Bài 1 Cho điểm A ở ngoài đường tròn tâm O. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là
tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M
≠
B, M
≠
C). Gọi D, E, F tương ứng là hình
chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC; H là giao điểm của MB và DF; K là
giao điểm của MC và EF.
1) Chứng minh: a) MECF là tứ giác nội tiếp. b) MF vuông góc với HK.
2) Tìm vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn nhất.
HD: 1) MFC = MEC = 90
o

2) Góc HCK + HDK = HCK + CAB + CBA = 180
o
=> CKI = CBD ( = EAC) =>
HK //AB
3)
2
MEF MFD(g g) MD.ME MF MI∆ ∆ − ⇒ = ≤:
, với I là trung điểm BC.
=> (MD.ME)
max
= MI
2
, khi I trùng với F. Khi đó
MBC∆
cân nên M là điểm chính giữa
cung BC.
Bài 2 Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC( M khắc B
) và N là điểm trên CD ( N khác C ) sao cho

2 2
AI MN a MN=
2 ( )MN MC NC a BM a DN a IM IN< + = − + − = − +
Vậy
2MN a MN< −
hay
2
1 1
.
2 2
MN a S a MN a< ⇒ = <
.
TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và
AMN ACD∆ = ∆
nên S =
2
1 1
.
2 2
AD DC a=
Vậy
∆
AMN có diện tích lớn nhất
M C⇔ ≡
và
N D≡
.
Bài 3 Cho đường tròn (O ; R) và dây AC cố định không đi qua tâm. B là một điểm bất kì trên
đường tròn (O ; R) (B không trùng với A và C). Kẻ đường kính BB’. Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC.

im M (MK.AN + ME.NB) cú giỏ tr ln nht.
1. T giỏc AHMK ni tip vỡ
ã
ã
0
90AKM AHM= =
2.
ã
ã
KMN NMB=
( = gúc
HAN)
3. AMBN ni tip =>
ã
ã
KAM MBN=
=>
ã
ã
ã
MBN KHM EHN= =
=> MHEB ni tip
=>
ã
ã
MNE HBN=
=>HBN ng dng EMN (g-g) =>ME.BN = HB. MN (1)
Ta cú AHN ng dng MKN => MK.AN = AH.MN (2)
(1) v (2) => MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB.
=> MK.AN + ME.BN ln nht khi MN ln nht => MN l ng kớnh ca ng trũn tõm O.=>


KBA
2
KCD
KBA KCD
KBA
S CD 1
S 4S
S AB 4




= = =
ữ


KBA
S

lớn nhất

KCD
S

lớn nhất

KH lớn nhất

H là điểm chính giữa cung lớn CD của

3

=
S =
2
3 3
R
3

c) K OH d, gi giao im ca AB v OH l N, giao im ca AB v OM l P.
T giỏc HMPN ni tip nờn ON.OH = OP.OM = R
2
Do ú N l im c nh m AB luụn i qua.
Bi 7
Cho ng trũn ( O) v im A nm bờn ngoi (O). K hai tip tuyn AM, AN vi ng
trũn (O). Mt ng thng d i qua A ct ng trũn (O) ti hai im B v C ( AB < AC, d khụng
i qua tõm O).
1) Chng minh t giỏc AMON ni tip.
2) Chỳng minh AN
2
= AB.AC. Tớnh di on thng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gọi I là trung điểm BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Chứng
minh: MT // AC.
4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại K. Chứng minh K thuộc một
đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Bài 8
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi qua
B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O).
Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và
đường thẳng MN.

Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định
nên từ (*) suy ra E cố định.
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định
Bài 9
H
E
I
B
N
O
A
M
C
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M và N
sao cho góc
·
MBN
= 45
0
, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài đoạn
BI theo a.
c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.
HD
c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN
lớn nhất
Do
MBG MBN∆ = ∆
(theo chứng minh ở phần b)

0 luôn đúng).
Suy ra
2
( )
2
2
DM DN DM DN
MN
+ +
≥ =

=> 2a = MD + DN + MN
( )
2 1
2 2
MD DN
MD DN MD DN
+ +
≥ + + = +
Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2a=MD+DN+ MN
2 1 2 1
( ) 2 . (2 2). .
2 2
MD DN MD DN MD DN
+ +
≥ + ≥ × = +
=>
2
2 2



