De+da vao chuyen Toan - Kiengiang

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của RQ, PS... 4 điểm a Chứng minh rằng dây AB có độ dài không đổi.. Chứng minh phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2... Trên MA lấy điể

Trang 1

Giải đề thi vào lớp 10 – Tỉnh Kiên Giang

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2002 – 2003 Bài 1: ( 2 điểm) Cho biểu thức : = - + - +

2

a) Rút gọn y.

1

b) Tìm x để y = 4.

    đặt x t   0  t2 3 t  4 0    t 4;(nhận) t  1 (loại)

Với t = 4  x   4 x  16 Thỏa mãn đkxđ

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của y.

y   x 3 x =  2 2 3 9 9

2 4 4

x  x    =

2

y    x    x  

Bài 2: ( 2 điểm) Cho hàm số y = ax 2 có đồ thị (P) và hàm số y = a’x + b’ có đồ thị (D).

a) Tìm a’, b’ biết (D) đi qua hai điểm

(D) đi qua A(2; 1) và B(0 ; -1) ta có:





vậy (D): y = x – 1

b) Tìm a để (P) tiếp xúc với đ.thẳng (D) vừa tìm được.

Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P):

ax2 = x – 1

ax2 – x + 1 = 0 (*)

2

( 1) 4 a 1 4 a

     

Để (D) tiếp xúc (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép

1

4

     

c) Vẽ (P) và (D) vừa tìm được trên cùng hệ trục tọa độ.

(D) đi qua 2 điểm A và B ở trên

Hoặc xác định E(0 ; -1) và F(0 ; 1)

(P): y = ¼ x2 có bảng giá trị

Bài 3: ( 2 điểm)

Gọi vận tốc dự định là x (km/h , x > 0)

Vận tốc lúc sau: x + 6 (km/h)

Quãng đường đi được sau 1 giờ : x (km)

Quãng đường còn lại: 120 – x (km)

Thời gian đi đoạn đường sau: 120

6

x x



 (h) Thời gian dự định: 120

x (h)

Đổi 10’ = 1/6 h, ta có phương trình: 1 120 120

4 2

-2

h x   = 1 4

  x 2 g x   = x-1

Trang 2

M

H

S

R Q

P

B A

x2 + 42x – 4320 = 0

x1 = 48 ; x2 = -90 (loại) Vậy vận tốc lúc đầu là 48 km/h

Bài 4:

a) Chứng minh : D AQR cân, D APS cân.

C/m: DDAQ = DBAR  AQ = AR  D AQR cân tại A

C/m: DBAP = DDAS  AP = AS  D APS cân tại A

b) SP cắt RQ tại H Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của RQ, PS Tứ

giác AMHN là hình gì ?

Có QC  PR ; RA  PQ ; PR  PQ tại S

 S là trực tâm của  DPQR

 PH  QR (1) AM  QR (2) AN  PQ (3)  AMHN là hình chữ

nhật

c) Chứng minh : D MAC cân và D NAC cân.

AM = ½ QR ; CM = ½ QR  AM = CM  DMAC cân tại M

AN = ½ PS ; CN = ½ PS  AN = CN  DNAC cân tại N

d) Tìm quỹ tích trung điểm M của RQ và quỹ tích trung điểm N của PS khi góc vuông xAy  xoay quanh A (không yêu cầu chứng minh phần đảo).

MA = MC (cmt) ; NA = NC (cmt)  MN là đường trung trực của AC

Vì ABCD là hình vuông  BD cũng là đường trung trực của AC

 Quỹ tích M, N thuộc đường chéo BD

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2003 – 2004 Bài 1: .( 1,5 điểm) Xác định m để phương trình

x 2 – 4x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức : x1 + x2 = 52.

'

 = (-2)2 – (m – 1) = 5 – m

Để Pt có 2 nghiệm phân biệt thì 5 – m > 0 m < 5

Theo Vi-ét ta có S = 4 ; P = m – 1

x1 + x2 = 52

 (x1 + x2 )3 - 3 x1x2(x1 + x2) = 52

 43 – 3.4.(m – 1) = 52

 -12m = -24

 m = 2 (thỏa mãn đk m < 5)

Bài 2: ( 2 điểm) Giải phương trình 4x2 + 4x 1 2 4x 1 1 0 + - + + =

(2x) + ( 4x 1 1) + - = 0 2 0 4 1 1 0

x x





 



0

x

x x









thỏa mãn

Bài 3: (2,5 điểm) Gọi x, y lần lượt là thời gian đội I, đội II làm một mình xong công việc (ngày ; x, y > 12)

Trong 1 ngày: Đội I làm được 1

x (CV) Đội II làm được

1

y (CV) Cả 2 đội làm được:

1

12 (CV)

Ta có PT: 1

x +

1

y =

1 12

Trong 8 ngày làm chung cả hai đội làm 8(1

x +

1

y )

Năng suất tăng gấp đôi: 2.1

y

Đội II làm trong 3 ngày rưỡi (7/2 ngày) với năng suất gấp đôi, làm được 7

2.2.

