Trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì môn toán có thể nói rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm đợc lợng kiến thức khá rộng và có kỹ năng vận dụng nó một cách linh
Trang 1A - mở đầu
I - lý do chọn đề tài
Trong lịch sử phát triển của toán học thì toán học là một trong bộ môn khoa học đợc ra đời từ rất sớm Xuất phát từ những đòi hỏi thực tế cuộc sống đã làm nảy sinh các kiến thức toán học Toán học không những góp phần không nhỏ trong sự phát triển của các bộ môn khoa học khác Có thể nói toán học là cơ sở của nhiều môn khoa học khác Chính vì vậy trong nhà trờng phổ thông, môn toán là một trong những bộ môn cơ bản và việc nâng cao kiến thức toán cho học sinh đơng nhiên là cần thiết
Trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì môn toán có thể nói rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm đợc lợng kiến thức khá rộng và có kỹ năng vận dụng nó một cách linh hoạt sáng tạo
Kiến thức toán học rất rộng, hệ thống bài tập nhiều vì vậy không phải kiến thức bài tập nào giáo viên cũng có thể khai thác và mở rộng ra đợc Giáo viên chỉ mở rộng cho những kiến thức chính, những dạng bài tập quan trọng, cách mở rộng cũng nhiều hớng khác nhau
Khái quát hoá để mở rộng thành những bài toán tổng quát khó hơn Tơng tự hoá để giới thiệu thêm những bài toán có cùng phơng pháp giải
Đặc biệt hoá để đa bài toán về dạng đặc biệt hơn dễ nhớ hơn, có khi chỉ đơn giản là phân tích thêm những kiến thức có liên quan để hớng dẫn học sinh giải theo nhiều cách khác nhau hoặc đặt thêm yêu cầu mới cho bài toán
Điều đó thôi thúc tôi chọn và nghiên cứu đề tài
“ Khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dỡng học sinh khá giỏi”
II - Nhiệm vụ nghiên cứu:
Học sinh khá, giỏi hiện nay phần lớn chỉ đầu t vào việc giải hết bài toán khó này đến bài toán khó khác mà cha nâng cao đợc nhiều năng lực toán học Mà theo quan niệm của tôi cho rằng: Việc ôn tập bồi dỡng học sinh giỏi môn toán cần phải:
+ Hình thành ở học sinh năng lực toán học bắt đầu từ:
- Các bài toán đợc nghiên cứu không quá phức tạp, đã có lời giải, các thao tác t duy dạng sơ cấp
- Năng lực học toán phải tiến hành thơng xuyên liên tục trớc hết thông qua các tiết luyện tập
- Cần xác định những năng lực toán học nào cần bồi dỡng cho học sinh, hệ thống bài tập cho phù hợp
B - Nội dung
Một trong các chức năng của dạy học sáng tạo qua các bài toán ở tr-ờng trung học là hình thành ở học sinh năng lực sáng tạo bài toán mới Xuất pháp từ bản chất tri thức toán học lôgíc ẩn láu dới “ vỏ ngôn ngữ ”, có Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 1
Trang 2thể sử dụng các biện pháp sau để hìmh thành năng lực sáng tạo bài toán mới cho học sinh
Biện pháp 1: Hớng dẫn học sinh “ nhìn thấy ” cấu trúc lôgíc của bài
toán đặc biệt là nhìn thấy sự “ tơng đơng ” của các mệnh đề toán học
Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử
dụng các hệ thống khái niệm khác nhau Hớng dẫn cho học sinh “ nhận ra ”
sự thống nhất về cấu trúc lôgíc của các bài toán có các biểu tợng trực quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm sau đó
Sau đây là một số ví dụ:
I - Phần số học
Ví dụ 1: Khai thác từ một bài toán lớp 6, chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: Bài toán 1: Tổng sau có chia hết cho 3 không?
