Pha 6:
Ở pha này giáo viên gọi các nhóm trình bày bài làm trên bảng, rồi cả lớp cùng thảo luận và giáo viên sẽ là người chốt lại kết quả cuối cùng và củng cố kiến thức mà chúng tôi mong muốn đem đến cho học sinh sau thực nghiệm này.
2.6. Kết luận thực nghiệm
Qua thực nghiệm này, chúng tôi nghĩ là đã được mục đích đề ra. Đó là: Trong quá trình giải quyết tình huống thực tiễn, có sự hỗ trợ của phần mềm công nghệ, học sinh đưa ra phỏng đoán về khoảng chặn của giá trị (hình vẽ minh hoạ trên phần mềm), khoảng chặn này thể hiện bất đẳng thức sau đó dùng lập luận toán học chứng minh rằng bất đẳng thức đó đúng.
Ở phần kết luận này, chúng tôi sẽ trả lời câu hỏi nghiên cứu thứ 2 đã đặt ra trước đó: “Để xây dựng tình huống thực tiễn nhằm giúp học sinh phát hiện, chứng minh một bất đẳng thức cần tính đến những ràng buộc nào? Khai thác môi trường tin học như thế nào khi xây dựng tình huống dạy học đáp ứng các ràng buộc trên?”
- Ràng buộc: tình huống gợi vấn đề; giải quyết tình huống trên môi trường CNTT thuận lợi và tiết kiệm thời gian hơn nhiều so với môi trường giấy bút (chúng tôi đã phân tích trong phần biến). Giáo viên là người tổ chức tình huống gợi vấn đề (điều kiện của các khối, các hình vuông, hình tròn, tam giác đều để thiết kế được trò chơi cho trẻ 2 – 3 tuổi) rồi uỷ thác cho học sinh. Kết quả cuối cùng của tình huống thực nghiệm này là các bất đẳng thức, đây không là tri thức hay đối tượng cần giảng dạy. Thực nghiệm để học sinh thấy được rằng bất đẳng thức xuất phát từ nhu cầu thực tế, qua việc tìm khoảng chặn của một giá trị nào đó, học sinh thấy được mình tham gia vào quá trình tìm kiếm và chứng minh bất đẳng thức.
+ Geogebra cho phép thiết kế tình huống theo hướng tương tác được giữa người dùng và môi trường tin học. Chúng tôi khai thác tính năng này của môi trường tin học nhằm tạo cơ hội cho người học tự tìm tòi, dự đoán các vị trí tới hạn của từng cặp hình. + Chúng tôi cung cấp sẵn hình vẽ trên phần mềm. Khi học sinh di chuyển đưa đường tròn vào trong tam giác hay vào trong hình vuông thì số đo trên hình vẽ lúc bấy giờ là số đo tương ứng được chọn để vẽ trong hình huống này, học sinh đọc số đo đó. Nhưng khi tổng quát vấn đề, bán kính đường tròn là 𝑟, cạnh tam giác đều là 𝑡, cạnh hình vuông là 𝑎 thì mối liên hệ giữa ba đại lượng này là gì. Khi đó học sinh buộc phải quay lại môi trường giấy bút để tìm ra mối liên hệ trên, môi trường tin học không có tác dụng ở giai đoạn này.
Chúng tôi hy vọng rằng tình huống này có tác dụng giúp học sinh thấy được bất đẳng thức hiện hữu trong đời sống, qua những tình huống thực tế chứ không chỉ xuất hiện trong sách giáo khoa dưới dạng kiểu nhiệm vụ chứng minh bất đẳng thức vì chính các em đã trực tiếp tham gia vào quá trình tìm kiếm và chứng minh các bất đẳng thức này.
