 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] Trang web mathlinks.ro