A = 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 +28 + 29 + 210
(Bài 210 trang 27 SBT Toán 6 tập 1) Lời giải:
Ta có: A = (2 + 22 )+ (23 + 24 )+ (25 + 26 )+ (27 +28 )+ (29 + 210 )
= 2.(1 + 2) + 23 (1 + 2) + 25 (1 + 2) + 27 (1 + 2) + 29 (1 + 2) = 2.3 + 23 3 + 25 3 + 27 3 + 29 3
Vậy A chia hết cho 3
Từ bài toán này ta giải đợc một số bài toán sau:
Bài toán 1.1: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + +257 + 258 + 259 +260
Chứng minh rằng A chia hết cho 3
Lời giải:
Tơng tự nh Bài toán 1
Bài toán 1.2: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + +257 + 258 + 259 +260
Chứng minh rằng A chia hết cho 105
Lời giải:
Ta có: 105 = 7.15 và (7, 15) = 1
Thật vậy:
A = 2 + 22 + 23 + 24 + +257 + 258 + 259 +260
= (2 + 22 + 23 ) + (24 + 25 + 26) + + (258 + 259 +260)
= 2.(1 + 2 + 22 ) + 24.(1 + 2 + 22) + + 258.(1 + 2 + 22)
= 2.7 + 24.7 + + 258.7
=> A chia hết cho 7 (1)
A = 2 + 22 + 23 + 24 + + 257 + 258 + 259 +260
= (2 + 22 + 23 + 24 ) + + (257 + 258 + 259 +260)
= 2 (1 + 2 + 22 + 23 ) + + 257 (1 + 2 + 22 + 23 )
= 2.15 + + 257.15
=> A chia hết cho 15 (2)
Vì (7, 15) = 1 nên kết hợp (1) và (2) suy ra A chia hết cho 105
Trang 3Nhận xét:
Với A = 2 + 22 + + 2n
a) Các Bài toán 1 và Bài toán 1.1 đúng khi số các số hạng n là số chẵn
b) Bài toán 1.2 đúng khi số các số hạng n chia hết cho 3 và 4 Từ đó suy ra n chia hết cho 12
Bài toán 1.3:
Chứng minh rằng: 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1
chia hết cho 31 nếu n là số nguyên dơng bất kỳ
Lời giải:
Nhóm 5 số hạng rồi đặt thừa số chung của từng nhóm:
20 + 21 + 22 + 23 + 24 + +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1
= (1 + 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25 (1+ 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25 2 (1 + 2 + 22
+ 23 + 24 ) + + 25(n - 1) (1 + 2 + 22 + 23 + 24 )
= (1 + 2 + 22 + 23 + 24 )(1 + 25 + 25 2 + + 25(n - 1) )
= 31.(1 + 25 + 25 2 + + 25(n - 1) ) chia hết cho 31
Vậy 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hết cho 31
Bài toán 1.4:
a) Tính tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + + an
b) áp dụng tính các tổng sau:
S = 1 - 21 + 22 - 23 + 24 - +2100
T = 3 - 32 + 33 - 34 + +31999 - 32000
Lời giải:
a) Xét tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + + an
Khi a = 1 ta có ngay: Sn = n + 1
Khi a ≠ 1 ta có: a.Sn = a + a2 + + an + an + 1
Suy ra: a.Sn - Sn = an + 1 - 1
Sn = (an + 1 - 1) / (a - 1)
b)
S100 = 1 + a1 + a2 + a3 + + a100 = (a101 + 1 - 1) / (a - 1)
Với a = -2, ta đợc:
S = 1 - 2 + 22 - 23 + 24 - +2100
= [(- 2)101 - 1] / [-2 - 1] = (- 2101 - 1)/ -3 = ( 2101 + 1)/ 3
T = 3 - 32 + 33 - 34 + +31999 - 32000
= 3 (1 - 3 + 32 - 33 + +31998 - 31999 )
= 3 [(- 3)2000 - 1] / [-3 - 1] = 3 ( 32000 - 1)/ - 4
Bài toán 1.5:
a) Chứng minh rằng A là một luỹ thừa của 2 với:
A = 4 + 22 + 23 + 24 + +220
b) Chứng minh rằng 2.A + 3 là một luỹ thừa của 3 với:
A = 3 + 32 + 33 + 34 + +3100
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 3
Trang 4Bài toán 1.6:
Cho số tự nhiên A = 7 + 72 + 73 + 74 + 75 + 76 + 77 + 78
a) Số A là chẵn hay lẻ
b) Số A có chia hết cho 5 không?
Bài toán 1.7:
Cho S = 2 + 22 + 23 + +22000 Hỏi S có chia hết cho 6 không?
