Tài liệu Vẽ thêm các yếu tố phụ thích hợp để giải một bài toán chứng minh bất đẳng thức trong hình học 8

ĐẶT VẤN ĐỀ Hình học là một bộ môn phát triển tư duy và trí sáng tạo cho học sinh rất điển hình. Học sinh được rèn luyện cách nhìn nhận vấn đề theo quan điểm động đòi hỏi sự bao quát toàn diện, sâu sắc vấn đề. Học sinh cấp II bắt đầu tiếp thu cơ sở của hình học ở lớp 6 với hệ tiên đề và những khái niệm cơ bản. Sang hình học 7 học sinh bắt đầu nghiên cứu hình với yêu cầu nắm bắt thật chắc lý thuyết và phải biết vận dụng vào giải bài toán hình và làm quen dần với các dạng toán. Đến lớp 8 các dạng bài tập hình học phong phú hơn, đa dạng hơn và khó hơn rất nhiều so với lớp 6, 7 và đặc biệt các bài toán chọn ra để dạy đội tuyển học sinh giỏi thì không phải bài nào cũng dễ dàng chứng minh được mà phải vẽ thêm các yếu tố phụ mới giải quyết được bài tập đó. Tuy nhiên vẽ thêm các yếu tố phụ như thế nào để có lợi cho việc giải toán luôn là điều hết sức khó khăn, phức tạp đối với mỗi học sinh. Học sinh không thể phát triển được tư duy nếu ta giới thiệu với các em một chứng minh làm sẵn. Thậm chí các em sẽ thất vọng và cảm thấy bị đánh lừa nếu đột ngột trên hình vẽ một đường phụ tài tình. Mà bất kỳ một học sinh nào và nhất là các em học sinh giỏi cũng muốn biết cơ sở và mục đích của việc làm. Toán học chỉ bổ ích khi nó bồi bổ cho sự nhanh trí và khả năng suy luận của chúng ta. Nhưng có một thực tế rằng: Không có một phương pháp chung nào cho việc vẽ thêm yếu tố phụ. Việc vẽ thêm yếu tố phụ trong các bài toán chứng minh hình học ít nhiều trong một chừng mực nào đó vẫn là một sự sáng tạo "nghệ thuật". Xuất phát từ thực tế đó bằng những kinh nghiệm của bản thân đã nhiều năm dạy đội tuyển HSG Toán 8 tôi muốn đưa ra một cách phân tích để giúp Trang 1 học sinh tìm cách: "Vẽ thêm các yếu tố phụ thích hợp để giải một bài toán chứng minh bất đẳng thức trong hình học 8". Tôi trình bày theo nội dung sau: Phần I: Một số kiến thức cơ bản Phần II: Một số các bài toán điển hình được đưa ra phân tích để tìm ra phương pháp vẽ thêm các yếu tố phụ, có lời giải cụ thể. Phần III: Các bài tập đề nghị (có hướng dẫn ). NỘI DUNG A. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN Thông thường để giải các bài toán về chứng minh bất đẳng thức hình học người ta thường sử dụng các kết quả quen biết sau : * So sánh độ dài các đường vuông góc và đường xiên. * Quan hệ giữa các cạnh và các góc trong một tam giác. * Sử dụng bất đẳng thức trong tam giác: Chẳng hạn trong ABC với cạnh BC ta có : AB - AC < BC < AB + ACvới AB  AC * So sánh hai cạnh (hoặc hai góc) của hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau còn góc xen giữa (hoặc cạnh còn lại) khác nhau. * Trong ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và đường cao h nếu : a > b  h.a > h.b * Sử dụng BĐT trong đại số: 1. a + b  2 ab (a, b  0) 2. (a2 + b2) (c2 + d2)  (ab + cd)2 Trang 2 3. a b   2 với ab > 