Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
CHUYÊN ĐỀ 1:
Phương trình và hệ phương trình.
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
2 2
2
2
2 2 4
10. 11. 0.
1 1 1
x x x
x x x
− + −
 
   
+ − =
 ÷  ÷
 ÷
+ − −
   
 
Giải:
Đặt
2 2
;
1 1
x x
u v
x x
− +

(x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
⇔
(x
2
-5x+4).(x
2
-5x+6)-15=0
⇔
(u-1).(u+1)-15=0
⇔
u
2
-16=0
⇔
u=
±
4.
Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 3:Gpt:
2
90.
1 1
x x
x x
   
+ =
 ÷  ÷
+ −
   
Giải:PT

≥
0) (1).
Ta có:
2 2
2
2 2
. 90 2 2 90.( 1)
( 1)
u
u u u u
u
+
= ⇔ + = −
−
( u
≠
1).
⇔
09018288
2
=+− uu
.
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x.
Bài 4:Gpt:
3 3
3
2 3 12.( 1)x x x+ − = −
.
Giải:
Đặt

2
23
+=+−++
(1).
Giải:
Từ (1) suy ra:
162335.2
223
−+=−++ xxxxx
xxxxxxxx 122121368121220
232423
−−+++=−++⇒
0924228
234
=+−+−⇒ xxxx
(x
≠
0).
0
924
228
2
2
=+−+−⇒
x
x
xx
.
Đặt
y

018)4).(1(.3)4).(1( =−−+−−+ xxxx
Đặt
0)4).(1( ≥=−+ yxx
(3) ta có:
y
2
- 3y -18 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x.
Bài 7:Gpt:(2x
2
- 3x +1).(2x
2
+ 5x + 1)=9x
2
(1).
Giải:
(1)
0122044
234
=++−+⇔ xxxx
(x
≠
0).Chia cả hai vế cho x
2
ta được :
⇔
4x
2
+ 4x -20 +
2

x
. Đặt y =
x
x
1
2 +
.(2)
Ta có: y
2
+ 2y -24 = 0.
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x.

2
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Bài 8:Gpt:
.0168.26416
222
=++−−+− xxxxx
Giải:PT
.04.28 =+−−−⇔ xxx
Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.
Bài 9:Gpt: (1 + x + x
2
)
2
= 5.(1 + x
2
+ x
4
).

4
+ (8-x)
4
= 16.
Giải:
Đặt 7 - x = y (*).
Ta có: (y-1)
4
+ (y + 1)
4
=16
⇔
2y
4
+12 y
2
+2 = 16
⇔
2.(y-1).(y+1).(y
2
+7)=0
⇔
y =1 hoặc y = -1.
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:
Đặt y

2
.
Suy ra: x
2
= t
2
+ 2t > (t + 2)
2
(*).
Lại có: t
2
+2t < t
2
suy ra x
2
< t
2
(**).
Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)
2
< x
2
< t
2
suy ra x
2
= (t+1)
2
suy ra t
2

=+−
)2(122
)1(2
2
zxxyx
zyx
Giải:
Từ (2) ta có: 2x
2
- xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x
2
- xy+x-2.(2 - x + y)=1
⇔
2x
2
-xy +3x-2y-5=0
.7,1227
2
7
1
2
53
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
−+=
+
−+
=⇔ xx

yz - 3y - 3z = -4
⇔
(y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=(-5).(-1.
Từ đó ta tìm được y và z
⇒
tìm được x.
Bài 4: 2xy + x + y = 83.
Giải:PT
⇔
.167,11212167
12
167
1
12
2166
2
12
83
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
+−=
+
−
=⇔
+
−
= yy
yy
y
x

zx
x
yz
z
xy
Giả sử z <0 khi đó 3 = A =
0000 =++<++
y
zx
x
yz
z
xy
(Vô lý).
Vậy z >0.Ta có:
A =
3
3
.3 3 3 zxy
x
y
z
y
x
z
z
xy
y
x
z

17
2
12
1952
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
++=
+
++
= xx
x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y.