1

y = 7.

1

y (CV)

Trang 3

x

y

I

D

K

C

H

A' B'

M

O

B

P

A

Ta có PT: 8(1

x +

1

y ) + 7.

1

y = 1 8.

1

x + 15

1

y = 1

Giải hệ:

12

x y







    



đặt 1 x = a ; 1 y = b ta có

1

28 12

21 1

21

a b

y









Bài 4: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng dây AB có độ dài không đổi.

xPy   không đổi cho trước

2

xPy  sd AB Do đó AB có độ dài không đổi

b) Chứng minh K thuộc đường tròn (O).

Ta có  AMB APB     (Vì APBM là hình bình hành)

0 0 0

180 180 180

AMB CKD

APB CKD

APB AKB

 APBK nội tiếp (O) hay K nằm trên đường tròn (O)

c) Chứng minh ba điểm: H, I, K thẳng hàng.

PB // AM ; CB  AM  CB AH

 CB // AH hay BK // AH (1)

PA // BM ; AD  BM  AD AP

 AD // BH hay AK // BH (2)

Từ (1) , (2)  AHBK là hình bình hành

Mà I là trung điểm của AB, nên I cũng là trung điểm của HK hay H , I , K thẳng hàng

d) Khi góc xPy quay quanh P mà hai tia Px và Py vẫn cắt đường tròn (O) ở A và B thì H chạy trên đường nào

Từ c/   AHB AKB    1800 

Vì P chạy trên cung lớn AB (0    900)

Nên H chạy trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm P

Vậy H chạy trên một cung chứa góc 1800  dựng trên đoạn AB

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2004 – 2005 Bài 1: .(1,5 điểm) Cho phương trình x 2 – x – 1 = 0.

1/ Chứng minh phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Tính x1 + x2

Vì a.c = 1.(-1) < 0 nên PT luôn có 2 nghiệm phân biệt

Hoặc lập  = 5 > 0 suy ra đpcm

+Theo Vi-ét ta có S = 1 ; P = -1

+Tính x1 + x2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 12 – 2.(-1) = 3

2/ Chứng minh tổng Q = x1 + x2 + x1 + x2 chia hết cho 5.

x1 + x2 = (x1)2+ (x2)2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2

Theo câu 1/ ta có Q = 3 + 32 – 2.(-1)2 = 105

Bài 2: (2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

A = ( 5 3 - )2 + ( 2 - 5 )2 = 5 3   2  5   3 5  5 2 1  

B = ( 10 + 2 6 2 5 3) ( - ) + 5

Trang 4

L

K H

N

M

C B

A

2

      ( 5 1)( 5 1)( 5 1)     2(3  5)

( 5 1)( 5 1) (1 5)

      ( 5 1) ( 5 1)  2  2 = (5 – 1)2 = 16

Bài 3: (2,5 điểm)

1h12’ = 6

5h ; 30’ =

1

2h ; 45’ =

3

4h ; 75% =

3 4

Gọi x (giờ) là thời gian đội 1 làm một mình xong công việc ( x > 0)

y (giơ() là thời gian đội 2 làm một mình xong công việc ( y > 0)

Trong 1 giờ: Người thứ nhất làm được: 1

x (cv) Người thứ hai làm được:

1

y (cv) Cả hai người làm được: 1:

6

5 =

5 6

Ta có phương trình: 1

x +

1

y =

5

6 (1)

Khi 2 người làm chung trong 30 phút được: 1

2(

1

x +

1

y )

Lúc sau chỉ có người thứ 2 làm trong 45’ được 3

4 

1

y

Ta có phương trình: 1

2(

1

x +

1

y ) +

3

4 

1

y =

4      x y (2)

Giải hệ:

y







    



đặt 1

x= a ;

1

y = b Được:







Trả lời: thời gian đội 1 làm một mình xong công việc 18 4

2

7  7 h

thời gian đội 2 làm một mình xong công việc

Bài 4: (4 điểm)

1/ Trên MA lấy điểm N sao cho MN = MB.

a) Chứng minh D ABN = D CBM.

-Chứng minh: DBMN đều

MN = MB (gt) và

-Chứng minh: D ABN = D CBM (cgc)

b) Suy ra : MA = MB + MC.