0 b a 4. (a + b)2  4ab ........... B. MỘT SỐ BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB // CD) có AB < CD. Chứng minh rằng: DC - AB < AD + BC Với bài toán này học sinh dễ dàng nhận ra ta phải dựa vào bất đẳng thức tam giác. Từ kết luận ta thấy ngay phải có một đoạn thẳng bằng hiệu DC - AB mà đã dựa vào BĐT tam giác thì phải tạo ra tam giác có các cạnh AD ; BC ; DC- AB . Lời giải: Qua B vẽ đường thẳng song song với AD, cắt DC tai E. Xét tứ giác ABED có: AB // DE (gt) A AD// BE (cách dựng) B  tứ giác ABED là hình bình hành  AB = DE ; AD = BE.  EC = DC - DE = DC -AB. D E C Xét  BEC có EC < BE + BC  DC - AB < AD + BC. (đpcm) Bài 2: Cho tứ giác ABCD (AB không song song CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC ; AD. Chứng minh rằng: MN < AB  CD 2 Trang 3 Khi giáo viên đưa ra bài toán này các em đã có ý kiến ngay là phải sử AB  CD hay 2 dụng BĐT trong tam giác vì từ điều cần chứng minh là MN < MN < AB CD AB CD + thì phải tạo ra một tam giác có 3 cạnh là MN; ; . 2 2 2 2 Nhưng một cạnh bằng AB CD , ta nghĩ tới đuờng trung bình của tam giác. 2 2 Vậy muốn có đường trung bình thì ta phải lấy trung điểm. Từ đó dẫn đến lời giải. Lời giải: B Gọi I là trung điểm AC  MI là đường trung bình ABC A AB  MI = 2 M N CD Chứng minh tương tự : NI = 2 Xét MIN có MN < MI +NI  MN < I D C AB CD AB  CD + = 2 2 2 (đpcm) Bài 3 : Cho hình chữ nhật ABCD. Các điểm E, F, G, H lần lượt thuộc các cạnh AD, AB, BC, CD. Chứng minh rằng EF + FG + GH + HE  2AC. Gợi ý : Do so sánh tổng EF, FG, GH, HE với AC nên ta sẽ quy các đoạn thẳng này về các đoạn gấp khúc có 2 đầu là A và C. Điều này thực hiện được Trang 4 khi sử dụng tính chất đường trung bình và đường trung tuyến trong tam giác vuông. Lời giải: Gọi I, K, M thưo thứ tự là trung F A điểm của EF, EG, GH. I AEF có Â = 90o; AI là trung tuyến E K G 1 ứng với cạnh huyền EF  AI = EF 2 Tương tự MC = B 1 GH. 2 M D H C IK là đường trung bình  EFG  IK = 1 FG. 2 Tương tự KM = HE 2 Suy ra : EF + FG + GH + EH = 2 ( AI + IK + KM + MC)  2 AC. (đpcm) Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB // CD ; Ĉ  D̂ ). Chứng minh rằng: AC > BD. Từ kết luận của đề toán, giáo viên hướng dẫn học sinh tìm một tam giác có hai cạnh bằng hai đoạn AD ; BD. Dựa vào tính chất hình thang cân, ta x dựng thêm điểm E để được hình thang cân AECD  AC = DE. Khi đó ta A được DBE thoả mãn yêu cầu trên. B E Lời giải: D Trang 5C Vẽ tia Cx trên nửa mặt phẳng bờ DC có chứa điểm A sao cho DCx = ADC. Gọi E  Cx  AB  tứ giác AECD là hình thang cân  AC = ED và DAE = CEA (1) Ta có: DBE > DAE (2) (do góc ngoài của ABD) và CAE = DEB (3) Từ (1) ; (2) ; (3)  DBE > DEB  ED > BD Ta có AC = ED  AC > BD (đpcm) Bài 5: Cho tam giác đều ABC và điểm M nằm trong tam giác đó. Chứng minh rằng ba đoạn MA, MB, MC độ dài một đoạn nhỏ hơn tổng độ dài 2 đoạn còn lại. Giáo viên phân tích bài toán từ yêu cầu chứng minh MA, MB, MC độ dài một đoạn nhỏ hơn tổng độ dài 