+

= ⇔ = = −



+ + =

.
Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao cho
( )
2 2DM DN a= = −
.
Bài 10
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di
động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song
song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại
I.
a) Chứng minh rằng
·
·
=MBC BAC
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE.
c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt
(O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
HD

lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn
nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung
»
BC
của đường tròn đường
kính OM. Khi I trùng O thì
ABC∆
vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ
khi AC là đường kính của đường tròn (O;R).
Bài 11
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A
và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh:
a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) AE.AF = AC
2
.
c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường
thẳng cố định.
HD
c) Theo câu b) ta có
·
·
ACF AEC=
, suy ra AC là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).
Mặt khác
·
0
ACB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC

MPK MBC=
.
c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
HD
A
B C
M
O
D
F
E
Q
P
I
T
Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.
Suy ra:
·
·
MIP MBP=
(4). Từ (3) và (4) suy ra
·
·
MPK MIP=
.
Tương tự ta chứng minh được
·
·
MKP MPI=
.

⇒
MP
≤
R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi
O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max
(MI.MK.MP) = ( R – OH )
3

⇔
M nằm chính giữa cung nhỏ BC.
Bài 13
Cho hai đường tròn (O) và
(O )
′
cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai
đường tròn (O) và
(O )
′
.
a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.
b) Đường thẳng AC cắt đường tròn
(O )
′
tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F
khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và
(O )
′
thứ tự tại M và N. Xác định vị
trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất.

KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định).
Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN
≤
2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK
⇔
d ⊥ AK tại A.
Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA.
Bài 14
Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm
M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là
trung điểm của AB.
1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.
3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của
điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất.
HD
3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên
diện tích của nó được tính:
1
2 2. . . ( )
2
OQM
S S OD QM R MD DQ= = = +
. Từ đó S nhỏ
nhất ⇔ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng
trong tam giác vuông OMQ ta có
2 2
.DM DQ OD R= =
không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất ⇔ DM = DQ = R. Khi
đó OM =

·
·
BDC CAK=
(cùng phụ với
µ
B
),
suy ra:
·
·
EDC CAK=
. Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp.
Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng
là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên
O
′
A =
O
′
E, suy ra
O
′
thuộc đường trung trực của đoạn thẳng
AE cố định.
E
D
M
I
C
K

=>
µ
·
1
B BDO=
(2)
Từ (1), (2) =>
·
·
1
ADE BDO+ =
µ
·
B BAH+
= 90
0
=> O
1
D //O
2
E
Vậy DEO
2
O
1
là hình thang vuông tại D và E.
Ta có S
ht
=
2

. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi DE
= O
1
O
2

⇔ DEO
2
O
1
là hình chữ nhật
O
1
O
2
D
O
B
C
H
A
E
⇔ A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó max
12
ODEO
S
=
2
2
R

1
nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI =
AK.AO = AM
2
= AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định).
Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định.
Vậy O
1
tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
OIK luôn thuộc đường
trung trực của DI cố định.
Bài 19
Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm),
lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH
⊥
BC; MI
⊥
AC; MK
⊥
AB.
a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh MH
2
= MI.MK
c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chu vi
∆
APQ
không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
HDc

.
3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất.
HD
D
K
I
B
O
N
A
C
M

O

1

E

I

C

O

N

M

B

.
2

Bài 21
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2
3
AO. Kẻ dây MN
vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B.
Nối AC cắt MN tại E.
1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .
2) Chứng minh hệ thức: AM
2
= AE.AC.
3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
HD
3. Theo trên
·
·
AMN = ACM ⇒
AM là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM. Nối MB ta có
·
AMB
= 90
0
, do đó tâm O
1
của đường tròn ngoại

góc của N trên BM.
Bài 22
Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính bằng 1. Tam giác ABC thay đổi và luôn ngoại tiếp
đường tròn (O). Một đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn AB, AC lần lượt tại M và N. Xác
định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN.
(Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp Hồ Chí Minh năm học 2001 –
2002)
LỜI GIẢI
Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc aB, AC lần lượt tại H và K.
N
M
O
A
B
H
1 1
. .
2 2 2
AMN OAM OAN
AM AN
S S S OH AM OK AN
+
= + = + =
Vẽ MI
⊥
AB tại I. Ta có: AM
≥
MI
Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có:
.

Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M
bất kì. Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P)
sao cho O nằm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung
AP. Hai dây cung AB, AC cắt NP lần lược tại D và E.
a) Chứng minh: MB.MC = MN.MP
b) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh:
2
.MK MB MC>
Giải:
a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
Ta có:
·
»
»
»
»
2 2
sd AN sd PC sd AP sd PC
PEC
+ +
= =
( vì
»
»
AN AP=
)

¼
2
sd APC

( )
·
»
»
( )
·
( )
»
»
( )
»
»
( )
µ
·
»
» »
( )
1 1
0 0
1
1
®AC × B ãc néi tiÕp ch¾n AC
2
1
DEC ®AP ®NC × DEC µ gãc cã ®Ønh bªn trong ®/trßn
2
1
®AN ®NC × AP
2

PMC
: góc chung
µ
µ
1 1
P C=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB của đường tròn (O))
Suy ra:
∆
MBP ~
∆
MCN ( g - g )
. .
MB MP
MB MC MN MP
MN MC
⇒ = ⇒ =
c) Chứng minh:
2
.MK MB MC>
:
Ta có:
OA NP⊥
( vì A là điểm chính giữa của cung NP)
Suy ra: NP = 2.NK
Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b)
Do đó: MB.MC = MN(MN + NP) = MN( MN + 2.NK) =
2
2. .MN MN NK+
(1)

2
2 2 . .MK MN MP MK MN MP⇔ ≥ ⇔ ≥
Dấu = xảy ra khi MN = MP, điều này không thể xảy ra.
Cách 4:
Do:
»
»
: ¶ thiÕtAN AP gi= ⇒
K là trung điểm của NP hay KN = KP. Đặt KN = KP = a
Ta có: MB.MC = MN.MP(câu b); mà MN = MK – KN và MP = MK + KP
⇒
MB.MC = MN.MP = (MK – a)(MK + a) =
2 2 2
MK a MK− <
Vậy
2 2
. ; : .MK MN MP hay MK MB MC> >
đều.
Bài 24
Cho đường tròn (O) có các đường kinh MN và PQ(PQ không trùng với MN).
a) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật.
b) Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) theo thứ tự ở E và F. Chứng minh bốn
điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
c) Khi MN cố định, PQ thay đổi. Tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ
nhất.
Giải
a) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật.
Ta có: OM = ON = OP = OQ(= R)
⇒
Tứ giác MPNQ là hình bình hành.

( ) ( )
1 1
. .2
2 2
EF
EF
N
S MN R EM MF R EM MF= = + = +
Theo bất đẳng thức cô si, ta có: EM + MF
( )
2 . *EM MF≥
Tam giác NEF vuông có NM là đường cao, nên:
EM.MF =
2
NM
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Vậy
( )
2 2
* .2 2. 2 .2 4
EFN
S R NM MN R R R⇔ ≥ = = =
: không đổi
Dấu = xảy ra
ΔEM MF⇔ = ⇔
NEF vuông cân tại N

⇔
NM là tia phân giác của góc
·

0
180CPK CBK⇒ + = ⇒
Tứ giác CPKB nội
tiếp đường tròn đường kính CK.
b) Chứng minh AI.BK = AC.BC
Vì
·
0
90ICK =
nên:
¶
¶
¶
¶
( )
0
2 3 2 2
90Δ ~ Δ
IA CB
C C C K ICA CKB g g
CA KB
+ = ⇒ = ⇒ − ⇒ =
. .AI KB CACB
⇒ =
c) Chứng minh MN // AB.
Ta có:
µ
µ
1 1
A I=

µ
1 1
M A= ⇒
MN // AB
d) Cho A, B, I cố định. Tìm vị trí của điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn nhất
Ta có: 2.
( )
ABKI
S AB AI BK= +
. Vì AB, AI không đổi nên
ABKI
S
lớn nhất
⇔
BK lớn nhất
⇔
CA.CB lớn nhất (vì AI.BK = CA.CB
⇔
BK =
.CACB
AI
)
Ta có:
2
. .
2 2
CA CB CA CB
CACB CACB
+ +
 