KẾT LUẬN
Phần nghiên cứu chính của luận văn đã cho phép chúng tôi trả lời các câu hỏi nghiên cứu được đặt ra ở phần đầu. Cụ thể, các kết quả thu được của chúng tôi gồm có:
Ở chương 1, chúng tôi phân tích thể chế dạy học đại số 10 ở Việt Nam gắn với khái niệm bất đẳng thức. Kết quả cho thấy thể chế ưu tiên phạm vi đại số khi giới thiệu khái niệm bất đẳng thức, số lượng bài tập thuộc kiểu nhiệm vụ “chứng minh bất đẳng thức” là nhiều nhất so với các kiểu nhiệm vụ còn lại. Các bài tập được trình bày trong các giáo trình Đại số 10 cơ bản và nâng cao đã cho sẵn các bất đẳng thức, học sinh cần chứng minh chúng nhờ vào áp dụng các kỹ thuật được nêu, không có quá trình tìm kiếm bất đẳng thức. Ngoài ra, học sinh cũng không thấy được bất đẳng thức hiện hữu trong thực tế như thế nào, các bài tập yêu cầu chứng minh bất đẳng thức dùng để làm gì.
Đại số là một công cụ mạnh dùng để chứng minh bất đẳng thức. Nhưng giáo trình Đại số 10 nâng cao đã giới thiệu thêm một cách chứng minh bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân của hai số không âm bằng hình học, mang đến một góc nhìn hình học bất đẳng thức đại số này. Cách chứng minh bằng hình học này được chúng tôi gọi là một biểu diễn hình học của bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, và chúng tôi dựa vào cách chứng minh đó giới thiệu một lộ trình dạy học “thực nghiệm – suy luận” bất đẳng thức này, với sự hỗ trợ của phần mềm công nghệ Geogebra.
Chương 2 – thực nghiệm, mang lại câu trả lời cho câu hỏi nghiên cứu 2. Kết quả thực nghiệm cho thấy học sinh tham gia sôi nổi, hào hứng, có những ý tưởng và những câu trả lời trọng yếu tìm ra mấu chốt của bài toán, từ đó tìm kiếm và chứng minh ra được các bất đẳng thức để có thể thiết kế được trò chơi “thả khối”. Những biểu hiện từ phân tích hậu nghiệm của thực nghiệm cho thấy chúng tôi xây dựng thành công tình huống mà mục tiêu của chúng tôi đặt ra từ đầu luận văn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Annie Bessot, Claude Comiti, Lê Thị Hoài Châu, Lê Văn Tiến. (2009). Những yếu tố cơ bản của Didactic Toán. Nxb Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. Bộ Giáo dục và Đào tạo (2013). Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 4/11/2013 Hội nghị
Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo. Ban chấp hành trung ương, 4. Nhận từ http://www.moet.gov.vn/tintuc/Pages/doi- moi-can-ban-toan-dien-gd-va-dt.aspx?ItemID=3928
Bộ Giáo dục và Đào tạo (2017). Hướng dẫn nhiệm vụ Công nghệ thông tin năm học 2017-2018. Nhận từ http://edu.hochiminhcity.gov.vn/chuyen-muc/huong-dan- nhiem-vu-cong-nghe-thong-tin-nam-hoc-2017-2018-c41576-58507.aspx
Chu Thuỳ Giang. (2012). Một nghiên cứu Didactic về khái niệm bất đẳng thức trong chương trình phổ thông, Luận văn thạc sĩ khoa học giáo dục. Chuyên ngành Lí luận và phương pháp dạy học bộ môn Toán. Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh.
Đoàn Quỳnh (Tổng Chủ biên), Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, Trần Văn Vuông. (2010). Đại số 10 Nâng cao. Nxb Giáo dục.
Đoàn Quỳnh (Tổng Chủ biên), Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, Trần Văn Vuông. (2013). Sách Giáo Viên Đại số 10 Nâng cao. Nxb Giáo dục.
Đoàn Quỳnh (Tổng Chủ biên), Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng. (2010). Giải tích 12 Nâng cao. Nxb Giáo dục.
Lê Thái Bảo Thiên Trung (2011). Vấn đề ứng dụng công nghệ thông tin trong dạy học toán và các lợi ích của máy tính cầm tay. Tạp chí khoa học Trường Đai học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh. (tr.51-58). Nxb Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh.