2 đoạn còn lại, giả sử là MA < MB + MC. Khi giáo viên phân tích đến đây thì các em nghĩ ngay đến việc Sử dụng bất đẳng thức tam giác tức là phải tạo ra một tam giác có độ dài các cạnh bằng độ dài 3 đoạn MA, MB, MC vẫn từ giả thiết các em dễ dàng kẻ thêm các đường MD, ME, MF lần lượt song song với BC, AC, BC để tạo ra tam giác DFE sau đó giáo viên yêu cầu các em tự vẽ hình và trình bày lời giải. Lời giải: A Vẽ MD // BC (D AB) ; ME // AC (E  BC) ; MF // AB (F  AC) F Có ADM = ABC (do MD // BC) D M Mà BAC = ABC (do ABC đều)  ADM = DAF. B E C Trang 6  Tứ giác ADMF là hình thang cân  MA = DF. Chứng minh tương tự, có MB = DE ; MC = EF. Vậy các đoạn thẳng MA ; MB ; MC có độ dài bằng các cạnh của DEF nên độ dài 1 cạnh nhỏ hơn tổng độ dài 2 đoạn còn lại. (đpcm) Bài 6: Cho tứ giác ABCD có góc ngoài tứ giác tại đỉnh C bằng góc ACB. Chứng minh rằng: AB + BD > AC + DC. Tương tự như các bài trên với bài này giáo viên yêu cầu các em tự làm và đã nhiều em tìm ra lời giải, sau đó giáo viên đưa ra lời giải của mình. Lời giải: Gọi E là điểm đối xứng của A qua B A BC. Ta có AC = CE; AB = BE; ACB = ECB. D C E Mà góc ngoài đỉnh C của tứ giác ABCD bằng ACB (gt) do đó D, C, E thẳng hàng  DE = CE + DC. Xét tam giác BDE có BE + DB > DE. hay AB + DB > CE + CD.  AB + BD > AC + DC ( đpcm) Bài 7: Cho hình vuông ABCD; E là một điểm trên cạnh CD, tia phân giác BAE cắt BC tại M. Chứng minh rằng: AM  2ME. Trang 7 Gợi ý: Từ điều phải chứng minh: AM  2ME hay AM  ME + ME. Cho ta nghĩ đến BĐT của tam giác không chặt có các cạnh bằng độ dài AM, ME, ME và phải xuất hiện một đoạn thẳng bằng đoạn AM. Lời giải: F Vẽ EF AM (F  AB) ; EG  AB (G  AB) M C B Tứ giác AGED là hình chữ nhật  GE = AD. G E Xét GEF và BAM có EGF = ABM = 90O GE = AB (cùng bằng AD) FEG = MAB A D  GEF =  BAM (g.c.g)  EF = AM . AEF có AM vừa là phân giác, vừa là đường cao trên AEF cân ở A suy ra ME = MF. Xét 3 điểm M, E, F ta có EF  ME + MF. Suy ra EF  2 ME (đpcm) Bài 8: Cho ABC có CD là đường phân giác BCD của tam giác. Chứng minh rằng : CD2< AC.BC Gợi ý: Từ kết luận: CD2 < AC.BC hay CD.CD < AC.BC cho ta nghĩ A đến tạo cặp tam giác đồng dạng chứa các cạnh BC, CD. Bài giải: Ta có ADC > B̂ (ADC là góc ngoài tam D E giác DBC). Vẽ DE (E  AC ) sao cho EDC = B̂ B Trang 8 C Xét BCD và  DCE có: B̂ = EDC ( cách dựng) BCD = DCE (gt)  BCD   DCE (g.g). CD CB   CD 2  CE.CB CE CD  CD2 < AC.CB ( đpcm) Bài 9: Cho tam giác ABC có AB > BC. Các phân giác trong AD ; CE. Chứng minh rằng: AE > DE > DC. Gợi ý : Nếu DE  AC  M thì ADE > DAM = EAD  AE > DE và DCE = ECA > CEM DCE > CED  DE > CD. Vậy AE > DE > CD A Như vậy, cần phải chứng minh DE cắt AC. Ta vẽ đường phụ DK // AC (K  AB). Chỉ cần chứng minh rằng K  E. K E Bài giải: Vẽ DK // AC (K  AB). AD là phân giác trong ABC  AC DC = AB DB B D AC EA  Tương tự: BC EB do AB > BC  C AC AC DC EA    AB BC DB EB Tam giác ABC có DK // AC M Trang 9  DC KA  (đl Ta let). DB KB KA EA KA EA   1 1 KB