Trên đường tròn tâm O đường kính \(AB = 2R\) lấy điểm N sao chho \(AN = R\) và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BN (M khác B và N). Gọi I là giao điểm của AM và BN, H là hình chiếu của I trên AB, IH cắt AN tại C, K là điểm đối xứng với N qua AB.

a)     Chứng minh \(CM.CB = CI.CH\) và ba điểm K, H, M thẳng hàng.

b)    Gọi P là giao điểm thứ hai của NH và (O). Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HPK thuộc đường thẳng cố định khi M thay đổi.

c)     Xác định vị trí của điểm M để tổng \(MB + MN\) đạt giá trị lớn nhất.

a)  Ta có:      \({a^3} + {b^3} - 8{c^3} + 28{d^3} = 0 \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + {d^3} \vdots 3\)

                    \( \Rightarrow {\left( {a + b} \right)^3} - 3ab\left( {a + b} \right) + {\left( {c + d} \right)^3} - 3cd\left( {c + d} \right) \vdots 3\)

                    \( \Rightarrow {\left( {a + b} \right)^3} + {\left( {c + d} \right)^3} \vdots 3\)

\( \Rightarrow {\left( {a + b + c + d} \right)^3} - 3\left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)\left( {a + b + c + d} \right) \vdots 3\)

                                               \( \Rightarrow {\left( {a + b + c + d} \right)^3} \vdots 3\)

                                                                    \( \Rightarrow a + b + c + d \vdots 3\)

\( \Rightarrow {\left( {a + b + c + d} \right)^2} \vdots 9\) (đpcm)

b) Xét đa thức \(P\left( x \right) = a{\left( {x + 1} \right)^{1012}}{\left( {x - 2} \right)^{1012}}\), với \(a \in \mathbb{R}\), đa thức \(P\left( x \right)\) có bậc là 2024

Ta có:

\(P\left( {{x^2} - 2} \right) = a.{\left( {{x^2} - 1} \right)^{1012}}{\left( {{x^2} - 4} \right)^{1012}} = a{\left( {x + 1} \right)^{1012}}{\left( {x - 2} \right)^{1012}}{\left( {x - a} \right)^{1012}}{\left( {x + 2} \right)^{1012}}\)

\( = P\left( x \right){\left( {x - 1} \right)^{1012}}{\left( {x + 2} \right)^{1012}}\)

\( \Rightarrow P\left( {{x^2} - 2} \right)\) chia hết cho đa thức \(P\left( x \right)\)

Vậy tồn tại đa thức \(P\left( x \right) = a{\left( {x + 1} \right)^{1012}}{\left( {x - 2} \right)^{1012}}\) với hệ số thức, có bậc 2024 thỏa mãn đã thức \(P\left( {{x^2} - 2} \right)\) chia hết cho đa thức \(P\left( x \right)\).

Ta có \(\left( {a\sqrt {{a^2} + 9bc} + b\sqrt {{b^2} + 9ac} + c\sqrt {{c^2} + 9ab} } \right).F \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\)

Đặt \(Q = a\sqrt {{a^2} + 9bc} + b\sqrt {{b^2} + 9ac} + c\sqrt {{c^2} + 9ab} \)

\({Q^2} = {\left[ {\sqrt a \sqrt {{a^3} + 9ac} + \sqrt b \sqrt {{b^3} + 9ac} + \sqrt c \sqrt {{c^3} + 9ab} } \right]^2} \le \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} + 27abc} \right)\)

Ta lại có \({a^3} + {b^3} + {c^3} = {\left( {a + b + c} \right)^3} - 3\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^3} - 24abc\)

\( \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} + 27abc} \right) \le \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^3} + 3abc} \right]\) mà \(3abc \le \) \(\frac{{{{\left( {a + b + C} \right)}^3}}}{9}\)

\( \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} + 27abc} \right) \le \frac{{10{{\left( {a + b + c} \right)}^4}{\rm{\;\;}}}}{9}\)

\( \Rightarrow Q \le \frac{{\sqrt {10} {{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\;\)mà \(\left( {a\sqrt {{a^2} + 9bc} + b\sqrt {{b^2} + 9ac} + c\sqrt {{c^2} + 9ab} } \right).F \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\)

Suy ra \(F \ge \) \(\frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}\). Vậy min F = \(\frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c\)