4
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
Bài 1:
.2
2
11
2
=
−






=+
=+
2
2
11
22
ba
ba
Có:
1
1
.2
11
2 ≥⇒≥+= ab
abba
(1).
Lại có: 2 = a
2
+ b
2

≥
2ab suy ra 1
≥
ab (2).





≥−
≥−−+
≥+
≥−
)4(016
)3(032
)2(041
)1(04
4
22
2
x
yyx
x
x
Từ (4) suy ra x
2

≥
4 kết hợp với (1) suy ra x
2
= 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2.
Phương trình đã cho trở thành:
51 +−=− yy
.
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu).


+−






+⇔=+−+−
x
x
x
x
x
x
xx
Đặt
y
x
x =+
25
ta có:
2y
2
-21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm ra x.

5
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh

=−
74
52
ba
ba
Từ đó tìm được a =3,b =1.
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa.
Bài 5:





−+=
=−+−
)2(15
)1(151
xy
yx
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
11.215151 =−⇔=−−++− xxx
.
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa.
Bài 6:






[ ]
[ ]
0)1(2.)5(
2
=−−−−− mxxmx
.
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa.
Bài 8:



=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
Giải:
Bổ đề:
.:,,
222
cabcabcbaRcba ++≥++∈∀
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên).
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x
4
+ y
4
+ z
4




+++−=−
=+
)2)(2001.(
)1(1
2000
20001999
1999
22
xyyxxyyx
yx
Giải:
Điều kiện: x,y
.0
≥
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
-Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP.
-Nếu y > x thì:
VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP.
-Nếu x = y khi đó: VT =VP =0.
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y
.0
≥
) ta được:
2
1
== yx

⇔≥−− x
x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:






∈ 7;
2
5
x
.
CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức.
Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.
Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.
CMR: ab + bc + ca
≤
a
2
+b
2
+c
2
< 2.(ab + bc + ca).
Giải:
Ta có:

2
< b.(a + c) (2) ,c
2
< c.(b + a) (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:

7
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
a
2
+b
2
+c
2
< a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR:
xyzyzzxz ≤−+− ).().(
(1).
Giải:
Đặt:



+=
+=
nzy
mzx
(m,n,z > 0).
Khi đó (1) trở thành:
)).(( nzmzznzm ++≤+

Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR:
( )
.5
1
.8
44
≥++
xy
yx
Giải:
Từ giả thiết
.0,
01
0
>⇒



>=+
>
yx
yx
xy
Ta có:
).1(4
1
4
1
.21 ≥⇒≥⇒≥+=
xy

Ta có đpcm.
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)
2
- 9ab ; y = (a + b + c)
2
- 9cb ; z = (a + b + c)
2
- 9ac.
Giải:
Ta có:x + y + z = 3. (a + b + c)
2
- 9.(ab + bc + ca) = 3.(a
2
+ b
2
+c
2
- ab - bc - ca) =
=
[ ]
.0)()()(.
2
3
222
>−+−+− accbba
(Do a
≠
b
≠

Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
4488221010
yxyxyxyx ++≥++
( ) ( )
4444121288221212
yxyxyxyxyxyx +++≥+++⇔
( ) ( )
44448822
yxyxyxyx +≥+⇔
( )
0.
62268822
≥−−+⇔ yxyxyxyx
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 6 6 2 2 2 2 4 2 2 4
. . 0 . . 0x y x y x y x y x y x x y y⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm.
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc < 0.
Giải:
Có:P = a
3

Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:






++
+
+
<
+
)22).(12(
1
)12.(2
1
.
2
1
)12(
1
2
nnnn
n
Áp dụng ta có:
.
4
1
22
1

.
2
1
<






+
−=






+
−
+
++−+−=
=






++

qp
qp
Ta có đpcm.
Bài 10:CMR:
kk
k
1
1
11
2
−
−
<
với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
n
n
1
2
1

3
1
2
1
1
222
−<++++
với n >1.
Giải:
Ta có:

1
1

3
1
2
1
1
222
nnn
n
−=






−
−
++−+−+<++++

9
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR:
.022
22
≥−
−
+

bccba ≤++
Giải:
Từ giả thiết bài ra ta có:
( )
)1(9254
0)4).((042
2
22
bccbbccb
cbcbcbcabb
≤+⇒≤+⇒
≤−−⇒>−⇒>+≥
Mà: (a + b + c)
2

≤
(2b + c)
2
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c)
2

≤
(2b + c)
2

≤
9bc.
Ta có đpcm.