EB KB EB AB AB hay   KB  EB KB EB Do đó K  E  gọi M  DE  AC. Ta có : ADE > DAM (tính chất góc ngoài tam giác)  ADE > EAD. Xét tam giác ADE có ADE > EAD  AE > DE (1) Xét tam giác DCE có DCE > CED (1), (2)  AE > DE > DC (đpcm) Bài 10 : Cho  ABCcân tại A. K ; L thuộc đáy BC sao cho KAL  BAC BC (K ở giữu B và L). Chứng minh rằng KL  2 2 Gợi ý: Từ kết luận : KL  A BC 2  2KL  BC  Ta sẽ tạo ra một đoạn thẳng lớn hơn hoặc bằng 2KL sau đó so sánh đoạn thẳng ấy với BC. M B K L C Lời giải: Về phía ngoài ABC dựng AMC = AKB Trang 10  BK = CM ; AK = AM và BAK = CAM. Do KAL  1 BAC  KAL  KAB + LAC = LAM 2 Xét AKL và ALM có: AL chung AK = AM KAL  LAM  KL  LM Mặt khác: LM  LC + CM = BK + CL  KL  BK + CL  KL + KL  BK + CL + KL  2KL  BC  KL  1 BC 2 (đpcm) Bài 11: Cho tam giác ABC đều cạnh a, điểm M bất kì trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường song song với các cạnh AC ; AB, lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại D, E. Chứng minh rằng: DE  Gợi ý: Từ kết luận DE  a 2 A a , ta nghĩ thêm các đường vuông góc hạ từ 2 D D, E xuống BC để có quan hệ giữa DE và a. E Lời giải: H Kẻ DD'; EE'  BC B D' M TrangC11 E' ( D', E' BC). EH  DD' ( H  DD'). Ta có: DE  EH = D'E' = a 2 Dấu "=" xảy ra  M là trung điểm của BC. (đpcm) * Nhận xét: Do DE ≥ a mà độ dài a không đổi, do đó bài toán trên có 2 thể chuyển về bài toán cực trị sau: Bài 11a: Cho tam giác ABC đều cạnh a, điểm M bất kỳ trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường song song với các cạnh AC ; AB lần lượt cắt các cạnh AB ; ACtại D ; E. Xác định vị trí của M trên cạnh BC để DE đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 12: Cho  ABC có Â = 90o, đường cao AH. Từ 1 điểm I nằm trong tam giác kẻ IM  BC, IN  AC; IK  AB. Chứng minh rằng: IM2 + IN2 AH 2 + IK  2 2 Gợi ý: Từ kết luận có IM2 + IN2 + IK2. Suy ra kẻ thêm các đường vuông góc để chuyển các tổng bình phương về 1 bình phương bằng định lý Pytago. Lời giải: A Kẻ AH  BC ; IE  AH. K N E B I H M Trang 12 C Theo Pytago có : IK2+ IN2 = IK2 + AK2 = AI2  AE2 Vì IM = EH nên IM2 + IN2 + IK2  AE2 + EH2 Ta có: AE2 + EH2  (AE  EH )2 AH 2 = 2 2 Dấu "=" xảy ra  I là trung điểm của AH. (đpcm) * Nhận xét: Do IM2 + IN2 + IK2  AH 2 . Nhận thấy rằng AH là đường 2 cao của ABC  AH không đổi. Do đó bài toán trên có thể chuyển về bài toán cực trị sau: Bài 12a: Cho  ABC có Â = 90o, đường cao AH. Từ 1 điểm I nằm trong tam giác kẻ IM  BC, IN  AC; IK  AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của: IM2 + IN2 + IK2 Bài 13: Cho đoạn AB = 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By vuông góc với AB. Qua trung điểm M của AB có 2 đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng: SMCD ≥ a2 Trang 13 GV hướng dẫn từ điều phải chứng minh SMCD  a2 mà các em đã biết diện tích tam giác bằng một nửa tích chiều cao với đáy tương ứng nên ta nghĩ đến việc vẽ đường cao MH của tam giác MCD. Ta được S MCD = MH.CD . Dự 2 đoán MH = a = MB. Ta sẽ chứng minh dựa vào tính chất đường phân giác CDB bằng cách chứng minh DCK cân. ( CM  DB  K). Lời giải : D Gọi CM  DB  K 1 2 Kẻ MH  CD (H thuộc CD).  