G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình.
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
.0
1
4
.11
1
2
1
2
.10
2
2
22
=








−
−
−




+
−
=
x
x
v
x
x
u
(1).
Ta có: 10.u
2
+ v
2
-11.uv = 0
⇔
(u-v).(10u-v)=0
⇔
u=v hoặc 10u=v.
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng.
Bài 2:Gpt: (x
2
- 4x+3).(x
2
- 6x + 8)=15.
Giải:
Đặt x
2
- 5x + 5 = u (1).
Ta có: (x







−
+






+ x
x
x
x
Giải:
⇔
90
)1(
1
)1(
1
.
22
2
=


Ta có:
22
2
)1.(902290
)1(
22
. −=+⇔=
−
+
uuu
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
33
)1.(1232 −=−+ xxx
.
Giải:
Đặt
vxux =−=

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

*Nếu x < -1, (1) trở thành:
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 +

x
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.
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
2
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
Bài 8:Gpt:
.0168.26416
222
=++−−+− xxxxx
Giải:
.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

1
+
(*). Ta có:
2y
2
- y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x.
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
⇔

2
+ 2t > t
2
+ 4t + 4 suy ra t
2
+ 2t > t
2
+ 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
(**).
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
3
x -∞ 0 4 8 +∞
x-8 - - - 0 +

*Nếu t = 0 suy ra x = 0
⇒
y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 .
Bài 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

Thay (1) vào (2) ta được:
(y + z -3)
2
-y
2
-z
2
=1
⇔
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:
⇔
.167,11212167
12
167
1
12
2166
2
12
83
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+

Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y =
xy
> 0 và
.0, >
x
y
y
x
Đặt A=
.3=++
y
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

===
⇒==⇒≥⇒
1,1
1,1
1,1.1
yxz
yxz
xyzzxy
Bài 6: 2x
2
- 2xy = 5x + y - 19.
Giải:
Từ bài ra ta có:
.17,1121217
12
17
2
12
1952
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
++=
+
++
= xx
x
x
x
xx

1
2
1
2
<≤
− x
Vậy ta xét x > 0:
Đặt x = a và
bx =−
2
2
(a,b > 0).
Ta có:





=+
=+
2
2
11
22
ba
ba
Có:
1
1
.2

xba
ba
ab
.
Bài 2:
.51632414
4222
+−−=−−++++− yxyyxxx
Giải:
Điều kiện:







≥−
≥−−+
≥+
≥−
)4(016
)3(032
)2(041
)1(04
4
22
2
x
yyx

026
25
.21
25
.20
50105
74212
2
2
2
=−






+−






+⇔=+−+−
x
x
x
x
x



≥−=
≥+=
01
01
xb
xa
Hệ đã cho trở thành:



=+
=−
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

yx
yx
23
Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y.
Bài 7: x
3
+ (3-m).x
2
+ (m-9).x + m
2
-6m + 5 = 0.
Giải:
Phương trình đã cho phân tích được như sau:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
6
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
[ ]
[ ]
0)1(2.)5(
2
=−−−−− mxxmx
.
Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa.
Bài 8:



=++
=++
xyzzyx


≥
xyz.(x + y + z) = xyz.
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
3
1
=== zyx
.
Bài 9:
( )





+++−=−
=+
)2)(2001.(
)1(1
2000
20001999
1999
22
xyyxxyyx
yx
Giải:
Điều kiện: x,y
.0≥
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:

2
5
7
529
052
0523 ≥≥⇔



−≥
≥−
⇔≥−− x
x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:






∈ 7;
2
5
x
.
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
7
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk

a
2
+b
2
+c
2
.
Lại có:
a < b + c
⇒
a
2
< a.(b + c) (1)
Tương tự: b
2
< b.(a + c) (2) ,c
2
< c.(b + a) (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
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:

mnzn
z
m
mnz
z
m
nzn
z
m
+≥+






+⇔
+=








+≥+




1
4
1
.21 ≥⇒≥⇒≥+=
xy
xyxyyx
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
8
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
Lại có:
( )
[ ]
( )
[ ]
.1
)).(11().(4)).(11.(4.8
2
2
2
2222222442244
=+≥
≥++=+≥++=+
yx
yxyxyxyx
Suy ra: 8.(x
4
+ y
4
)
1≥

=
[ ]
.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



>
≥+
0
1
ab
ba
thì
8
1
44
≥+ ba

≥++−⇔
≥−−⇔
yyxxyxyx
yxyxyx
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

<
+
)22).(12(
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


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

−
−
<
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
−
−

n
−=






−
−
++−+−+<++++
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
≥=
−
−≥
−

2

≤
(2b + c)
2
(2).
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
10
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
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

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
−−+
<
−−+
22
2222
2222
.22.22
22
cb
caba
caabaa
cacababa

y
x
xy
y
x
=≥+
(1).
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
zyxzx
x
z
yz

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
 Annnn ⇒−⇒≡

4
+ 1) = (x
2
+ px + q).( x
2
+ mx + n)
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
12
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk









+=
=
−=
⇔





=
=++

+−+−= 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
)209).(3).(2(
)604712).(2(
2
23
+−−−=
−+−−=
xxxx
xxxx
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
⇒

Ta có:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b. (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia)
Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có:
F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7.
Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1.
Vậy đa thức dư là 2x+1.
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
13
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
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.
Giải:
Theo định lý fecma ta có:
Znnn ∈∀≡ )3(mod

≡+++≡
n
aaa
Ta có đpcm.
Bài 9:Chứng minh rằng (7.5
n2
+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.

+m -1= 0
1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m.
Giải:
1. Ta có :
∆
= (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
−+

xxxx
xx
1
2
1
2
1
.
21
2
21
21
=






−+
−






−+
−
xxxx

+ n( thử lại thấy đúng).
Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt :
(x-2)(x
2
+ k.x + k
2
- 3)= 0
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

- a.x-
2
1
.a
2
=0; (a
≠
0)
chứng minh : b
4
+ c
4

≥
2+
2
.
Giải:
Theo định lý Viet ta có:





−=
=+
2
2
1
a


+=+⇒
a
a
a
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:
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9
15
G/v: Trần Văn Đào – Trường THCS Hoàng Văn Thụ – ÊaKuăng – Krông Pắc – ĐăkLăk
∆
'
= a
2
b
2
+ b
2

Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ
x
0
=
n
m
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:

CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng
mang yếu tố chuyển động.
Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường
tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc
đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B.
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 +

BMC =
2
1
.
∠
BAC =
4
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.
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).

3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E?
Giải:
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).

EKH = 180
0
-
∠
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

MBE =
∠
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

BD CE
BD C E CK
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

AOB)= const.
Vậy có thể chứng minh được rằng quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB một góc không 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

(5)
⇔
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