MA = AN + MN = MC + MB

2/ Chứng minh rằng : 1 1 1

CM BM

MH

Trang 5

AM

MH

3/ Chứng minh rằng: MH 2 + MK 2 + ML 2 = h2

Ta có SABC = SABM + SACM - SBMC

 AI.BC = ML.AB + MK.AC – MH.BC

 AI = ML + MK – MH (do AB = AC = BC)

 AI2= ML2 + MK2 + MH2+2ML.MK–2ML.MH-2MK.MH

 AI2= ML2 + MK2 + MH2 + 2ML.MK – 2(ML + MK)

MH

MH  MK  ML   MK ML 

MK ML MH MK ML

 AI2= ML2 + MK2 + MH2

 h2= ML2 + MK2 + MH2

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2005 – 2006 Bài 1: .(2 điểm) Cho phương trình : x 2 – 2(m + 1)x + m 2 + 2m –3 = 0 (1)

a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt.

'

 = [-(m + 1)]2 – (m2 + 2m - 3) = m2 + 2m + 1 – m2 – 2m + 3 = 4 > 0

Vậy PT luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

b) Tìm m để nghiệm của (1) thỏa điều kiện :

x1 + x2 = 10

Từ (1) ta có S = 2(m + 1) = 2m + 2

P = m2 + 2m – 3

Từ x1 + x2 = 10

 (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 10

 (2m + 2)2 – 2(m2 + 2m – 3) = 10

 4m2 + 8m + 4 – 2m2 – 4m + 6 = 10

 2m2 + 4m = 0

 2m(m + 2) = 0  m = 0 ; m = -2

c) Tìm m để tích hai nghiệm của (1) nhỏ nhất.

P = m2 + 2m – 3 = m2 + 2m + 1 – 4 = (m + 1)2 – 4  - 4

minP = -4  m + 1 = 0  m = -1

Bài 2: (2 điểm) Cho biểu thức : ( ) ( )

2 3

M =

1- a

2 1+ a + 2 1- a

-a) Rút gọn M Đkxđ: a  0; a  1

2 2

M =

2

M =

a

-+ -+

2

M =

a

-+ -+

Trang 6

I

N

M

O

C B

A

2

2a - 2

M =

2(1- a)(a + + a 1)

a

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M.

Do a  0 nên a2    a 1 1Suy ra minM = -1 khi a = 0

Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình :

2

x + x + 12 x + 1 = 36

x(x + 1) + 12 x + 1 = 36với x  1

x     t t    x x   t ta có:

(t2 -1)t2 + 12t – 36 = 0  t4 – t2 + 12t – 36 = 0

Dùng Định lí Bơzu và lược đồ Hoocne được:

 (t – 2)(t + 3)(t2 – t + 6) = 0

2

6 0



 Với t = 2 x    1 2 x    1 4 x  3 (nhận)

Vậy S = {3}

Cách 2: x + 2x +1 - x - 1+ 12 x + 1 - 36 = 02

 ( x  1)2  x   1 6 2  0

 



*x  5  x    1 0 x    1 5 x

x + 1 = 25 -10x + x2 (x  5)

x2 – 11x + 24 = 0 x = 3 ( nhận) ; x = 8 (loại)

*x   7 x    1 0 x    1 x 7

x + 1 = x2 + 14x + 49 (x  7)

x2 + 13x + 48 = 0 Phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có S = {3}

Bài 4: (2 điểm)

a) Chứnh minh  MBK   MIC;  NAK   NIC

b) Chứng minh : BC = CA + AB

(1)

MB MK BK MB MI MBK MIC

MI MC IC BK IC

(2)

NA AK NK NA NI NAK NIC

NI IC NC AK IC

Theo gt: MB = MC ; NA = NC

 MN // AB ; AB = 2MN

 ABKI là hình thang cân  AI = BK ; BI = AK

Trang 7

IA  IC

BI  IC



2 BC 2 AC 2 AB

BC AC AB

IA IB IC

BC AC AB

IA IB IC

Bài 5: (2 điểm) Cho a, b, c > 0

b c + + c a + + a b + =

b c + + + c a + + + a b + + - =

ç

Aùp dụng bất đẳng thức Co-si Svas:

 

với x, y, z  R và a, b, c > 0

Dấu “=” xảy ra khi x y z

k

a  b   c

2 (5 4 1)

42 8

a b c

 

Dấu “=” xảy ra khi

 

Suy ra a = 0 điều này trái với giả thiết,

nên dấu “=” không xảy ra

Vậy A > 8 suy ra đpcm

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2006 - 2007 Bài 1: (2 điểm) Cho phương trình :

mx 2 – 2(m + 3)x + m + 2 = 0 (1)

1/ Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt.