Lê Văn Tiến. (2005). Phương pháp dạy học bộ môn toán ở trường phổ thông. Nxb Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh.
Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên), Phạm Thị Bạch Ngọc, Đoàn Quỳnh, Đặng Hùng Thắng, Lưu Xuân Tình. (2011). Bài tập đại số 10 Nâng cao. Nxb Giáo dục. Phan Đức Chính (Tổng Chủ biên), Tôn Thân (Chủ biên), Nguyễn Huy Đoan, Lê Văn
Hồng, Trương Công Thành, Nguyễn Hữu Thảo. (2011). Toán 8, tập 2. Nxb Giáo dục.
Trần Văn Hạo (Tổng Chủ biên), Vũ Tuấn (Chủ biên), Doãn Minh Cường, Đỗ Mạnh Hùng, Nguyễn Tiến Tài. (2010). Đại số 10. Nxb Giáo dục.
Trần Văn Hạo (Tổng Chủ biên), Vũ Tuấn (Chủ biên), Doãn Minh Cường, Đỗ Mạnh Hùng, Nguyễn Tiến Tài. (2013). Sách Giáo Viên Đại số 10. Nxb Giáo dục. Vũ Như Thư Hương. (2017). Môi trường tin học có tạo thuận lợi cho dạy học tích hợp?
Hai trường hợp được nghiên cứu. Kỷ yếu hội thảo quốc tế về Didactic toán lần thứ 6 Hội thảo quốc tế về Didactic toán lần thứ 6, Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh (tr.299-308). Nxb Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh.
Vũ Tuấn (Chủ biên), Doãn Minh Cường, Trần Văn Hạo, Đỗ Mạnh Hùng, Phạm Phu, Nguyễn Tiến Tài. (2011). Bài tập đại số 10. Nxb Giáo dục.
Legendre Y., Marion H., Devoitine C., Forest T. (2014). La géométrie de Pierre -
Collège Chepfer (Villers lès Nancy). Nhận từ
https://www.mathenjeans.fr/content/article-la-geometrie-de-pierre-college- chepfer-villers-les-nancy
PHỤ LỤC
Các bài toán chứng minh:
i) Đường tròn lớn nhất chứa trong tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác đó.
Hình PL1. Đường tròn lớn nhất chứa trong tam giác
Đặt 𝑎, 𝑏, 𝑐 lần lượt là độ dài các cạnh BC, AC, AB của ∆𝐴𝐵𝐶.
Gọi (𝑂’, 𝑟’) và (𝑂, 𝑟) lần lượt là đường tròn chứa trong ∆𝐴𝐵𝐶 và đường tròn nội tiếp ∆𝐴𝐵𝐶.
Gọi ℎ1, ℎ2, ℎ3 lần lượt là các đường cao từ tâm O’ đến các cạnh BC, AC, AB của ∆𝐴𝐵𝐶. ⟹ { 𝑟′ ≤ ℎ1 𝑟′ ≤ ℎ2 𝑟′ ≤ ℎ3 Ta có 2𝑆∆𝑂′𝐵𝐶 = ℎ1. 𝑎 (1) 2𝑆∆𝑂′𝐴𝐶 = ℎ2. 𝑏 (2) 2𝑆∆𝑂′𝐴𝐵 = ℎ3. 𝑐 (3) Cộng vế (1), (2) và (3) ta được 2(𝑆∆𝑂′𝐵𝐶 + 𝑆∆𝑂′𝐴𝐶 + 𝑆∆𝑂′𝐴𝐵) = ℎ1. 𝑎 + ℎ2. 𝑏 + ℎ3. 𝑐 2𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = ℎ1. 𝑎 + ℎ2. 𝑏 + ℎ3. 𝑐 ≥ 𝑟′(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) mà 2𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐). 𝑟
⟹ 𝑟(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≥ 𝑟′(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
Vậy 𝑟′ lớn nhất khi 𝑟′ = 𝑟 hay đường tròn lớn nhất chứa trong tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác đó.
ii) Đường tròn nhỏ nhất chứa được tam giác là đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy. Xét đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 đều.