MAC =  MBK (g.c.g) H  MC = MK. C DCK có đường cac DM là trung tuyến  DCK cân tại D A  D̂1 = D̂ 2 . B M Suy ra MH = MB = a. SMCD = K 1 1 CD.MA  AB.MA  a 2 2 2 (đpcm) * Nhận xét: Bài toán trên có thể chuyển về bài toán cực trị sau: Bài 13a: Cho đoạn AB = 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By vuông góc với AB. Qua trung điểm M của AB có 2 đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. Xác định vị trí của C, D sao cho CMD có diện tích nhỏ nhất ? Tính diện tích nhỏ nhất đó Trang 14 Sau khi luyện được 12 bài tập, các em đã nắm được cơ bản phương pháp vẽ các yếu tố phụ. Tôi đã nâng cao bài tập lên là đưa vào các bài toán cực trị. Bài 14: Cho góc nhọn aOb. A là 1 điểm cố định trong aOb. M, N thay đổi trên Oa; Ob sao cho 2OM = ON. Tìm vị trí điểm M, N để 2AM + AN đạt giá trị nhỏ nhất. Gợi ý: Ta sẽ tạo ra một đoạn thẳng bằng AN bằng cách dựng tia Ox 2 sao cho: aOx = NOA. Lời giải: Dựng tia Ox nằm ngoài aOb sao cho aOx = bOa. Trên tia Ox lấy C sao cho OC =   COM  OA 2 x a  AON (c.g.c) MC OM 1    AN = 2 MC. NA ON 2 C  2AM + AN = 2AM + 2MC A = 2 ( AM + MC)  2AC Dấu "=" xảy ra  M thuộc M b O N đoạn thẳng AC. (đpcm) Bài 15 : Cho OBC. Hai đường thẳng m và m' lần lượt qua B và C song song với nhau và không cắt các cạnh của OBC. Gọi A là giao điểm của Trang 15 2 đường OC và m, D là giao điểm của 2 đường OB và m'. Xác định vị trí của m và m' để 1 1  lớn nhất. AB CD Bài giải: Vẽ OE // m ( E  BC ); OH  BC ( H  BC). m Ta có OE // AB, theo A m' định lý Ta let  OE EC  AB BC D Chứng minh tương tự O có : OE BE  CD BC do đó = OE OE EC  BE  + BC AB CD B E H C BC 1 1 1 1   BC AB CD OE mà OE  OH  Suyra : 1 1  OE OH 1 1 1   ( không đổi); AB CD OH Dấu "=" xảy ra  E  H  m và m' vuông góc BC. Vậy khi m và m' vuông góc BC thì 1 1  đạt GTLN. AB CD Trang 16 BÀI TẬP LUYỆN Bài 1 : minh rằng: Cho ABCcó Â = 60O; AB = c ; BC = a ; CA = b. Chứng abc 3  . 2a  b  c 4 Gợi ý: Kẻ BH  AC (H  AC) và sử dụng BĐT phụ: 1 1 4   a b ab Bài 2 : Cho ABCcó AB = AC = b ; BC = a. Đường phân giác trong BD của ABC có độ dài là b. Chứng minh rằng: a 5  . b 4 Gợi ý: Kẻ BH  AD (H  AD) và sử dụng BĐT : (a + b)2  4ab Trang 17 Bài 3 : Cho ABCcó diện tích bằng 2006 m 2. Trên hai cạnh AB ; AC lần lượt lấy hai điểm E ; G sao cho là M. Chứng minh rằng: SBMC  AE CD  . Gọi giao điểm của BD và CE EB DA 2006 . 3 Gợi ý: Kẻ DK // EC ( K AB) Bài 4 : Cho ABCcó AB = c ; BC = a ; CA = b. Gọi độ dài đường phân giác trong góc A ; B ; C lần lượt là x ; y; z. Chứng minh rằng: 2bc bc a. x< b. 1 1 1 1 1 1      x y z a b c Gợi ý: Kẻ BE // DA ( E CD) và sử dụng BĐT trong tam giác. Bài 5 : M là một điểm nằm trong  ABC. Các tia MA ; MB ; MC cắt các cạnh BC ; CA ; AB tương ứng ở A1 ; B1 ; C1. Chứng minh rằng: a. b. AM BM CM   6 A1 M B1 M C1 M AM BM CM . . 