−+
≤
≤−−−=−−−
ccbbaa
ccbbaaaccbba
Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1.
Ta có đpcm.
Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
caca
c
baba
b
−−+
<
−−+
.
Giải:
Ta có:
caca
c
baba
b
−−+
<

2.2 xxy
y
x
xy
y
x
=≥+
(1).

10
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Tương tự:
2
3
2yyz
z
y
≥+
(2) và
2
3
2zxz
x
z
≥+
(3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
).(2
222
333

23
2
++
+
−
=
−−
+
=
xx
b
x
a
Q
xx
x
P
. Với những giá trị nào của a,b thì P=Q với mọi
giá trị của x trong tập xác định của chúng.
Giải:
Điều kiện:
.1,2 −≠x
Ta có: P=Q
1,2
23
2)2(
23
5
)1,2(
3

2
1
52
02
1
b
a
ba
ba
a
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n
5
- n.
a-Phân tích A thành nhân tử.
b-Tìm n để A=0.
c-CMR: A chia hết cho 30.
Giải:
a) A= n
5
- n = n.(n
4
-1) = n.(n-1).(n+1).(n
2
+ 1)
b) A=0
⇔
n = 0,1,-1.
c) Theo Định Lý Fecma:
55)5(mod
55

Giả sử (x
4
+ 1) = (x
2
+ px + q).( x
2
+ mx + n)
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:

11
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh









+=
=
−=
⇔





=

234
+−+−= xxxxxA

Zx ∈
.
a)Phân tích A(x) thành nhân tử.
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24.
Giải:
a).Ta có:
1201547114)(
234
+−+−= xxxxxA
3 2 2
( 2).( 12 47 60) ( 2).( 3).( 9 20)x x x x x x x x= − − + − = − − − +
b).Ta có:A(x)=
  
  
24
2
)(
12014472)14).(1).(1( +−+−+− xxxxxx
xB
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2
⇒

Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a
1
, a
2
, a
3
, a
n
chia hết cho 3.Chứng minh rằng:
A(x) =
33
2
3
1

n
aaa +++
cũng chia hết cho 3.

12
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Giải:
Theo định lý fecma ta có:
Znnn ∈∀≡ )3(mod
3
.
Áp dụng ta có:
)3(mod
1
3

+12.6
n
) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên.
Giải:
Ta có:
A = 7.5
2n
+ 12.6
n
= 7.25
n
+ 12.6
n
.
Ta có:
)19(mod625)19(mod625
nn
≡⇒≡
.Suy ra:
)19(mod0)19(mod6.196.126.7 ≡≡+≡
nnn
A
.
Ta có đpcm.

Bài 10: Phân tích thành nhân tử x
10
+ x
5
+ 1.

= (2m +1)
2
- 4.(m
2
+ m - 1) = 5 > 0
suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m
2.Theo vi-et ta có:



−+=
+=+
)2(1.
)1(12
2
21
21
mmxx
mxx
Từ (1) suy ra:
2
1
21
−+
=
xx
m
thay vào (2) ta có:
⇒−


1
.
21
2
21
21
=






−+
−






−+
−
xxxx
xx
.
Ta có đpcm.
Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức
∆
của phương trình sau là số chính phương:

Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
Giải:
Đặt f(x)= (x-2)(x
2
+ k.x + k
2
- 3) = (x-2).g(x)
Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác 2 hay:



−≠
−>>
⇔



≠
>−−=∆
1
22
0)2(
0)3.(4
22
k
k
g
kk
Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương:
x

