a) Không dùng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn biểu thức

\[{\rm{A}} = \sqrt[3]{{\sqrt {507}  + \sqrt {13 - \sqrt {48} }  - 25}}\].

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên \[(x\,;y)\] thỏa mãn \[{x^3} + {x^2} = {y^3} + {y^2}\].

a) Chứng minh bốn điểm B, C, D, O cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có \[\widehat {{\rm{BDC}}} = 2\widehat {{\rm{BAC}}}\] (gt), \[\widehat {{\rm{BOC}}} = 2\widehat {{\rm{BAC}}}\] (t/c góc ở tâm)\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BDC}}} = \widehat {{\rm{BOC}}}\].        

Mà O, D nằm cùng phía đối với đường thẳng BC nên bốn điểm B, C, D, O cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh OD là đường phân giác ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\] và tổng \[{\rm{BD + CD}}\] bằng hai lần khoảng cách từ A đến đường thẳng OD.

 - Dựng đường kính OP của đường tròn (O’) đi qua 4 điểm B, O, D, C.

\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BDP}}} = \frac{1}{2}\]sđ, \[\widehat {{\rm{CDP}}} = \frac{1}{2}\]sđ.

+ \[{\rm{OP}} \bot {\rm{BC}} \Rightarrow \] sđ= sđ\[ \Rightarrow \widehat {{\rm{BDP}}} = \widehat {{\rm{CDP}}}\].

Do đó DP là đường phân giác trong của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\].

Lại có \[{\rm{OD}} \bot {\rm{DP}} \Rightarrow \] OD là đường phân giác ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\].

+ Dựng đường thẳng qua C, vuông góc với OD và cắt đường thẳng BD tại C’.

+ Vì OD là đường phân giác ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\] nên DC = DC’ và OC = OC’ (C’ nằm trên đường tròn (O)).

+ Ta có: BD + CD = BD + DC’ = BC’ = 2BK (với K là trung điểm của BC’).

+ Hạ AL vuông góc với đường thẳng OD tại L.

- Xét hai tam giác vuông ALO và BKO có:

+ OA = OB ( bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

+ \[\widehat {{\rm{OAL}}} = \widehat {{\rm{OPD}}}\] (so le trong)

Suy ra hai tam giác ALO và BKO bằng nhau. Do đó BK = AL.

Suy ra BD + CD = 2AL (điều cần chứng minh).

Cách khác:

Kẻ \[{\rm{AL}} \bot {\rm{OD}}\] tại \[{\rm{L}}\].

Trên tia đối của tia \[{\rm{DB}}\] lấy điểm \[{\rm{C}}'\] sao cho \[{\rm{DC}}' = {\rm{DC}}\], do đó \[{\rm{BD}} + {\rm{DC}} = {\rm{BC}}'\](1)

Tam giác \({\rm{DCC}}'\) cân tại D nên \[\widehat {{\rm{BDC}}} = 2.\widehat {{\rm{BC'C}}}\], từ đó suy ra \[\widehat {{\rm{BAC}}} = \widehat {{\rm{BC'C}}}\], do đó điểm \[{\rm{C}}'\] thuộc đường tròn \[\left( {\rm{O}} \right)\]

Có \[{\rm{OC}} = {\rm{O'C}}\,,\,\,{\rm{DC}} = {\rm{DC}}'\] nên OD là đường thẳng chứa tia phân giác của góc ngoài của \[\widehat {{\rm{BDC}}}\].

Gọi E là giao điểm của OD và BC, chứng minh được \[\widehat {{\rm{DBC}}} = \widehat {{\rm{C'OE}}}\] (cùng bằng \[\widehat {{\rm{DOC}}}\])

Hay \[\widehat {{\rm{C'BE}}} = \widehat {{\rm{C'OE}}}\], do đó bốn điểm \[{\rm{B}},\,{\rm{O}},\,{\rm{C}}',\,{\rm{E}}\] cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra \[\widehat {{\rm{OBC}}'} = \widehat {{\rm{OEC}}'}\] ( cùng chắn cung OC’)

Mặt khác \[\widehat {{\rm{OEB}}} = \widehat {{\rm{OEC}}'}\], do đó \[\widehat {{\rm{OEB}}} = \widehat {{\rm{OBC}}'}\].

Lại có \[\widehat {{\rm{LAO}}} = \widehat {{\rm{OEB}}}\]( góc có cạnh tương ứng vuông góc), suy ra\[\widehat {{\rm{LAO}}} = \widehat {{\rm{OBC}}'}\]

Kẻ \[{\rm{OK}} \bot {\rm{BC}}'\] tại \[{\rm{K}}\], suy ra \[{\rm{BC}}' = 2{\rm{BK}}\]

Ta có \[\Delta \,{\rm{ALO}} = \Delta \,{\rm{BKO}}\] ( cạnh huyền, góc nhọn), suy ra \[{\rm{AL}} = {\rm{BK}}\]

Suy ra \[{\rm{BC}}' = 2{\rm{AL}}\](2)

Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{BD}} + {\rm{DC}} = 2{\rm{AL}}\]