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
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
3 3

+=+−++
(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
x
x =+

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
12
x

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.
Bài 8:Gpt:
.0168.26416
222
=++−−+− xxxxx
Giải:PT
.04.28 =+−−−⇔ xxx

2
x -∞ 0 4 8 +∞
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
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

Bài 10: Gpt: (6-x)
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:

+ 4t + 4 = (t+2)
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

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
x
x
x
xx
y 
Từ đó ta 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
y
y
x 

3
Từ đó ta tìm được y

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
x
y
z
z

2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
++=
+
++
= xx
x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y.
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
Bài 1:
.2
2
11
2
=
−
+
x
x
Giải:Điều kiện :
2,0 <≠ xx
.
-Nếu x < 0 thì

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).
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a
2
+ b
2
=2 nên suy ra (a+b)
2
= 4 suy ra a + b = 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).
Bài 3: 2x
4
-21x
3
+ 74x




+⇔=+−+−
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.
Bài 4:





=−++
=−−+






−+=
=−+−
)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:





=+−+−
=−+−+−
)2(0332
)1(02445124152
22
22
xyxyyx
yxyxyx

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

≥
x
2
y
2

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
.
Bài 10:
2.2252.3252 =+−−+−−+ xxxx
(1).
Giải:
(1)
( ) ( )
2.2332.
2
1
152.

∈ 7;
2
5
x
.

6
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:
a
2
+b
2
+c
2
- ab + bc + ca
[ ]
.0)()()(.

+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:
)).(( nzmzz nzm ++≤+
( )
zn
z
m
nm +






+≤+⇔ .1

01
0
>⇒



>=+
>
yx
yx
xy
Ta có:
).1(4
1
4
1
.21 ≥⇒≥⇒≥+=
xy
xyxyyx
Lại có:
( )
( )
2
2
2
4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2
8. 4.(1 1 ).( ) 4.( ) (1 1 ).( ) 1.x y x y x y x y x y
 
 
+ = + + ≥ + = + + ≥ + =

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
≠
c
≠
a).
Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương.
Bài 5: Nếu



>
≥+

≥−−+⇔ 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
+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c).(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) < 0.
Bài 8:CMR:
4

1
)12.(2
1
.
2
1
)12(
1
2
nnnn
n
Áp dụng ta có:
.
4
1
22
1
2
1
.
2
1
22
1
12
1

4
1
3






+
−
+
++−+−=
=






++
++++<
nnn
nn
A
Ta có đpcm.
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì:
pq
qp
qp
≥
+
+
22

−
<
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:
kkkk
k
1
1
1
).1(
11
2
−
−
=

−=






−
−
++−+−+<++++
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR:
.022
22
≥−
−
+
yx
yx
Giải:
Ta có:
.022
2
).(.2
2
22
≥=
−
−≥
−
+−=


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

≤
(2b + c)
2

≤
9bc.
Ta có đpcm.
Bài 13:
Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1.
Giải:
Ta có:
.1
2
2
.
2
2
.
2
2
)2().2.().2.()2().2().2.(

caca
c
baba
b
−−+
<
−−+
.
Giải:
Ta có:
caca
c
baba
b
−−+
<
−−+

9
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2. 2 2.
a b a b a c a c
a b a b a c a c
a a b a a c a b a c b c
+ + − + + −
⇔ < ⇔ + + − < + + −
⇔ + − < + − ⇔ − < − ⇔ >
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy ta có đpcm.

z
y
≥+
(2) và
2
3
2zxz
x
z
≥+
(3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
).(2
222
333
zyxzx
x
z
yz
z
y
xy
y
x
++≥+++++
Suy ra:
.1)()().(2
222222
333
≥++≥++−++≥++ zyxzxyzxyzyx

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
3
2
−≠∀
−−
−+++
=
−−
+
⇔−≠∀ x
xx
baxbaax
xx
x
x

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
 Annnn ⇒−⇒≡
(1).
Lại có:
22)1(  Ann ⇒−
(2) và:
33)1.().1(  Annn ⇒+−
(3).
Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra
)5.3.2(A
(đpcm).