Hình PL2. Đường tròn nhỏ nhất chứa được tam giác
Gọi I là một điểm nằm bên trong ∆𝐴𝐵𝐶. Từ I vẽ IH, IF, IK lần lượt vuông góc với BC, AB, AC (𝐻 ∈ 𝐵𝐶, 𝐹 ∈ 𝐴𝐵, 𝐾 ∈ 𝐴𝐶). Ta có 𝐼𝐴 + 𝐼𝐻 ≥ 𝐴𝐻 ≥ 𝑂𝐴 + 𝑂𝐷 𝐼𝐵 + 𝐼𝐾 ≥ 𝐵𝐸 ≥ 𝑂𝐵 + 𝑂𝐸 𝐼𝐶 + 𝐼𝑃 ≥ 𝐶𝐹 ≥ 𝑂𝐶 + 𝑂𝐹 ⟹ 𝐼𝐴 + 𝐼𝐵 + 𝐼𝐶 + 𝐼𝐻 + 𝐼𝐾 + 𝐼𝑃 ≥ 𝑂𝐴 + 𝑂𝐵 + 𝑂𝐶 + 𝑂𝐷 + 𝑂𝐸 + 𝑂𝐹 (1) Mà 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆∆𝐴𝑂𝐵+ 𝑆∆𝐵𝑂𝐶+ 𝑆∆𝐶𝑂𝐴 = 𝑆∆𝐴𝐼𝐵 + 𝑆∆𝐵𝐼𝐶 + 𝑆∆𝐶𝐼𝐴 ⟹ 𝐼𝐻 + 𝐼𝐾 + 𝐼𝑃 = 𝑂𝐷 + 𝑂𝐸 + 𝑂𝐹 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 𝐼𝐻 + 𝐼𝐾 + 𝐼𝑃 ≥ 𝑂𝐷 + 𝑂𝐸 + 𝑂𝐹 ⟹ 𝑚𝑖𝑛(𝐼𝐻 + 𝐼𝐾 + 𝐼𝑃) = 𝑂𝐷 + 𝑂𝐸 + 𝑂𝐹
Dấu “=” xảy ra khi I trùng O.
Vậy đường tròn nhỏ nhất chứa được tam giác đều là đường tròn ngoại tiếp tam giác đều đó.
Hình PL3. Đường tròn lớn nhất chứa trong hình vuông
Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD. Gọi (I; r) là đường tròn nằm bên trong hình vuông ABCD. 𝐼𝑀 + 𝐼𝑁 + 𝐼𝑃 + 𝐼𝑄 = 2𝑎 (𝑎 là độ dài cạnh hình vuông ABCD). Đường tròn tâm I nằm trong hình vuông ABCD nên:
{ 𝐼𝑀 ≥ 𝑟 𝐼𝑁 ≥ 𝑟 𝐼𝑃 ≥ 𝑟 𝐼𝑄 ≥ 𝑟 ⟹ 𝐼𝑀 + 𝐼𝑁 + 𝐼𝑃 + 𝐼𝑄 ≥ 4𝑟 ⟹ 𝑟 ≤𝑎 2 ⟹ 𝑟 𝑚𝑎𝑥 = 𝑎 2
Dấu “=” xảy ra khi 𝐼 ≡ 𝑂 hay (𝐼; 𝑟) là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD. iv) Đường tròn bé nhất chứa được hình vuông là đường tròn ngoại tiếp hình vuông.
Hình PL4. Đường tròn nhỏ nhất chứa được hình vuông
Xét đường tròn (𝐼; 𝑅) chứa hình vuông ABCD.
