Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), có đường cao AH. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi J là giao điểm của Ai và DE; K là trung điểm của AB.

a)     Chứng minh tứ giác BIJD nội tiếp.

b)     Gọi M là giao điểm của KI và AC, N là giao điểm của AH và ED. Chứng minh \(AM = AN\)

Gọi Q là giao điểm của DI và EF, P là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng.

a) Giả sử \(a \ge 0\), khi đó \(b \ge 1\) và \(c \ge 2\). Ta có

\(n = \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)\) là số nguyên tố, mà \(a + b + c > 1\)

Nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 1\), hay \({\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {c - b} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} = 2.\)

Vì \(c > b > a\) nên \({\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {c - b} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge {1^2} + {1^2} + {2^2} > 2\). Từ mâu thuẫn nhận được, ta suy ra \(a < 0\).

b) Nếu \(c \le 0\), thì ta có \(a + b + c < 0\), suy ra \(n < 0\), mâu thuẩn. Do đó \(c \ge 1\). Như vậy

\({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca\; = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {b - a} \right)}^2} + {{\left( {c - b} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \right]\)

\( \ge \frac{1}{2}{\left( {c - a} \right)^2} \ge \frac{1}{2}{\left[ {1 - \left( { - 1} \right)} \right]^2} = 2 > 1\).

Vì n là số nguyên tố và là ước của 2023 = \({7.17^2}\) nên \(n \in \left\{ {7,\;17} \right\}\).

Trường hợp 1: \(n = 17\). Theo chứng minh ở trên, ta phải có \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 17\)

và \(a + b + c = 1\). Từ đó, ta dễ dàng tính được

\(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) + {\left( {a + b + c} \right)^2} = 35\).

Mâu thuẩn vì 35 không chia hết cho 3

Trường hợp 2: \(n = 7\). Theo chứng minh ở trên, ta phải có \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 7\)

và \(a + b + c = 1\). Từ đó \(3({a^2} + {b^2} + {c^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) + {\left( {a + b + c} \right)^2} = 15\), suy ra \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 5\) và \(ab + bc + ca = - 2\).

Do \(5 = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 1 + {c^2}\) nên \(c \le 2\). Mà \(c \ge 1\) nên \(c \in \left\{ {1;2} \right\}\).

·       Nếu \(c = 2\), thì ta có \({a^2} + {b^2} = 1\). Suy ra \({a^2} \le 1\), tức \(a \ge - 1\). Mà \(a < 0\) nên \(a = - 1\) và \(b = 0\). Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

·       Nếu \(c = 1\), thì ta có \({a^2} + {b^2} = 4\). Suy ra \({a^2} \le 4\), tức \(a \ge - 2\). Mà \(a < 0\) nên \(a \in \left\{ { - 1, - 2} \right\}\). Thử trực tiếp, ta được \(a = - 2\) và \(b = 0\). Tuy nhiên, các số \(a = - 2,\;b = 0\) và \(c = 1\) không thỏa mãn \(a + b + c = 1\).

Vậy, có duy nhất một bộ số \(\left( {a,b,c} \right)\) thỏa mãn yêu cầu đề bài là \(\left( { - 1,\;0,\;2} \right).\)