Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\). Các đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính\(AB\), và \((I)\) đường kính \(AC\) cắt nhau tại điểm thứ hai là \(H\left( {H \ne A} \right)\). Đường thẳng \(\left( d \right)\) thay đổi đi qua \(A\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\)tại \(M\) và cắt đường tròn \(\left( I \right)\) tại \(N\) (\(A\) nằm giữa hai điểm \(M\) và \(N\)).

a) Đoạn thẳng OI lần lượt cắt các đường tròn \((O)\), \(\left( I \right)\) lần lượt tại\(D,E\). Chứng minh OI là đường trung trực của đoạn thẳng \(AH\) và \(AB + AC - BC = 2DE\).

b) Chứng minh giao điểm S của hai đường thẳng OM và IN di chuyển trên một đường tròn cố định khi đường thẳng (d) quay quanh A.

c) Giả sử đường thẳng \(MH\) cắt đường trong \(\left( I \right)\) tại điểm thứ hai là \(T{\rm{ }}(T \ne H)\). Chứng minh rằng ba điểm \(N,I,T\) thẳng hàng và ba đường thẳng \(MS,AT,NH\) đồng quy.

a)\(a - b + 4c = 0 \Leftrightarrow b = a + 4c\)

\(\begin{array}{l}{\Delta _1} = {\Delta _2} = {b^2} - 4ac = {\left( {a + 4c} \right)^2} - 4ac\\ = {a^2} + 4ac + 16{c^2} = {\left( {a + 2c} \right)^2} + 12{c^2}\end{array}\)

\( \Rightarrow {\Delta _1} > 0,{\Delta _2} > 0\)

Suy ra các phương trình \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) đều có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lý Vi-ét ta có:

\({S_1} = \frac{b}{a},{S_2} = \frac{b}{c},{P_1} = \frac{c}{a},{P_2} = \frac{a}{c}\)

Vì \(a,b,c\)là các số thực dương nên\({S_1},{S_2},{P_1},{P_2}\) đều lớn hơn 0.

Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1} > 0\\{S_1} > 0\\{P_1} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.

\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _2} > 0\\{S_2} > 0\\{P_2} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.

a)\(\begin{array}{l}T = \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 + \sqrt {2 + \sqrt 3 } }} + \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 - \sqrt {2 - \sqrt 3 } }}\\ = \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 + \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }} + \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 - \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } }}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt {4 + 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 + 1\\\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 - 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 + \sqrt 3 \\\sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 - \sqrt 3 \end{array}\)

Suy ra

\(\begin{array}{l}T = \frac{{2\left( {1 + 1 + \sqrt 3 } \right)}}{{4 + \sqrt 3 + 1}} + \frac{{2\left( {1 + 1 - \sqrt 3 } \right)}}{{4 - \sqrt 3 + 1}}\\ = \frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{{5 + \sqrt 3 }} + \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{{5 - \sqrt 3 }}\\ = \frac{{\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}} + \frac{{\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}\\ = \frac{{14 + 6\sqrt 3 }}{{22}} + \frac{{14 - 6\sqrt 3 }}{{22}}\\ = \frac{{28}}{{22}} = \frac{{14}}{{11}}\end{array}\)

Vậy \(T = \frac{{14}}{{11}}\)

b)\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{n^2} + {n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2} + {{\left( {n + 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^2}\left( {{n^2} + 2n + 1} \right) + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^4} + 2{n^3} + {n^2} + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^4} + 2{n^3} + 3{n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} \end{array}\)

Vì \(n\)dương nên \({n^2} + n + 1 > 0\)

Do đó \(A = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} = {n^2} + n + 1\).

Vì \(n\) nguyên dương nên \(A = {n^2} + n + 1\) cũng là số nguyên dương.

Vì \(n\) nguyên dương, ta có:

\(\begin{array}{l}A = {n^2} + n + 1 > {n^2}\\A = {n^2} + n + 1 < {n^2} + 2n + 1 = {\left( {n + 1} \right)^2}\end{array}\)

\( \Rightarrow {n^2} < A < {\left( {n + 1} \right)^2}\)

Suy ra \(A\) không là một số chính phương.