Bài toán 1.8:
Chứng minh rằng tổng:
P = 3 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 chia hết cho 13
II Phần đại số:
Trong chơng trình Đại số 8, ở học kỳ I, học sinh đợc học về các hằng
đẳng thức đáng nhớ, trong đó:
A2 + 2AB + B2 = ( A + B )2
A2 - 2AB + B2 = ( A - B )2
và có nhận xét: ( A + B )2≥ 0 với mọi A, B
( A - B )2 ≥ 0 với mọi A, B
dấu “ = ’’ xảy ra khi A + B = 0 hay A = - B và A - B = 0 hay A = B
từ kiến thức này ta mở rộng và xây dựng nên nhiều bài toán khác Sau đây
là một số ví dụ:
Bài 1: Chứng minh rằng biểu thức sau viết đợc dới dạng tổng các bình
ph-ơng của hai biểu thức:
x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2
Lời giải:
x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2
= 10x2 + 40x + 50
= (x2 + 10x + 5 ) + ( 9x2 + 30x + 25 )
= ( x + 5)2 + ( 3x + 5)2
Bài 2: Hãy viết biểu thức sau dới dạng tổng của ba bình phơng.
( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2
H
ớng dẫn:
( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = ( a + b)2 + ( b + c)2 +( a + c)2
Bài 3: Tìm x, y biết:
4x2 - 16x + y2 + 4y + 20 = 0
H
ớng dẫn:
4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 = 0 ⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 = 0 ⇔ ⇒ ==−
= +
=
−
2
2 0
2
0 4 2
y
x y
x
Bài 4: Tìm x biết :
x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 = 0
Trang 5ớng dẫn:
Từ kết quả của Bài 1 ta có phơng trình tơng đơng:
( x + 5)2 + ( 3x + 5)2 = 0 ⇔
−
=
−
=
⇒
= +
= +
3 5
5 0
5 3
0 5
x
x x
x
Vậy không có giá trị nào của x để vế trái bằng 0
Bài 5: Tìm x, y biết:
4x2 - 16x + y2 + 4y + 24 = 0
H
ớng dẫn:
4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 + 4 = 0 ⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 + 4 = 0
VT ≥ 4 với mọi giá trị của x, y
=> Không có giá trị nào của x, y thoả mãn bài tán
Với cách làm nh trên, học sinh dễ dàng làm bài tập sau:
Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0
H
ớng dẫn:
( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0
<=>
0 0 0
=
−
=
−
=
−
a c
c b
b a
<=> a = b = c
Học sinh có thể phân tích đề bài: phá ngoặc chuyển vế ta đợc:
a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca ta suy ra đợc bài toán mới
Bài 7: Chứng minh rằng nếu a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca thì a = b = c
Dựa vào kết quả bài 6, học sinh tự giải
Với hớng dẫn nh bài tập 7 ta có thể đa ra một loạt bài tập có phơng pháp làm tơng tự
Bài 8: Chứng minh rằng nếu (a + b)2 = 2.(a2+ b2 ) thì a = b
Bài 9: Cho a2 + b2 + c2 + 3 = 2(a + b + c), chứng minh rằng a = b = c = 1
Bài 10: Cho (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ca), chứng minh rằng a = b = c
Bài 11:
Cho (a - b)2 + (b - c)2 + (a - c)2 = (a + b - 2c)2 + (b + c - 2a)2 + (a +c - 2b)2
chứng minh rằng a = b = c
Bài 12: Cho x + y + z = 0, xy + yz + zx = 0, chứng minh rằng x = y = z.
Từ bài tập 7, ta đa ra bài toán tổng quát hơn
Bài 13: Chứng minh rằng với 3 số a, b, c bất kỳ, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab +
bc + ca
H
ớng dẫn:
Cách 1: Nhân 2 vế với 2, làm tơng tự bài 7 (biến đổi tơng đơng).
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 5
Trang 6Cách 2: (a + b + c)2 - (ab + bc + ca) = [ ( ) (2 ) (2 )2]
2
1
a c c b b
a− + − + − ≥ 0 =>
đpcm
Cách 3: Phơng pháp phản chứng.
Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức đã biết, ta có:
ca a c bc c b ab b
2
, 2
, 2
2 2 2
2 2
2
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc:
a2 + b2 + c2≥ ab + bc + ca
Từ bài 13, ta đề xuất thêm một số bài toán mới:
+ Xét trờng hợp đặc biệt hơn: cho c = 1
ta có a2 + b2 + 1 ≥ ab + b + a
+ Kết hợp với hằng đẳng thức:
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca <=> a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ca)
ta có a2 + b2 + c2 ≥ 3(ab + bc + ca)
b)
2
2 2 2
c b a ca bc
ab+ + = + + − + +
2
2 2 2 2 2
2
c b
a + + ≥ + + − + +
<=> 2(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2)
<=> (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
Ta có thể khai thác những bài toán dạng này theo hớng khác là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
Bài 14: (Suy ra từ bài 5)
Tìm giá trị bé nhất của A = 4x2 - 16x + y2 + 4y + 24
H
ớng dẫn:
A ≥ 4, min A = 4 khi x = 2, y = -2
Bài 15: Tìm giá trị bé nhất(lớn nhất) của các biểu thức:
P = x2 - 2xy + 6y2 - 12x + 2y + 45
Q = -x2 + 2xy - 4y2 - 2x - 10y - 3
R = x2 - 2xy + 4y2 - 2x - 10y + 3
H
ớng dẫn:
P = (x- 6 - y)2 + 5(y - 1)2 + 4 ≥ 4 => min P = 4 khi x = 7, y = 1
Q = 10 - (x - y -1)2 - 3(y - 2)2 ≤ 10 => max Q = 10 khi x = 3, y = 2
Trang 7Từ bài 15 ta có thể suy ra kết quả sau:
1) f(x) = -x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y - 3 có GTLN bằng 10 khi x = 3,
y = 2
2) - f(x) có GTNN bằng -10 khi x = 3, y = 2
3)
) (
1
x
f có GTNN bằng
10
1 khi x = 3, y = 2
Bài 16: Tìm GTNN của biểu thức:
B = (x + 5)2 + (3x + 5)2 (bài tập số 1)
H
ớng dẫn:
B = 10x2 + 40x + 50 = 10(x2 + 4x + 4) + 10 = 10(x + 2)2 + 10 ≥ 10 Min B = 10 khi x = -2
Xây dựng trờng hợp tổng quát:
Xét đa thức ax2 + bx + c, ta có:
F(x) = ax2 + bx + c = a(x +
a
b
2 )2 -
a
ac b
4
4
2 −
Nếu a > 0 thì ax2 + bx + c ≥
-a
ac b
4
4
2 − => Min F(x) =
-a
ac b
4
4
2 − khi x =
-a
b
2 Nếu a < 0 thì F(x) ≤
-a
ac b
4
4
2 − => Max F(x) =
-a
ac b
4
4
2 − khi x =
-a
b
2
Bài 17: Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:
B = (x - a)2 + (x - b)2 + (x - c)2 với a, b, c cho trớc
H
ớng dẫn:
B = 3(x -
3
c b
a+ + )2 + (a2 + b2 + c2) -
3
) (a+b+c 2
=> min B = (a2 + b2 + c2) -
3
) (a+b+c 2 khi x =
3
c b
a+ +
III - Phần hình học
Bài 1: Cho ∆ABC, các đờng phân giác của các góc Bˆvà Cˆgặp nhau tại S, các đờng thẳng chứa phân giác của hai góc ngoài Bˆvà Cˆgặp nhau tại E Chứng minh rằng:
a) BSCE là tứ giác nội tiếp
b) 3 điểm A, S, E thẳng hàng
H
ớng dẫn:
a) CS là tia phân giác trong của Cˆ
CE là tia phân giác ngoài của Cˆ
=> SCE = 900
Chứng minh tơng tự SCE = 900
=> Tứ giác SBEC nội tiếp vì SCE + SBC = 1800
b) S là giao điểm của 3 đờng phân giác trong, E là
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 7
A
E
C B
S
1
1 2 2
Trang 8giao điểm của 2 đờng phân giác ngoài của Bˆvà Cˆ
thuộc ∆ABC
Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng
Khai thác bài toán trên:
Nhận xét 1:
Ta có SCE = SBE = 900 => tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE là trung điểm của đoạn SE Ta có thể đặt tiếp câu hỏi cho bài toán
c) Xác định tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSEC
Nhận xét 2:
Vì SBEC là tứ giác nội tiếp => Eˆ1+Eˆ2= Cˆ1+Cˆ2=
2
1 (Bˆ +Cˆ)
=> Câu hỏi tiếp:
d) Chứng minh rằng BEC =
2
1(Bˆ +Cˆ)
Nhận xét 3:
BOC = 2Eˆ = Bˆ+Cˆmà Aˆ +Bˆ +Cˆ = 1800 => BOC + Aˆ = 1800
e) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
Nhận xét 4:
O nằm trên đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC, S là tâm đờng tròn nội tiếp
∆ABC, E là tâm đờng tròn bàng tiếp, OE = OS.