'

 = [-(m + 3)]2 – m(m + 2) = 4m + 9

Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì:

Trang 8

R x R

K H

O

C

A

B

0

9

4

m



4

m   m 

2/ Tìm số nguyên m sao cho F = +

1 2

x x là một số nguyên.

;

P



1 2 1 2

+

Để F có giá trị thì m + 2 phải là ước của 2

Nếu m + 2 = -1  m = -3 (loại)

Nếu m + 2 = 1  m = -1

Nếu m + 2 = -2  m = -4 (loại)

Nếu m + 2 =  m = 0 (loại)

Vậy số nguyên m cần tìm là m = -1

Bài 2: (3,5 điểm) Giải các phương trình sau :

1/.(x 2 – 12x – 64).(x 2 + 30x + 125) + 800 = 0

 (x – 16)(x + 4)(x + 5)(x + 25) + 800 = 0

 (x2 + 9x – 400)(x2 + 9x + 20) + 800 = 0

Đặt x2 + 9x – 400 = t, ta có:

t(t + 420) + 800 = 0

 t2 + 420t + 800 = 0 (mời các bạn giải tiếp dùm!)

2/ x 2 + 4x + 5 = 2 2x 3 +

 x2 + 2x + 1 + 2x + 3 - 2 2x 3 + + 1 = 0

 (x + 1)2 + ( 2x 3 + - 1)2 = 0

1

x

x x





 



Vậy nghiệm của phương trình là S = {-1}

Bài 3: (2,5 điểm)

1/ Chứng minh : S £ AK BK

S = SABK + SACK

= ½ AH.BK + ½ AH.CK

= ½ AH(BK + CK)

= ½ AH.2BK

= AH.BK £ AK.BK

2/ Chứng minh : S £ 3 3 R2

4 Đặt OK = x > 0, ta có

BK = R2 x2 và AK £ OK + OA = R + x

S £ AK.BK £(R + x) R2 x2

Trang 9

£ ( R x  )2 R2 x2

£ ( R x R x R x R x  )(  )(  )(  )

3 R x R x R x    R  x

mà

4 4

R x R x R x    R  x      

2

R

R x R x R x    R  x 

Vậy S

2

4

R



3/ Xác định tính chất tam giác ABC khi tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Bài 4: (2 điểm) Cho phương trình :

( x – 2006 ) 2 + ( x – 2007 ) 2 = 1 (*)

Tìm 2 nghiệm của phương trình đã cho

Chứng minh phương trình có 2 nghiệm duy nhất

- Nhận thấy x = 2006 hoặc x = 2007

là nghiệm của phương trình

- Nếu x  2006; x  2007 ta có:

(*) ( x – 2006 )2 + ( 2007 – x )2 = 1

 (x–2006+2007–x)2–2(x–2006)(2007–x) = 1

 1 – 2(x – 2006)(2007 – x) = 1

 2(x – 2006)(2007 – x) = 0

X – 2006 = 0 hoặc 2007 – x = 0 Suy ra x = 2006 hoặc x = 2007

Vậy phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x = 2006 ; x = 2007

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2007 - 2008 Bài 1: (2 điểm) Cho phương trình: x 2 – 2(m + 1)x + 2m + 3 = 0 (1)

a) Tìm số tự nhiên m nhỏ nhất để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt

'

 = [-(m + 1)]2 – (2m + 3) = m2 – 2

Vì a = 10 nên để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì  '> 0

 m2 – 2 > 0  m2 > 2

 m  2  m   2; m  2 Vậy số tự nhiên nhỏ nhất là m = 2

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn (x1 – x2) 2 = 4

Từ (1) ta có S = x1 + x2 = 2m + 2 ;

P = x1.x2 = 2m + 3

Theo gt: (x1 – x2)2 = 4

 (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4

 (2m + 2)2 – 4(2m + 3) = 4

Bài 2: .(2 điểm) Giải phương trình sau:

x x (  2)  x x (  5)  x x (  3) (1)

Nhận xét: x = 0 là 1 nghiệm của phương trình Với x > 0

Trang 10

D B'

A'

O

C

M A

B E

C'

ta có (1)  x  2  x  5  x  3

 x  2   x 5 2 (  x  2)( x  5)   x 3

 2 x2 7 x  10 10   x đkxđ 0 < x  10

 4(x2 – 7x + 10) = 100 – 20x + x2

 3x2 – 8x – 60 = 0  x1 = 6 (nhận) ; x2 = 10

3



(loại) Vậy S =  0;6 

Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình

   