{𝐼𝐴 + 𝐼𝐶 ≥ 𝐴𝐶
𝐼𝐵 + 𝐼𝐷 ≥ 𝐵𝐷
⟹ 𝐼𝐴 + 𝐼𝐵 + 𝐼𝐶 + 𝐼𝐷 ≥ 𝐴𝐶 + 𝐵𝐷 ⟹ 𝐼𝐴 + 𝐼𝐵 + 𝐼𝐶 + 𝐼𝐷 ≥ 2𝑎√2
Đường tròn (𝐼; 𝑅) chứa hình vuông ABCD nên:
{ 𝑅 ≥ 𝐼𝐴 𝑅 ≥ 𝐼𝐵 𝑅 ≥ 𝐼𝐶 𝑅 ≥ 𝐼𝐷 ⟹ 𝐼𝐴 + 𝐼𝐵 + 𝐼𝐶 + 𝐼𝐷 ≤ 4𝑅 ⟹ 4𝑅 ≥ 2𝑎√2 ⟹ 𝑅 ≥ 𝑎√2 2 ⟹ 𝑅 𝑚𝑖𝑛 = 𝑎√2 2
Dấu “=” xảy ra khi 𝐼 ≡ 𝑂 hay (𝐼; 𝑅) là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD. v) Tam giác đều lớn nhất chứa trong hình vuông.
Hình PL5. Tam giác đều lớn nhất chứa trong hình vuông
Giả sử BEF là tam giác đều lớn nhất chứa trong hình vuông (∆𝐵𝐸𝐹 có chung đỉnh B với hình vuông), khi đó 𝐴𝐵𝐹̂ = 𝐸𝐵𝐶̂ = 150. Ta chứng minh không có tam giác nào có cạnh lớn hơn tam giác BEF.
Hình PL5. Tam giác đều lớn nhất chứa trong hình vuông (trường hợp 1)
Gọi MNP là tam giác đều có các đỉnh thuộc các cạnh của hình vuông và không có chung đỉnh với hình vuông.
Khi đó theo nguyên lý Dirichlet thì có một cạnh hình vuông không chứa đỉnh nào của ∆𝑀𝑁𝑃.
Giả sử đỉnh M thuộc cạnh BC, N thuộc cạnh CD, P thuộc cạnh AD (như hình minh hoạ trên).
Ta sẽ chứng minh BE = BF = EF > MN = NP = PM Dễ thấy nếu 𝑁𝑀𝐶̂ = 𝑀𝑁𝐶̂ = 450
⟹ ∆𝑀𝑁𝐶 vuông cân tại C. ⟹ 𝑀𝑁 < 𝐵𝐸. (đpcm)
Do M và N thuộc BC và CD nên không mất tính tổng quát, giả sử 𝑁𝑀𝐶̂ < 450
và 𝑀𝑁𝐶̂ > 450 ⟹ 𝑁𝑀𝐶̂ + 𝑁𝑀𝑃̂ < 450+ 600 = 1050 ⟹ 𝐵𝑀𝑃̂ > 1050 ⟹ 𝐵𝑀𝑃̂ > 𝐹𝐵𝑀̂ (𝐹𝐵𝑀̂ = 𝐹𝐵𝐸̂ + 𝐸𝐵𝑀̂ = 600+ 150 = 750) Vẽ FM’ // PM, FM’ = PM. Khi đó 𝐵𝑀𝑃̂ = 𝐵𝑀’𝐹̂ (đồng vị), mà 𝐵𝑀𝑃̂ > 𝐹𝐵𝑀̂ ⟹ 𝐵𝑀’𝐹 ̂ > 𝐹𝐵𝑀̂ Xét ∆𝐵𝐹𝑀′ có 𝐵𝑀’𝐹 ̂ > 𝐹𝐵𝑀̂ nên FB > FM’ mà FM’ = PM ⟹ 𝐹𝐵 > 𝑃𝑀 (đpcm)
Trường hợp 2:
Hình PL6. Tam giác đều lớn nhất chứa trong hình vuông (trường hợp 2)
Xét ∆𝐴𝐵𝐼 đều có 2 đỉnh chung A, B với hình vuông ABCD. Xét tam giác ABF vuông tại A có BF là cạnh huyền ⟹ 𝐴𝐵 < 𝐵𝐹.