8 A 1 M B 1M C 1M Gợi ý: Kẻ MK  BC ( K  BC) ; AH  BC (H  BC) và sử dụng BĐT phụ: a b   2 với ab > 0. b a Trang 18 Qua các bài tập đã được trình bày ở trên, ta có thể thấy rõ rằng: Việc vẽ thêm đường phụ khi chứng minh hình học không phải là một việc làm tuỳ tiện, mà là một việc có mục đích tạo điều kiện giải được bài toán một cách thuận lợi. Việc vẽ thêm đường phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản và các bài toán dựng hình cơ bản. Khi tiến hành giảng dạy trong thực tế bằng phương pháp trên, tôi nhận thấy học sinh hứng thú và say mê học tập hơn. Học sinh hiểu rõ ý nghĩa mục đích của việc làm, có tư duy phân tích và phát triển bài toán. Qua phiếu học tập và qua kết quả bài kiểm tra, các em đều cho rằng các em đã được giải toả những thắc mắc kiểu như "Tại sao lại có như vậy ?" "làm thế nào để nghĩ ra vẽ đoạn đó, hình đó ?" và các em đã hiểu vẽ thêm yếu tố phụ là sự phân tích có căn cứ sự suy luận, dự đoán và sáng tạo. Kết quả: Kiểm tra sau khi thực hiện áp dụng kinh nghiệm này của 15 em h ọc sinh đội tuyển Toán HSG Toán 8 Trước khi luyện Sau khi luyện Phát hiện vấn đề 25% 85% Kỹ năng vận dụng 55% 89% Trình bày 65% 90% KẾT LUẬN 1. Bài học kinh nghiệm: Trang 19 Việc vẽ thêm yếu tố phụ để giải các bài toán hình học là một việc làm không thể thiếu được. Tuy nhiên đây là một việc làm không hề dễ dàng, và chắc chắn không thể có một phương pháp chung cho các bài toán cần vẽ đường phụ, hình phụ… Học sinh hiểu rõ rằng, mục đích và cách làm xuất hiện yếu tố phụ. Trong khi giảng dạy giáo viên cho học sinh tính cẩn thận, sáng tạo, tư duy logic. Nắm được phương pháp, biết phân tích được tình huống cụ thể để tiến hành vẽ yếu tố phụ là một vấn đề khó với đa số học sinh nên giáo viên phải hết sức thận trọng, không được vội vàng khi hướng dẫn học sinh. Giáo viên phải chú ý cách trình bày của học sinh vì các em hiểu vấn đề đấy nhưng trình bày đúng, chính xác và chặt chẽ lại là cả một quá trình. 2. Điều kiện áp dụng: Tôi báo cáo kinh nghiệm này trước tổ KHTN đã được các đồng chí giáo viên trong tổ góp ý bổ sung những phần khiếm khuyết, sau đó tôi hoàn thiện và dạy chuyên đề các em trong đội tuyển học sinh giỏi. 3. Vấn đề còn hạn chế và tiếp tục nghiên cứu: Như trên đã nói không có phương pháp chung nào để giải những bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học. Nên để giải những bài toán này, đòi hỏi người làm toán đứng trước một bài toán cần có sự định hướng tốt về phương pháp giải từ đó vận dụng các kiến thức liên quan, kỹ năng chứng minh hình học và biến đổi đại số. Xong định hướng như thế nào đòi hỏi cả một quá trình các em phải làm nhiều do vậy mức độ tiếp thu ngay được ý tưởng của thầy còn khó khăn và cách vận dụng của các em còn nhiều lúng túng và đôi khi gặp bài toán tưởng chừng như bế tắc bởi vì không biết bắt đầu từ đâu và không phải học sinh nào cũng có thể tìm cách vẽ được ngay các yếu Trang 20