2 2

xy x y



Đặt x2 – x = a ; y2 - 2y = b khi đó hệ trở thành:





20

a b











Với

2 2







2

20 0

1

x x

y y

 



Với

2 2







2

1 0

x x



Hệ phương trình vô nghiệm Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (5 ; 1) và (-4 ; 1)

Bài 4: (3 điểm)

a/ Chứng minh: MAD  MEA’

AME chung

MAD MEA  (cùng chắn  ' A D)

    

b/ Từ a/ suy ra:

'

MA MA ME MD

= (MO + R)(MO – R) = MO2 – R2

c/

Chứng minh: MBC  MC’B’ (g-g) (1)

Chứng minh: MAC  MC’A’ (g-g) (2)

Chứng minh: MAB  MB’A’

Từ(1)

Từ (2)

 MA MA '  MB MB '

 MAB  MB’A’ (c-g-c) (3)

Trang 11

d/ từ (3)

' ' ' ' ' '

MC A C MC B C

MB AC MA BC

' ' ' ' ' '

MB A B MB B C

MC AC MA BC

Từ (7) và (8)

MA BC MB AC MC AB MB AC MC AC



Xét A’B’C’ có B’C’ < A’C’ + A’B’

Suy ra MA.BC < MB.AC + MC.AB đpcm

Bài 5: (1 điểm) Có hay không các số tự nhiên m và n thỏa mãn đẳng thức sau:

1

4

m n

4

m n

* Nếu m = n thì m – n = 0 vế trái A = 0 2007,

nên không không xảy ra

* Nếu m n  :

+ Khi m và n đều chẵn

ta có m – n = 2k ; m + n = 2l ( với k ; l  N)

 A = ¼ 2k.2l.[1 + (-1)2k] = 2kl 2007

+ Khi m chẵn, n lẻ

thì m + n = 2k + 1 (tương tự m lẻ, n chẵn)

 [1 + (-1)2k +1] = 0

Vậy không có 2 số tự nhiên m và n để thỏa mãn đẳng thức trên

GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2008 – 2009 Bài 1: (2 điểm) 1/ Viết phương trình đường thẳng (d) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt

Gọi pt của (d): y = ax + b

Vì (d) đi qua I(0 ; 1) có hệ số góc m nên ta có:

m.0 + b = 1  b = 1

 (d): = mx + 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x2 = mx + 1

 x2 - mx – 1 = 0 (*)

Đen-ta = m2 + 4 > 0, m

Vậy PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt, nên (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt

2/ Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ của hai giao điểm Chứng minh x1 x2  2

2

1 2

4 2

Trang 12

H

O

C

A

B

D

E

N M

Mà m2 + 4   4 m2 4 2   m2 4   2 dpcm

Cách 2: Từ PT (*) ta có S = x1 + x2 = m ; P = x1.x2 = -1

x  x  x  x  S  P  m 

1 2

Bài 2: .(2 điểm) Giải hệ phương trình:





Lấy (1) trừ (2) ta được:

2(x2 – y2) – 3(x – y) = -(x2 – y2)

 3(x – y)(x + y) – 3(x – y) = 0

 3(x – y)(x + y – 1) = 0

0



+ Nếu thay x = y vào (1) ta có:

2x2 – 3x = x2 – 2

 x2 – 3x + 2 = 0  x = 1 ; x = 2

Khi đó : (1 ; 1) , (2 ; 2)

+ Nếu thay x = 1 – y vào (1) ta có:

2x2 – 3x = (1 – x)2 – 2

 x2 – x + 1 = 0 Phương trình vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1 ; 1) , (2 ; 2)

Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình sau: 1

2

x

x  x     (1)

Nhận xét: x = -1 không là nghiệm của PT ĐKXĐ: x > -1

(1)  2 x  2 x   3 2   x 1

 2 x     3 1 x 1

2 x   3 x ( x0 )

 x2 – 2x – 3 = 0  x1 = -1 (loại) ; x2 = 3 (nhận) Vậy S =   3

Bài 4: .(3 điểm)

a) Chứng minh: AHI  ECD

AHI vuông tại H (gt),

ECD vuông tại C (Do nội tiếp (O) có DE là đường kính)

Có:  A1  A2 (Vì AI là phân giác của góc BAC)

 A2   E (Vì cùng chắn cung DC)

  A1  E 

 AHI  ECD (g-g)

Chứng minh:IDC cân tại D và AI.ID = 2R.r

ICD C   C CID C   A (góc ngoài của IAC)

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	0,97 MB