Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm đoạn AH, đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P, Q và cắt đường thẳng BC tại S sao cho P nằm giữa S và F. Chứng minh rằng:

a)     Tứ giác AOMN là hình bình hành.

b)    \(A{P^2} = A{Q^2} = AE.AC.\)

Tứ giác DMEF nội tiếp và \(\frac{{FP}}{{PS}} = \frac{{QE}}{{ES}}\)

a) Giải phương trình \(2\left( {\sqrt {x - 1} + 1} \right) = x + \sqrt {x + 2} \)

Điều kiện tồn tại phương trình: \(x \ge 1\)

Biến đổi:

                                             \(2\left( {\sqrt {x - 1} + 1} \right) = x + \sqrt {x + 2} \)

         \( \Leftrightarrow \left( {2\sqrt {x + 1} - \sqrt {x + 2} } \right) - \left( {x - 2} \right) = 0\)

     \( \Leftrightarrow \frac{{3x - 6}}{{2\sqrt {x - 1} + \sqrt {x + 2} }} - \left( {x - 2} \right) = 0\)

  \( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left[ {\frac{3}{{2\sqrt {x - 1} + \sqrt {x + 2} }} - 1} \right] = 0\)

                                               \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{2\sqrt {x - 1} + \sqrt {x + 2} = 3\;\;\;\left( * \right)}\end{array}} \right.\)

Từ (*) suy ra \({\left( {2\sqrt {x - 1} + \sqrt {x + 2} } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow 5x - 2 + 4\sqrt {{x^2} + x - 2} = 9\)

\( \Leftrightarrow 4\sqrt {{x^2} + x - 2} = 11\; \Rightarrow 16\left( {{x^2} + x - 2} \right) = {\left( {11 - 5x} \right)^2}\;\;\;\left( {**} \right)\)

Giải (**) cho hai nghiệm \(x = 7 - 4\sqrt 2 \) và \(x = 7 + 4\sqrt 2 \). Thay các nghiệm này vào (*) thì

\(x = 7 + 4\sqrt 2 \) không thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: \(x = 2;x = 7 - 4\sqrt 2 .\)

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + {y^2} = xy + x - y + 2}\\{{x^3} + {y^3} = y\left( {x + y + 4} \right) + x}\end{array}} \right.\)

Hệ phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} - xy + {y^2} = x - y + 2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)}\\{\left( {x + y} \right)({x^2} - xy + {y^2} = xy + {y^2} + 4y + x\;\;\;\;\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Thế (1) và (2) ta được: \(\left( {x + y} \right)\left( {x - y + 2} \right) = xy + {y^2} + 4y + x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - xy - 2{y^2} + x - 2y = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2y} \right)\left( {x + y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2y}\\{x = - y - 1}\end{array}} \right.\)

Với \(x = 2y\), thay vào (1) ta có:

                           \(4{y^2} - 2{y^2} + {y^2} = y + 2 \Leftrightarrow 3{y^2} - y - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 1}\\{y = - \frac{2}{3}}\end{array}} \right.\)

Khi đó \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\) và \(\left( {x;y} \right) = ( - \frac{4}{3}; - \frac{2}{3}\)

Với \(x = - y - 1\), thế vào (1) ta được:

              \({\left( {y + 1} \right)^2} + \left( {y + 1} \right)y + {y^2} = - y - 1 - y + 2 \Leftrightarrow 3{y^2} + 5y = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0}\\{y = - \frac{5}{3}}\end{array}} \right.\)

Khi đó \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;0} \right)\) và \(x;y) = \left( {\frac{2}{3};\frac{5}{3}} \right)\).

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \in \left\{ {\left( {2;1} \right),\;\left( { - \frac{4}{3};\; - \frac{2}{3}} \right),\;\;\left( { - 1;0} \right),\;\;\left( {\frac{2}{3};\frac{5}{3}} \right)} \right\}\)

a) Cho hai số nguyên dương \(a,b\) thỏa mãn \({a^3} \vdots b;{b^3} \vdots a\). Chứng minh \(\left( {{a^4} + {b^4}} \right) \vdots ab\)

Vì \({a^3} \vdots b\) nên \({a^3}.a \vdots b.a\) hây \({a^4} \vdots ab\). Tương tự, vì \({b^3} \vdots a\) nên \({b^3}.b \vdots a.b\) hay \({b^4} \vdots ab\). Từ đấy suy ra \(\left( {{a^4} + {b^4}} \right) \vdots ab\).

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(x\left( {{x^2} - y} \right) + \left( {y - 3} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 0\)

Từ đề bài \(x\left( {{x^2} - y} \right) + \left( {y - 3} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 0\) ta rút ra \(y = \frac{{ - {x^3} + 3{x^2} + 3}}{{{x^2} - x + 1}} = - x + 2 + \frac{{3x + 1}}{{{x^2} - x + 1}}\)

(Vì \[{x^2} - x + 1 > 0\;voi\;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} moi\;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} x)\]

Khi x nguyên, để y là nguyên thì\(\;\left( {3x + 1} \right) \vdots \left( {{x^2} - x + 1} \right)\) do đó;

\({\left( {3x + 1} \right)^2} = \left( {9{x^2} + 6x + 1} \right) = 9\left( {{x^2} - x + 1} \right) + \left( {15x - 8} \right) \vdots \left( {{x^2} - x + 1} \right)\) hay \(\left( {15x - 8} \right) \vdots \left( {{x^2} - x + 1} \right)\)

Suy ra 3=\(\left[ {5\left( {3x + 1} \right) - \left( {15x - 8} \right)} \right] \vdots \left( {{x^2} - x + 1} \right)\)

Như vậy:

v \({x^2} - x + 1 = 13 \Rightarrow {x^2} - x - 12 = 0 \Rightarrow x = - 3\) hoặc \(x = 4\)

Với \(x = - 3\) thì \(y = \frac{{57}}{{13}}\) (không nguyên); với \(x = 4\) thì \(y = - 1\) (nguyên).

v \({x^2} - x + 1 = 1 \Rightarrow {x^2} - x = 0 \Rightarrow x = 0\) hoặc

Với \(x = 0\) thì \(y = 3\) (nguyên); với \(x = 1\) thì \(y = 5\) (nguyên).

Thử lại thấy các nghiệm trên đều thỏa mãn. Vậy có 3 cặp \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là (0; 3), (1;5) và (4; -1).