Cho tam giác nhọn ABC, với AB < AC, nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở D. Đường tròn đường kính AD cắt đường tròn đường kính OD tại điểm E (khác D). Gọi F là giao điểm của đoạn thẳng OE và đường tròn (O).

a) Chứng minh rằng 3 điểm A, O, E thẳng hàng và CF là tia phân giác của góc BCE.

b) Các tia AB, AC lần lượt cắt đường tròn đường kính AD tại các điểm G, K (đều khác A). Chứng minh rằng OD đi qua trung điểm của đoạn thẳng GK.

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

Gọi S là giao của DE và GH. Ta đi chứng minh C, M, S thẳng hàng.

Ta có \(\widehat {ADE} = \widehat {AED} = \widehat {DHS} \Rightarrow \)CD là tiếp tuyến của (SHD) tại D

Tương tự ta cũng có CH là tiếp tuyến của (SHD) tại H

Khi đó SC là đường đối trung của tam giác SHD

Gọi N là trung điểm HD. Theo bổ đề đường dối trung, ta có:

\(\widehat {HSN} = \widehat {CSD}\) (1) Lại có tam giác SEGSHD

\( \Rightarrow \)Tam giác SEMSHN (Chia đôi tỉ số đường trung tuyến)

\( \Rightarrow \widehat {SEM} = \widehat {HSN}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {CSD} = \widehat {ESM} \Rightarrow \)(đpcm)

a) Cho x,y,z dương thoả mãn \(xyz = 1\). Chứng minh:

     \(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2023\left( {x + y + z} \right)\)

+ AB.GM ba số: \(x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} = 3\)

+ Ta có:

\(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}}\;\)

Đặt \(t = x + y + z\;\;\left( {t \ge 3} \right)\), ta phải chứng minh:

\(2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}} \ge 2023\;\left( {x + y + z} \right)\)

Tức là:

\(2008\frac{{{t^3}}}{3} + 15.\frac{9}{t} \ge 2023t\)

\( \Rightarrow \) \(2008{t^3} + 405 \ge 6069{t^2}\)

\( \Rightarrow \) \(\left( {t - 3} \right)\left( {2008{t^2} - 45t - 135} \right) \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

Trong đó

\(2008{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15t\left( {t - 3} \right) - 135\)

\( \ge {1993.3^2} + 15.3.0 - 135 > 0\)

\( \Rightarrow 2008{t^2} - 45t - 135 > 0\)

Tức là (1) đúng

Vậy bài toán được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi \(x = y = z = 1\)

b) Cho phương trình ẩn x, tham số a và b:\({x^2} - 4a{b^2}x - 4a{b^3} - a = 0\)

Tìm tất cả các cặp (a;b) nguyên dương sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ đều nguyên và x₁+x₂+1 là số nguyên tố.

Ta có : \({\rm{\Delta '}} = 4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a = \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + {b^2}} \right) + a - {b^2} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2} + a - {b^2}\)

Để phương trình có hai nghiệm nguyên ta cần \({\rm{\Delta }}'\) là số chính phương.

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\)

\( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} + 4a{b^2} + 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\)

\( = \left( {{b^2} + 1 + 4a{b^2} + 2b} \right) - a\)

\( = {b^2} + 2b + 1 + a\left( {4{b^2} - 1} \right) > 0\;\) vì \(a,b \in {N^*}\)

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\) \( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} - 4a{b^2} - 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\) \( = {b^2} + 1 - 4a{b^2} - 2b - a\) \( = {b^2}\left( {\underbrace {1 - 4a}_{ < 0}} \right) - 2b + \left( {\underbrace {1 - a}_{ < 0}} \right) < 0\)

Ta được: \({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} < {\rm{\Delta '}} < {\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2}\)

Mà \({\rm{\Delta '}}\) là số chính phương nên \({\rm{\Delta '}} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2}\)\( \Rightarrow a = {b^2}\)

+Xét biểu thức:\({x_1} + {x_2} + 1\;\) \( = 4a{b^2} + 1\) \( = 4{b^4} + 1\) \( = \left( {4{b^4} + 4{b^2} + 1} \right) - 4{b^2}\) \( = {\left( {2{b^2} + 1} \right)^2} - {\left( {2b} \right)^2}\)\( = \left( {2{b^2} - 2b + 1} \right)\left( {2{b^2} + 2b + 1} \right)\)

Ta cần \({x_1} + {x_2} + 1\;\) là số nguyên tố, mà \(2{b^2} + 2b + 1 \ge 5\) nên:

\(2{b^2} - 2b + 1 = 1\) \( \Rightarrow \) \(b\left( {b - 1} \right) = 0\)\( \Rightarrow \) \(b = 1\) (vì \(b \ge 1\))

Kiểm tra lại: \({x_1} + {x_2} + 1 = 4{b^4} + 1 = 5\): là số nguyên tố

Vậy \(a = b = 1\)