Kết hợp 2 trường hợp trên, ta được ∆𝐵𝐸𝐹 là tam giác đều lớn nhất chứa trong hình vuông ABCD.
vi) Hình vuông lớn nhất chứa trong tam giác đều.
Chứng minh: Hình vuông MNPQ bất kỳ nằm trong tam giác đều, luôn có một hình vuông M’N’P’Q’ có cạnh nằm trên BC và có trục đối xứng AH sao cho hai hình vuông bằng nhau.
Gọi 𝛼 là góc giữa hai trục đối xứng của hình vuông. 𝐻𝐾𝐴̂ = 𝛼
MQ // HK // NP và M’Q’ // H’K’ // N’P’ ⟹ 𝑀𝐸𝑀̂ = 𝑃𝐽𝑃′ ̂ = 𝐻𝐾𝐴′ ̂ = 𝛼 ⟹ Góc giữa MQ và M’Q’, góc giữa NP và N’P’ đều bằng 𝛼.
Tương tự, góc giữa MN và M’N’, góc giữa PQ và P’Q’ đều bằng 𝛼.
Vậy luôn dựng được hình vuông M’N’P’Q’ bằng với hình vuông bất kỳ MNPQ trong tam giác đều ABC sao cho M’N’P’Q’ có một cạnh nằm trên cạnh BC và nhận AH làm trục đối xứng.
Chứng minh: Hình vuông MNPQ có một cạnh nằm trên cạnh BC và nhận AH làm trục đối xứng là hình vuông lớn nhất nằm trong tam giác ABC.
Hình PL8. Hình vuông lớn nhất chứa trong tam giác đều
Gọi DEQF là hình vuông bất kỳ có đỉnh D thuộc cạnh AB và một cạnh nằm trên BC. Đặt FD = 𝑥; 𝐼𝐷 = 𝑦 = 𝐴𝐷 = 𝐴𝐵 −𝑥√3
2
Để tam giác chứa được hình vuông thì:
𝑥 ≤ 𝑦 ⟹ 𝑥 ≤ 𝐴𝐵 −2𝑥√3 3 ⟹ (1 +2√3 3 ) . 𝑥 ≤ 𝐴𝐵 ⟹ 𝑥 ≤ 𝐴𝐵 ( 3 3+2√3) ⟹ 𝐷𝐹max = 𝑥max = 𝐴𝐵 ( 3 3+2√3) = 𝑀𝑄 Dấu “=” xảy ra khi DF trùng với MQ.
PROTOCOLE
PHA 1
GV : Bây giờ cô sẽ phát cho mỗi Nhóm 1 tấm bìa, trong mỗi tấm bìa sẽ có 2 tờ giấy bìa mỏng, 1 tấm mica, 1 dao rọc giấy, 1 kéo, 1 compa. Các bạn lưu ý với kéo, dao rọc giấy và compa không được dùng để đùa giỡn với bạn!
: Trong đây sẽ có 1 phiếu yêu cầu, các bạn sẽ thực hiện theo yêu cầu trong phiếu này. Mỗi nhóm nhận 1 tấm bìa và làm theo yêu cầu nha.
NHÓM 5
1 HS17 : Dùng 1 tấm bìa vẽ hình tròn, hình vuông, tam giác đều.
2 HS17 : Vẽ phân biệt 3 hình – cắt rời 3 hình vừa vẽ … (đọc yêu cầu đề). 3 HS17 : Không cắt lấn sang những phần giấy bìa còn lại
4 HS17 : Ùi hơi bị khó nha…
5 GV : Hết 5 phút rồi nha, còn 10 phút nữa.
6 GV : Các bạn cắt đúng cái hình đó thôi nha, đừng có làm rách nha. 7 HS18 : Lấy kéo cắt hay lấy…
8 HS17 : Lấy dao rọc giấy đi. 9 HS20 : Vẽ tay hả
10 HS17 : Lấy thước kẻ
11 HS17 : 4 đi bán kính là 4 đi
12 HS19 : Tam giác đều là 3 cạnh bằng nhau