Cho các số thực dương \(a,b,c\) thõa \(a + b + c = 2024.\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} + \frac{b}{{b + \sqrt {2024b + ca} }} + \frac{c}{{c + \sqrt {2024c + ab} }}.\)

Gọi \({\rm{x}},{\rm{y}}\) (thí sinh) lần lượt là số thí sinh dự thi của hai trường \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\).

ĐK: \(x\), y nguyên dương; \(x,y < 380\).

Vì số thí sinh dự thi của cả hai trường là 380 thí sinh nên ta có phương trình: \({\rm{x}} + {\rm{y}} = 380\)

Số thí sinh trúng tuyển của trường \({\rm{A}}\) là: \(55\% x = 0,55x\) (thí sinh)

Số thí sinh trúng tuyển của trường \({\rm{B}}\) là: \(45\% y = 0,45y\) (thí sinh)

Ta có phương trình: \(0,55x + 0,45y = 191\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 380}\\{0,55x + 0,45y = 180}\end{array}} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 200}\\{y = 180}\end{array}} \right.\) (TMĐK)

Vậy số thí sinh dự thi của trường \({\rm{A}}\) là 200 thí sinh

Số thí sinh dự thi của trường \(B\) là 180 thí sinh.

1) Ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^^\circ }\) nên \({\rm{B}},{\rm{F}},{\rm{E}},{\rm{C}}\) cùng thuộc đường tròn đường kính \({\rm{BC}}\).

Suy ra tứ giác \({\rm{BFEC}}\) nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{BC}}\).

2) Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) có:

\(\widehat {{\rm{KFB}}} = \widehat {{\rm{KCE}}}\) (vì cùng bù với góc \({\rm{BFE}})\)

\(\widehat {{\rm{BKF}}}\) : chung

Do đó:

Suy ra: \(\frac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KE}}}} = \frac{{{\rm{KF}}}}{{{\rm{KC}}}} \Rightarrow {\rm{KB}}{\rm{.KC}} = {\rm{KF}}.{\rm{KE}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\)        (1)

3) Ta chứng minh được (g.g)

Suy ra:\(\frac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KA}}}} = \frac{{{\rm{KG}}}}{{{\rm{KC}}}} \Rightarrow {\rm{KB}}{\rm{.KC}} = {\rm{KA}}{\rm{.KG}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\)                (2)

Từ (1), (2) suy ra: \({\rm{KA}}{\rm{.KG}} = {\rm{KE}}{\rm{.KF}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\)

Xét \(\Delta {\rm{KGF}}\) và \(\Delta {\rm{KEA}}\) có: \(\frac{{{\rm{KG}}}}{{{\rm{KE}}}} = \frac{{{\rm{KF}}}}{{{\rm{KA}}}}\) (vì \({\rm{KA}}{\rm{.KG}} = {\rm{KE}}{\rm{.KF}}\)); \(\widehat {{\rm{GKF}}}\) : chung

Do đó: (c.g.c)

Suy ra: \(\widehat {{\rm{KGF}}} = \widehat {{\rm{KEA}}} \Rightarrow \) Tứ giác AGFE nội tiếp                              (3)

Tứ giác \({\rm{AEHF}}\) nội tiếp (vì \(\widehat {{\rm{AEH}}} + \widehat {{\rm{AFH}}} = {180^^\circ }\))                             (4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm: A, G, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính \({\rm{AH}}\).

4) Kẻ đường kính \({\rm{AD}}\) của đường tròn \(({\rm{O}})\). Khi đó: \({\rm{BH}}//{\rm{CD}}\) (vì cùng vuông góc với \({\rm{AC}}\)) \({\rm{CH}}//{\rm{BD}}\) (vì cùng vuông góc với \({\rm{AB}}\)). Do đó tứ giác \({\rm{BHCD}}\) là hình bình hành.

Lại có \({\rm{I}}\) là trung điểm của đường chéo \({\rm{BC}}\) nên I là trung điểm của đường chéo \({\rm{HD}}\)

Suy ra: H, I, D thẳng hàng                                                                 (5)

Ta có: \(\widehat {{\rm{AGD}}} = {90^^\circ }\) (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn)                       (6)

\(\widehat {AGH} = \widehat {AFH} = {90^^\circ }\) (vì nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{AH}}\))                      (7)

Từ (5), (6) và (7) suy ra: \({\rm{H}},{\rm{G}},{\rm{I}}\) thẳng hàng. Vậy \({\rm{HI}}\) vuông góc với \({\rm{AK}}\).