ACI
).
Do đó:
( )
Δ ~ Δ
AI AC
AIC BCK g g
BC BK
− ⇒ =
( )
( )
2
1 1 1
. . .BK BC AC AB AC AC AB AC AC
AI AI AI
⇒ = = − = −
2
2 2 2
2
1 1
2
2 4 4 2 4
AB AB AB AB AB
AC AC AC
AI AI
 
 
 
= − − + − = − − −
 

Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d đi qua O và cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Từ một
điểm C trên đường thẳng d(C nằm ngoài đường tròn(O)). Gọi H là trung điểm của AB, đường
thẳng OH cắt tia CN tại K.
a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh KN.KC = KH.KO.
c) Đoạn thẳng CO cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh I cách đều CM, CN, MN.
d) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần luwowyj tại E và F.
xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích của tam giác CEF là nhỏ nhất.
Giải
a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N cùng nằm
trên một đường tròn.
Ta có: OH
⊥
AB(vì đường kính đi qua điểm
chính giữa của cung)
ON
⊥
CN
·
·
0
90OHC ONC⇒ = = ⇒
Bốn điểm C; O; H; N
cùng nằm trên đường tròn đường kính OC
b) Chứng minh KN.KC = KH.KO.
Ta có:
µ
µ
1 1
O C=

S
nhỏ nhất khi CM + ME nhỏ nhất.
Mà: CM.ME =
2 2
OM R=
không đổi. Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:
2 .CM ME CM ME+ ≥
= R
Dấu = xáy ra
⇔
CM = ME = R
Δ⇒
COE vuông cân tại O và
Δ
COM vuông cân tại M
2MO MC R OC R⇒ = = ⇒ =
Vậy C là giao điểm của đường tròn(O;
2R
) với đường thẳng d.
Bài 27
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O),
(M khác A và B). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc
với AB(P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE(Q thuộc AE).
a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác AEO và MPB đồng dạng và KM
= KP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật
APMQ có diện tích lớn nhất.
Giải

2
BP KP
AB EA
⇒ =
Từ (1) và (2) suy ra:
2 . 2
KP
MP EA KP KM KP
EA
= = ⇒ =
d) Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có
diện tích lớn nhất.
Đặt: AP = x
⇒
PB = 2R - x (vì AB = 2R)
Tam giác AMB vuông tại M có MP là đường cao nên:
( ) ( )
2
. 2 2MP PA PB x R x MP x R x= = − ⇒ = −
( ) ( )
2
3
. 2 3. 2 3 3 3 3.
3 2 3 3 3
MPAQ
x
R x
x x x x
S AP MP x x R x x R x x x R R
 

2
3 3
x
R x
R
x
x x
R

= −


⇔ ⇔ =


= −


Vậy diện tích HCN: MPAQ lớn nhất khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm của OB.
Cách 2: Trong tam giác vuông ABM, ta có:
( ) ( )
2
. 2 2MP PA PB x R x MP x R x= = − ⇒ = −
; 0 < x < 2R (vì M thuộc đường tròn (O) và M
khác A, B)
Diện tích hình chữ nhật APMQ là:
( ) ( )
3
. 2 2
MPAQ

4 . 4
4
a b c d
a b c d ab cd a b c d abcd abcd
+ + +
 
+ + + ≥ ⇒ + + + ≥ ⇒ ≤
 ÷
 
Dấu = xảy ra
a b c d⇔ = = =
.
Áp dụng bổ đề trên với bốn số:
; ;
3 3 3
x x x
và 2R - x, ta có:
( ) ( )
4
3
2
3 3 3
2 27. . . . 2 27 27
3 3 3 4 16
x x x
R x
x x x R
x R x R x
 
+ + + −

đổi khi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C).
HD
Do F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên
·
· ·
180
ICF 90
2 2
CFI CFI°−
= = °−

·
·
·
2
CFI
ICD CBA= =
suy ra
·
·
·
90ICF CBA HCB= °− =
Vì D nằm trên cung BC nên tia CF
trùng với tia CB cố định . Vậy góc
ABF có số đo không đổi