Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm BC.

a) Chứng minh tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp.

b) Ðường tròn tâm I đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh bốn điểm P, H, M, K thẳng hàng.

c) Các tiếp tuyến tại A và P của đường tròn (I) cắt nhau ở N. Chứng minh ba đường thẳng MN, EF, AH đồng quy.

1. Xét hệ phương trình:    \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x(x + y) + {y^2} - 4y + 1 = 0\left( 1 \right)}\\{y{{(x + y)}^2} - 2{x^2} - 7y - 2 = 0\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Nhân hai vố phương trình (1) với 2 , ta được

\(2{x^2} + 2xy + 2{y^2} - 8y + 2 = 0\left( 3 \right)\)

Cộng theo vế phương trình (2) và (3) ta được

\(\begin{array}{l}y{(x + y)^2} + 2xy + 2{y^2} - 15y = 0\\ \Leftrightarrow y\left[ {{{(x + y)}^2} + 2(x + y) - 15} \right] = 0\\ \Leftrightarrow y(x + y - 3)(x + y + 5) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 0}\\{x = 3 - y}\\{x =  - 5 - y}\end{array}} \right.\end{array}\)

- Nếu \({\rm{y}} = 0\) thay vào phương trình (1) ta được \({x^2} + 1 = 0\), không có nghiệm thực.

- Nếu \(x = 3 - y\), thay vào phương trình (1) ta được \((3 - y) \cdot 3 + {y^2} - 4y + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {y^2} - 7y + 10 = 0 \Leftrightarrow (y - 2)(y - 5) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2}\\{y = 5}\end{array}} \right.\)

Với \(y = 2\) thì \(x = 1\); với \(y = 5\) thì \(x =  - 2\).

- Nếu \(x =  - 5 - y\), thay vào phương trình \((1)\) ta được \(( - 5 - y) \cdot ( - 5) + {y^2} - 4y + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {y^2} + y + 26 = 0\), không có nghiệm thực vì \({y^2} + y + 26 = {\left( {y + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{103}}{4} > 0\).

Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm là \((x;y) = (1;2)\) và \((x;y) = ( - 2;5)\).

2. Đặt \(x = a + 2021;y = 2b - 2022;z = 3c + 2023\) thì \(S = {x^5} + {y^5} + {z^5}\) và \(P = x + y + z\).

Ta có \(S - P = \left( {{x^5} - x} \right) + \left( {{y^5} - y} \right) + \left( {{z^5} - z} \right)\).

Xét  \(A = {x^5} - x = x(x - 1)(x + 1)\left( {{x^2} + 1} \right).\)

Ta thấy \((x - 1)x(x + 1)\) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên có tích chia hết cho 6 , do vậy \(A\) chia hết cho 6. Theo định lý Fermat, ta cũng có \({x^5} = x(\,\bmod \,5)\) nên \(A\) chia hết cho 5. Mà ƯCLN \((5,6) = 1\) nên \(A = {x^5} - x\) chia hết cho 30 .

Hoàn toàn tương tự \(\left( {{y^5} - y} \right)\) và \(\left( {{z^5} - z} \right)\) cùng chia hết cho 30 . Do vậy \((S - P)\) chia hết cho 30 . Điều này cho biết \(S\) chia hết cho 30 khi và chi khi \(P\) chia hết cho 30 .

- Xét đa thức \(P(x) = C\) là hằng số thì chỉ có đa thức \({\rm{P}}({\rm{x}}) = 100\) thỏa mãn.

- Xét đa thức \(P(x) = ax + b\) với \(a > 0;b \ge 0;a,b \in \mathbb{Z}\).

Ta có \({\rm{P}}(3) = 100\) hay \(3a + b = 100\), mà \(a \in {\mathbb{N}^*};b \in \mathbb{N}\) nên \(1 \le a \le 33\). Với mỗi \(a\) như vậy ta tìm được duy nhất \(b = 100 - 3a\) thỏa mãn điều kiện nên trường hợp này có tất cả 33 đa thức thỏa đề bài.

 Xét đa thức \(P(x) = a{x^2} + bx + c{\rm{ }}\)với \({\rm{ }}a \in {\mathbb{N}^*};b,c \in \mathbb{N}\). Theo đề bài ta có \(9a + 3b + c = 100\), mà \(a,b,c\)là các số nguyên nên \(c = 3k + 1\) với \(k \in \mathbb{N}\) (với mỗi giá trị của \(k\) thì ta tìm được duy nhất một giá trị của \(c\) ).

Khi đó \(3a + b + k = 33\) hay \(b + k = 33 - 3a \ge 0\), suy ra \(1 \le a \le 11\).

Với mỗi giá trị \(a\) như vậy, có \((34 - 3a)\) giá trị nguyên của \(b\) nhận từ 0 đến ( \(33 - 3a)\) và có duy nhất một giá trị \(k = 33 - 3a - b\) thoả mãn sau khi đã chọn \(a\) và \(b\). Vậy trường hợp này có \(\sum\limits_{a = 1}^{11} {(34 - 3a)}  = 34 \cdot 11 - 3 \cdot \frac{{12 \cdot 11}}{2} = 176\) cặp \((a;b;k)\) thoả mãn, ứng với 176 cặp \((a;b;c)\) thoả mãn đề bài. Trường hợp này có 176 đa thức thoả mãn.

Từ ba trường hợp trên, có tất cả \(1 + 33 + 176 = 210\) đa thức \(P(x)\) với hệ số nguyên không âm và \(P(3) = 100\).