Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Đường thẳng \(\Delta \) tiếp xúc với \(\left( O \right)\) tại \(A\), \(I\) là điểm cố định trên đoạn \(AB\)và \(CD\)là dây cung thay đổi của \(\left( O \right)\) luôn đi qua \(I\). Các đường thẳng \(BC,BD\) cắt \(\Delta \) lần lượt tại \(M,N\).

            a) Chứng minh rằng \(CDMN\) là tứ giác nội tiếp.

            b) Gọi \(K\)là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BMN\) với đường thẳng \(AB\). Chứng minh rằng \(KMCI\) là tứ giác nội tiếp và tích \(AM.AN\)không đổi.

            c) Gọi \(T\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(CDNM\). Tìm vị trí của \(CD\) sao cho độ dài đoạn thẳng \(BT\)nhỏ nhất.

Ta có nhận xét sau

\[{\left( {\frac{1}{{\sqrt {a + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {b + 1} }}} \right)^2} = \frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{2}{{\sqrt {\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)} }}\]

\[ = \frac{{a + b + 2}}{{ab + a + b + 1}} + \frac{2}{{\sqrt {ab + a + b + 1} }} \le \frac{{a + b + 2}}{{a + b + 1}} + \frac{2}{{\sqrt {a + b + 1} }}\]\[ = {\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt {a + b + 1} }}} \right)^2}\]

Do đó ta được \[\frac{1}{{\sqrt {a + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {b + 1} }} \le 1 + \frac{1}{{\sqrt {a + b + 1} }}\].

Mặt khác, ta có \[{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\] suy ra \[a + b \ge 1 - c\].

Từ đây kết hợp với \[c \le 1\] (vì \[c \ge 0\] và \[{c^2} \le 1\]), ta suy ra

\[P \le 1 + \frac{1}{{\sqrt {2 - c} }} + \frac{1}{{\sqrt {c + 2} }}\]\[ = 1 + \sqrt {{{\left( {\frac{1}{{\sqrt {2 - c} }} + \frac{1}{{\sqrt {c + 2} }}} \right)}^2}} \]\[ = 1 + \sqrt {\frac{1}{{2 - c}} + \frac{1}{{2 + c}} + \frac{2}{{\sqrt {4 - {c^2}} }}} \]

\[ = 1 + \sqrt {\frac{4}{{4 - {c^2}}} + \frac{2}{{\sqrt {4 - {c^2}} }}} \]\[ \le 1 + \sqrt {\frac{4}{{4 - 1}} + \frac{2}{{\sqrt {4 - 1} }}} \]\[ = 2 + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi \[a = b = 0,c = 1\]. Vậy giá trị lớn nhất của \[P\] là \[2 + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\].

a) Ta biến đổi phương trình như sau

\({x^2} - {y^2} + 2\left( {3x + y} \right) = 23\)\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 6x + 9} \right) - \left( {{y^2} - 2y + 1} \right) = 31\)\( \Leftrightarrow {\left( {x + 3} \right)^2} - {\left( {y - 1} \right)^2} = 31\)\( \Leftrightarrow \left( {x - y + 4} \right)\left( {x + y + 2} \right) = 31\)

Từ đây, ta xét bảng sau \[\]

Vậy tất cả các nghiệm \[\left( {x,y} \right)\]thỏa mãn là \[\left( {13, - 14} \right);\left( {13,16} \right);\left( { - 19,16} \right);\left( { - 19, - 14} \right)\].

b) Gọi hai nghiệm nguyên của \(P\left( x \right) = {x^2} + bx + c\) là \[u,v\].

Theo định lý Vi – et ta được \[u + v = - b\], \[uv = c\].

Vì \[\left| {P\left( 9 \right)} \right|\] là số nguyên tố nên \[\left| {\left( {9 - u} \right)\left( {9 - v} \right)} \right|\] là số nguyên tố dẫn đến \[\left| {9 - u} \right| = 1\] hoặc \[\left| {9 - v} \right| = 1\].

Không mất tính tổng quát, ta giả sử \[\left| {9 - u} \right| = 1 \Leftrightarrow u \in \left\{ {8;10} \right\}\].

Trường hợp 1. \[u = 10\], vì \[\left| c \right| \le 16\], nên \[\left| v \right| \in \left\{ {0;1} \right\}\]\[ \Leftrightarrow v \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\].

Mặt khác \[9 - 1 = 8,\]\[9 - 0 = 9,\]\[9 + 1 = 10\] đều không là số nguyên tố nên trường hợp này loại.

Trường hợp 2. \[u = 8\], vì \[\left| c \right| \le 16\], nên \[\left| v \right| \le 2\].

Mà \[v\] phải là số chẵn nên từ đây suy ra \[v \in \left\{ { - 2;2} \right\}\]. Thử lại cả hai giá trị này thỏa mãn và ta nhận được giá trị của \[b,c\] tương ứng là \[ - 10,16\] và \[ - 6, - 16\].

Vậy tất cả cặp \[\left( {b,c} \right)\] thỏa mãn là \[\left( {b,c} \right) \in \left\{ {\left( { - 10,16} \right);\left( { - 6, - 16} \right)} \right\}\].