10
Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x
2
+ y





+=
=
−=
⇔





=
=++
=+
q
qp
qn
pm
qn
qpmn
pm
1
1
1
0
0
2
Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là:

  
  
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
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1).
Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3
⇒
B(x) chia hết cho 3 (2).
Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24.
Vậy ta có đpcm.
Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x
2
+ 7 chia hết cho x-2.
Giải:
Ta có: x

1

n
aaa +++
cũng chia hết cho 3.
Giải:
Theo định lý fecma ta có:
Znnn ∈∀≡ )3(mod
3
.
Áp dụng ta có:
)3(mod
1
3
1
aa ≡
,
)3(mod
2
3
2
aa ≡
, ,
)3(mod
3
nn
aa ≡
.
Suy ra:
33

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.
Giải:
Ta có: x
10
+ x
5
+ 1 = (x
2
+ x + 1).(x
8
-x
7
+ x
5
-x
4
+ x

21
mmxx
mxx
Từ (1) suy ra:
2
1
21
−+
=
xx
m
thay vào (2) ta có:
⇒−






−+
+






−+
= 1
2






−+
−
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: k.x
2
+
(2.k-1).x + k-2= 0; (k
≠
0)
Giải:
Ta có :
∆
= (2k-1)
2
- 4.k.(k-2) =4k +1 .
Giả sử 4k + 1 là số cp khi đó nó là số cp lẻ hay: 4k + 1 = (2n + 1)
2
n là số tự nhiên.

12

≠
>−−=∆
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
2
+ (3a + 2b) x - 4 =0 (1) và x
2
+ (2a +3b)x + 2b=0 (2)
với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho.
Giải:
-Điều kiện cần:
Nhận thấy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống với (1).
Đặt f(x) = x
2
+ (3a + 2b) x - 4 =0 và g(x) = x
2
+ (2a +3b)x + 2b.
Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x
2
của cả hai pt đều
bằng 1).


−=
=+
2
2
1
a
bc
acb
Ta có:
[ ]
22
2
22222244
22)(2)( cbbccbcbcbcb −−+=−+=+
22262
2
3
22
2
3
2
11
4
4
4
4
4
2
2

b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
-abc.(a + b + c) = [(ab-bc)
2
+ (bc-ca)
2
+ (ca-ab)
2
].
2
1
0
≥
*Nếu a + b + c = 0.Khi đó:
-Nếu ab + bc + ca
≠
0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm.
-Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ
nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm.

13
Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax

m
hay:
0
22
=++ cnbmnam
(1).Suy ra:





nam
mcn


2
2
mà (m,n)=1
1),(),(
22
==⇒ nmmn
nên:



na
mc


mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng là các

∠
DBI =
∠
KCI =
∠
KCA +
∠
ACD =
∠
KBA +
∠
ICB (2).
Từ (1) và (2) suy ra
∠
ABI =
∠
CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
⇒
BI là phân giác góc B của tam giác ABC
⇒
K là trung điểm cung AC.
⇒
Tam giác KAC cân.
2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC.
Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J
⇒
JI = JB = const.
Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O)
⇒
A

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.
2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P.
3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.
Giải:
1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường kính OM.
Vậy K là điểm cố định cần tìm.
2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM.
Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const.
Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa
đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB.
3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R.
MK
2
= MO
2
- OK
2
= 4R
2
- OK
2
= const.
Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.

∠
QEH = 90
0
.
Vậy tam giác PEN vuông (1).
Thấy:
∆
NEQ =
∆
PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2).
Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân.
2.Có: EI
⊥
PN và EK
⊥
QM.
Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4).
Lại có:
∠
PQR =
∠
RPQ = 45
0
suy ra:
∠
PRQ = 90
0
(3).
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.

-45
0
= 135
0
.
Suy ra:
∠
EFK +
∠
EFI = 45
0
+ 135
0
=180
0
.
Suy ra K,F,I thẳng hàng.
Vậy ta có đpcm.

15
Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên
đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E.
a)CMR: Tam giác DCE vuông.
b)CMR: Tích AD.BE không đổi.
c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định.
Giải:
a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:
∠
DCM =
∠

constACBCBEAD
BE
AC
BC
AD
==⇒=
c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OI
⊥
AB.
Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB.
Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên đáy
BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại
C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó CMR
a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi.
c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi.
d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE.
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA.
vậy tia NM đi qua A.
Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB
2
không đổi
c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A).
Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại I.J,L. Ta
có:
1 1 1
. . . 1
2 2 2
1
BD CE BJ CL BM CM BM CM

16
b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P.
c)CMR: MA.MB = |OA
2
- OM
2
|.
Giải:
a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B.
Dễ thấy:
∆
OIA =
∆
OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông).
Do đó:
∠
IAO =
∠
OBT.Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp được.
b) Có:
∠
APB =
2
1
.
∠
AMB =
2
1
.(180

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
.
Giải:
a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm).
b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là:
PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO.
Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn
TV với T,V là giao điểm của d với (O).
c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2)
Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm).
Lại có:
IP.IN=(NI+NP).IN=IN
2
+ NI.NP (3)
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB
Suy ra: NI.NP=NA.NB (4)
Từ (3) và (4) suy ra:
IP.IN=IN
2
+ NA.NB
Ta sẽ chứng minh: IN
2
+ NA.NB=IA
2
(5).Thật vậy:

BD
AD
R
CDAD
R
AC
+=∠+∠=+=
+
< )()(
22
(1)
Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm.
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
CDAD
R
AC
+=∠+∠=+=