1. Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), điểm \(E\) thuộc cung nhỏ  của đường tròn \(\left( O \right)\,\,\left( {E \ne A,\,E \ne B} \right)\). Đường thẳng \(AE\) cắt các tiếp tuyến tại \(B,\,C\)của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M,\,N\).

        a) Chứng minh rằng \(MB.NC = A{B^2}\).

        b) Gọi \(F\) là giao điểm của \(MC\) và \(BN\), \(H\) là trung điểm \(BC\). Chứng minh rằng ba điểm \(E,\,F,\,H\) thẳng hàng.

        2. Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và hai điểm \(A,\,B\) cố định nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(\widehat {AOB} = {120^0}\). Điểm \(M\) thay đổi trên cung lớn  của đường tròn \(\left( O \right)\). Đường tròn nội tiếp tam giác \(MAB\) tiếp xúc với \(MA,\,MB\) lần lượt tại \(E,\,F\). Chứng minh rằng đường thẳng \[EF\] luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

1)Ta có: \({a^2} + {b^2} + 2 = {\left( {a + b} \right)^2}\)

Nên

\(\begin{array}{l}Q = \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}}\left( {\frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}}} \right) + \frac{3}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}} \right) + \frac{6}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\\ = \frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}} + \frac{{3\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}} + \frac{6}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\\ = \frac{{\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {a + b} \right) + 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 6}}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{{a^4} + {b^4} + ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 6}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{a^4} + {b^4} + 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 6}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\end{array}\)

\[\begin{array}{l} = \frac{{\left( {{a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2}} \right) + 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2} + 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\end{array}\]

\[\begin{array}{l} = \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\\ = 1\end{array}\]

2)\(P = \sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy - \left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = \sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy - \sqrt {15} \)

Đặt \(\begin{array}{l}M = \sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy \Rightarrow {M^2} = \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{y^2} + 1} \right) + {x^2}{y^2} + 2xy\sqrt {{x^2} + 1} .\sqrt {{y^2} + 1} \\ = 2{x^2}{y^2} + {x^2} + {y^2} + 1 + 2xy\sqrt {{x^2} + 1} .\sqrt {{y^2} + 1} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} = {x^2}\left( {{y^2} + 1} \right) + {y^2}\left( {{x^2} + 1} \right) + 2x\sqrt {{y^2} + 1} .y\sqrt {{x^2} + 1} + 1\\ = {\left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right)^2} + 1\end{array}\)

\( = 16 \Rightarrow M = 4\). Vậy \(P = 4 - \sqrt {15} \).

1)Đặt \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16\)

Với \(p = 3\) thì \(A = 169 = {13^2}\) là số chính phương. Vậy \(p = 3\) thoả mãn.

Với \(p > 3\) thì \({p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\). Suy ra\({p^4} = {\left( {{p^2}} \right)^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\)

Suy ra \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16 \equiv 2.1 - 1 + 16 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)\)

Do các số chính phương chia cho 3 chỉ dư \(0\) hoặc 1 nên \(A\) không là số chính phương.

2)Ta có phương trình

\(\begin{array}{l}6{x^2} + 7xy + 2{y^2} + x + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + \left( {7y + 1} \right)x + 2{y^2} + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow \left( {2x + y + 1} \right)\left( {3x + 2y - 1} \right) = 1\end{array}\)

\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = 1\\3x + 2y - 1 = 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = - 1\\3x + 2y - 1 = - 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 4\end{array} \right.\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = 6\end{array} \right.\)