=0; (a
≠
0)
chứng minh : b
4
+ c
4

≥
2+
2
.
Giải:
Theo định lý Viet ta có:





−=
=+
2
2
1
a
bc
acb
Ta có:
[ ]
22

a
aa
acb
.
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm :
a(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = 0
Giải:
Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) =
= (a + b + c).x
2
-2.(ab + bc + ca).x + 3abc
*Nếu a + b + c
≠
0.Khi đó:
∆
'
= a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
-abc.(a + b + c) = [(ab-bc)
2

với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n
≠
0 ;khi đó ta có:
a.
0.
2
=++






c
n
m
b
n
m
hay:
0
22
=++ cnbmnam
(1).Suy ra:





nam

1.CMR:Tam giác KAC cân.
2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài
lớn nhất.
3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung
lớn BC của (O).
Giải:
1.Ta có:
∆
DBI cân tại D nên:
∠
DBI=
∠
DIB.Mà:
∠
DIB =
∠
IBC +
∠
ICB (1).
Và:
∠
DBI =
∠
KCI =
∠
KCA +
∠
ACD =
∠
KBA +

1
số đo cung nhỏ BC = const.
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng
4
1
số đo cung nhỏ BC.
Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.
1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.

15
Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh
2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều
cao AH = h cho trước.
Giải:
1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.
2.Nhận thấy
∠
AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường
kính AO.
3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A
'
thỏa mãn yêu cầu
của bài toán.
Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng
h).
Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M là điểm
chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn.
1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O.

1.Dễ dàng chứng minh được:
∆
EHQ =
∆
EFM (cgc).
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.
∠
PEF =
∠
PQN (đồng vị) mà
∠
FEM =
∠
QEH.
Suy ra:
∠
PEN =
∠
PEF +
∠
FEM =
∠
EQH +
∠
QEH = 90
0
.
Vậy tam giác PEN vuông (1).
Thấy:
∆

-
∠
EQH (5).
Và:
∠
EKF =
∠
EMF =
∠
EQH (6).
Từ (5) và (6) suy ra:
∠
EKH +
∠
EKF = 180
0
. Suy ra H,K,F thẳng hàng.
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên
∠
EFI = 180
0
-
∠
EPI = 180
0
-45
0
= 135
0

MAB.Vậy:
∠
DCE =
∠
DCM +
∠
MCE =
∠
DAM +
∠
MAB = 90
0
.
Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay
∠
DCA = 90
0
-
∠
ECB =
∠
CEB.
Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:
constACBCBEAD
BE
AC
BC
AD
==⇒=

CK CK
+
+ = + = + = =
⇒ + = ⇒ + = = khoâng ñoåi
d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có:
HQ =
1
.( ) . .
2 2 2 2
KI DJ EL KI BD CE KI
DJ EL
KI BK CK
+
 
+ = = + =
 ÷
 
. Nên H nằm trên đ ường thẳng song
song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó
quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC).
CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng
có nội dung chứng minh, tính toán.
Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A
và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn .Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua
trục đối xứng của tam giác và chúng cắt nhau ở M.
a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M.
b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P.
c)CMR: MA.MB = |OA
2
- OM

đổi là
2
1
.(180
0
-
∠
AOB).
c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự).
Ta có: |OA
2
- OM
2
| = OM
2
-OA
2
= MI
2
- IA
2
= (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)=
=MA.MB (đpcm).
Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B.Các tiếp
tuyến kẻ từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP.
a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn.
b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M.
c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN
và IP.IN=IA
2

NA.NB=IA
2
-IN
2

⇔
NA.NB=(IA-IN).(IA+IN)
⇔
NA.NB=NA.(IB+IN)
⇔
NA.NB=NA.NB (luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.
Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O.
a)Chứng minh BC = 2R.SinA
b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam
giác.
Giải:
a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin(
∠
BDC) = 2R.SinA (đpcm)
b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E.
Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có:
SinB=
CosACosCCDBCosADBCos
BD
CD
BD
AD
R