f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đờng tròn nội tiếp với tâm đờng tròn bàng tiếp của tam giác bị đờng tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành hai phần bằng nhau
Bài 2:
Cho đờng tròn tâm O, đờng kính CD = 2R Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Từ một điểm E trên đờng tròn, kẻ tiếp tuyến với đờng tròn đó cắt Cx, Dy lần lợt tại A, B
Chứng minh rằng: AOB = 900
H
ớng dẫn:
(Có nhiều cách giải)
Ta có AE, AC là các tiếp tuyến
=> AO là tia phân giác của COE
Tơng tự: BO là tia phân giác của EOD
Mà COE và EOD là hai góc kề bù
=> AO⊥BO => AOB = 900
Nhận xét 1:
Có thể thay đổi vị trí điểm O bằng điểm M bất kỳ trên CD khi đó đ-ờng thẳng vuông góc với ME tại E không là tiếp tuyến của (O) nữa Vậy AMB = ?
A
B E
O
Trang 9Nhận xét 2:
1) Trờng hợp M ≡ O
=> AMB = AOB = 900
=> cách chứng minh nh bài toán trên
2) Trờng hợp M ≡ C
Có CED = 1v
=> đờng thẳng vuông góc với ME
tại E cắt Cx tại A, cắt Dy tại B => B ≡ D
=> AMB = ACD = 900
3) Trờng hợp M ≡ D
Chứng minh tơng tự trờng hợp M ≡ C
=> AMB = 900
4) Trờng hợp M ≠ O, C và D ta có bài toán sau:
Cho E là một điểm nằm trên (O,
2
CD), M bất kỳ thuộc đoạn CD, (M ≠ O, C và D)
Đờng thẳng vuông góc với ME cắt 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O) lần lợt tại A
và B
Chứng minh rằng: AMB = 900
Chứng minh tơng tự bài trên:
Tứ giác BMED nội tiếp
=> EBM = EDM
ECM + EDM = EAM + EBM = 1v
AMB = 900
5) Trờng hợp M nằm ngoài CD ta có bài toán sau:
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 9
A
E
C
y x
C
O
y x
A
Trang 10Cho E là một điểm nằm trên (O) đờng kính CD và M là điểm bất kỳ thuộc CD nhng ở ngoài CD, đờng vuông góc với ME tại E cắt tiếp tuyến
Cx, dy của (O) lần lợt tại A, B chứng minh rằng AMB = 900
Có: MEB = MDB = 900
=> Tứ giác AECM nội tiếp
=> MBA = MDE
tơng tự tứ giác AECM nội tiếp
=> MAE = ECD
mà MDE + ECD = MAB + MBA = 900
=> AMB = 900 => đpcm
Bài 3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R Trên nửa mặt phẳng
bờ AB chứa nửa đờng tròn vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đờng tròn Lấy
C, D lần lợt thuộc Ax, By sao cho CD = AC + BD
Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB
Bài toán này có thể giải đợc dựa trên ý tởng là xét hai tam giác bằng nhau để rút ra các yếu tố tơng ứng của chúng bằng nhau
Lời giải:
Trên tia đối của tia BD đặt điểm K sao cho: BK = AC
Từ đó ta có DK = DB + BK = DB + AC = CD
Từ ∆OAC = ∆OBK có OC = OK
Dễ thấy ∆OCD = ∆OKD (c.c.c)
Vẽ OM vuông góc với CD, ta có các đờng cao tơng ứng OM = OB suy ra CD là tiếp tuyến của nửa đờng tròn đờng kính AB
Nhận xét:
Từ lời giải bài toán này cũng suy ra đợc COD = 900 và AC.DB = R2
ta lập đợc 3 bài toán nh sau:
Bài 3.1: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp
tuyến của nửa đờng tròn Vẽ CD là tiếp tuyến với đờng tròn đờng kính AB sao cho C thuộc Ax, D thuộc By
Chứng mịnh
a) CD = AC + BD
b) AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD
c) AC BD = R2
Bài 3.2: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp
tuyến của nửa đờng tròn C thuộc Ax, D thuộc By AB là tiếp tuyến với đ-ờng tròn đđ-ờng kính CD
Chứng mịnh
a) CD = AC + BD
b) CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB
c) AC BD = R2
Bài 3.3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp
tuyến của nửa đờng tròn C thuộc Ax, D thuộc By và AC BD = R2
A
x
y
D B E