Cho tam giác nhọn \(ABC\) với \(AB < AC\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right),\) các đường cao \(AD,BE,CF\) cắt nhau tại \(H.\) Gọi \(P\) là giao điểm thứ hai của \(AD\) và \(\left( O \right),\) \(M\) là điểm đối xứng với \(P\) qua \(AB.\)

            a) Chứng minh tứ giác \(AHBM\) nội tiếp.

            b) Qua \(P\) kẻ đường thẳng song song với \(EF\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(Q\). Chứng minh \(Q\) đối xứng với \(P\) qua \(OA.\)

            c) Gọi \(K\) là trung điểm của \(EF\). Chứng minh đường thẳng\(AK\) và các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,C\) đồng quy.

a)Vì \[\left( {{x^2} - x - 1} \right)\left( {{y^2} + xy - 6} \right) = 2x + 1\] nên \(\left( {2x + 1} \right)\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {2x - 3} \right)\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {4{x^2} - 4x - 3} \right)\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {4\left( {{x^2} - x - 1} \right) + 1} \right]\, \vdots \,\left( {{x^2} - x - 1} \right)\)

\( \Rightarrow 1\, \vdots \,\left( {{x^2} - x + 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {{x^2} - x - 1} \right) \in \left\{ { - 1\,;1} \right\}\)

\( \Rightarrow x \in \left\{ {\,0\,;\,1\,;\, - 1;2} \right\}\), mà \(x\)nguyên dương \( \Rightarrow x \in \left\{ {\,1\,;\,2} \right\}.\)

Với \(x = 1\), ta có phương trình: \({y^2} + y - 9 = - 3\)\( \Leftrightarrow y = 2\) hoặc \(y = - 3 < 0\)(không thỏa mãn)

Với \(x = 2\), ta có phương trình: \({y^2} + 2y - 9 = 5 \Leftrightarrow {y^2} + 2y - 14 = 0\) (loại do phương trình có 2 nghiệm không nguyên).

Thử lại \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\) thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy cặp số nguyên dương \(\left( {x;y} \right)\)cần tìm là \(\left( {1;2} \right)\).

b)- Với \(n = 1 \Rightarrow {3^n} + {7^n} = 3 + 7 = 10\cancel{ \vdots }11\) (không thỏa mãn).

- Với \(n = 3 \Rightarrow {3^n} + {7^n} = {3^3} + {7^3} = 370\cancel{ \vdots }11\) (không thỏa mãn).

- Với \(n = 5 \Rightarrow {3^n} + {7^n} = {3^5} + {7^5} = 17050 \vdots 11\) (thỏa mãn).

Suy ra \(n \ge 5\). Giả sử \(n = 5k + r{\rm{ }}\left( {0 \le r \le 4} \right)\).

Ta có \({3^{5k + r}} + {7^{5k + r}} = {\left( {{3^5}} \right)^k}{.3^r} + {\left( {{7^5}} \right)^k}{.7^r} \equiv {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} \vdots 11\) với \(r = 0,1,2,3,4\).

- Khi \(r = 0\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = 1 + {\left( { - 1} \right)^k} \vdots 11\) xảy ra khi \(k\) lẻ.

- Khi \(r = 1\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = 3 + 7.{\left( { - 1} \right)^k}\cancel{ \vdots }11\) với mọi \(k\).

- Khi \(r = 2\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = {3^2} + {7^2}.{\left( { - 1} \right)^k}\cancel{ \vdots }11\) với mọi \(k\).

- Khi \(r = 3\)\( \Rightarrow {3^r} + {7^r}.{\left( { - 1} \right)^k} = {3^3} + {7^3}.{\left( { - 1} \right)^k}\cancel{ \vdots }11\) với mọi \(k\).

- Khi $\frac{1}{1};\frac{1}{2};\frac{1}{3};\dots ;\frac{1}{2023}$ với mọi  $k$

Vậy $n=5k$ (lẻ).

Khi đó $2^n+6^n+{2023}^n={\left(2^5\right)}^k+{\left(6^5\right)}^k+{\left(2023\right)}^{5k}\equiv {\left(-1\right)}^k+{\left(-1\right)}^k+{\left(-1\right)}^k\left(\mathrm{mod}11\right)$ $\equiv -3\left(\text{mod}11\right)$

Vậy \({2^n} + {6^n} + {2023^n}\) chia \(11\) có số dư là \(8.\)

Sử dụng bất đẳng thức: Với \(a,b,c \ge 0,\) ta có \(\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c \le \sqrt {3(a + b + c)} .\)

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

\(Q = \sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} + \sqrt {1 - \frac{4}{{{y^2}}}} + \sqrt {1 - \frac{4}{{{z^2}}}} \le \sqrt {3\left[ {3 - 4\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right)} \right]} = \sqrt {9 - 12\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right)} \)

Lại có \[\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} \ge \frac{1}{3}{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2}.\]

Suy ra \(Q \le \sqrt {9 - 4{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} .\)

Từ giả thiết \(4xyz = 9(x + y + z) + 27 \Leftrightarrow 9\left( {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}} \right) + \frac{{27}}{{xyz}} = 4\,\,(*)\)

Với \(\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} \le \frac{1}{3}.{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2}\)và \(\frac{1}{{xyz}} \le \frac{1}{{27}}.{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^3}\)

Từ (*) ta có \[3{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^3} \ge 4{\rm{ }}\left( {**} \right)\]

Đặt \(t = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} > 0\).

Khi đó \((**) \Leftrightarrow \) \[{t^3} + 3{t^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right){\left( {t + 2} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow t \ge 1\] (do \({\left( {t + 2} \right)^2} > 0\)).

Suy ra \(Q \le \sqrt {9 - 4{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} \le \sqrt {9 - {{4.1}^2}} = \sqrt 5 .\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = 3.\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(Q\) là \(\sqrt 5 .\)