Cho hình thang ABCD (AD song song với BC, AD < BC). Các điểm E, F lần lượt thuộc các cạnh AB, CD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường thẳng AD tại M (M không trùng với A và D, D nằm giữa A và M), đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF cắt đường thẳng BC tại điểm N (N không trùng với B và C, B nằm giữa C và N). Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD tại điểm P, đường thẳng EN cắt đường thẳng FM tại điểm Q. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác EFQP nội tiếp đường tròn.

b) PQ song song với BC và tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác PQE, AMF, CEN cùng nằm trên một đường thẳng cố định.

c) Các đường thẳng MN, BD, EF đồng quy tại một điểm.

a) Vì \[{x^2} + {y^2} + {z^2} = 2xyz\] nên \[2xyz\] chẵn, nên tồn tại ít nhất 1 số chẵn, giả sử là x chẵn.

Khi đó: \[{x^2} \vdots 4;\,\,\,\,2{\rm{x}}yz \vdots 4 \Rightarrow {y^2} + {z^2} \vdots 4\]  (*)

Nếu y lẻ \[ \Rightarrow \] \[{y^2}\] lẻ \[ \Rightarrow \] lẻ \[{z^2}\]\[ \Rightarrow \] \[z\] lẻ

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2k + 1 \Rightarrow {y^2} = 4{k^2} + 4k + 1\\z = 2m + 1 \Rightarrow {z^2} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {k;m \in Z} \right)\]

\[ \Rightarrow {y^2} + {z^2} = 4{k^2} + 4k + 4{m^2} + 4m + 2\]

\[ \Rightarrow {y^2} + {z^2}\] chia 4 dư 2 (không thỏa mãn(*))

Do đó y chẵn và z chẵn \[ \Rightarrow y \vdots 2;\,\,\,z \vdots 2\]

\[ \Rightarrow xyz \vdots 8\,\,\,(1)\]

Giả sử cả 3 số x, y, z đều không chia hết cho 3 vì x; y; z chẵn nên \[{x^2};{y^2};{z^2} \equiv 1(mo{\rm{d}}\,{\rm{3)}}\]

\[ \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \vdots 3\]

Do đó \[2xyz \vdots 3 \Rightarrow xyz \vdots 3\]  (mâu thuẫn với giả thiết x, y, z đều không chia hết cho 3)

Nên tồn tại 1 số chia hết cho 3 hay \[xyz \vdots 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\]

Từ (1) và (2) suy ra: \[xyz \vdots 24\]

Vậy \[xyz \vdots 24\].

b) Đặt \[A = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2a + 2b\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}{\left( {a + b + c + 1} \right)^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} + 2\left( {a + b + c} \right) + 1 > A\\{\left( {a + b + c - 1} \right)^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2\left( {a + b + c} \right) + 1 < A\end{array}\]

Nên \[{\left( {a + b + c - 1} \right)^2} < A < {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}\]

Mà A chính phương nên \[A = {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

\[ \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2{\rm{a}} + 2b = {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow 2{\rm{a}} = 2b \Leftrightarrow a = b\]

Vậy tất cả các bộ (a; b; c) cần tìm là (k; k; m) với k, m nguyên dương bất kì.

a)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:

\[\left( {a + 1} \right) + \left( {b + 1} \right) \ge 2\sqrt {\left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)} \] \[ \Rightarrow \sqrt {ab + a + b + 1}  \le \frac{{a + b + 2}}{2}\]

\[ \Rightarrow 6 = \sqrt {ab + a + b + 1}  + c \le \frac{{a + b + 2}}{2} + c\]

\[ \Rightarrow a + b + 2 + 2c \ge 12\]

Suy ra \[a + b + 2c \ge 10\]

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\sqrt {a + 1}  = \sqrt {b + 1}  \Leftrightarrow a = b\]

Vậy \[a + b + 2c \ge 10\].

b) Ta có:

\[\frac{{2{\rm{a}} + 1}}{{a + 1}} + \frac{{2b + 1}}{{b + 1}} + \frac{{2c + 2}}{{c + 2}} \le 5\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{2{\rm{a}} + 1}}{{a + 1}} - 2 + \frac{{2b + 1}}{{b + 1}} - 2 + \frac{{2c + 2}}{{c + 2}} - 2 \ge  - 1\\ \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{a + 1}} + \frac{{ - 1}}{{b + 1}} + \frac{{ - 2}}{{c + 2}} \ge  - 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{2}{{c + 2}} \le 1\end{array}\]

Ta có: \[\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{2}{{c + 2}} \ge \frac{2}{{\sqrt {(a + 1)(b + 1)} }} + \frac{2}{{c + 2}} \ge \frac{{{{\left( {\sqrt 2  + \sqrt 2 } \right)}^2}}}{{\sqrt {(a + 1)(b + 1)}  + c + 2}}\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{2}{{c + 2}} \ge \frac{8}{{\frac{{a + b + 2}}{2} + c + 2}} = \frac{{16}}{{a + b + 2c + 6}} \ge \frac{{16}}{{10 + 6}} = 1\,\,\](đpcm)

Vậy \[\frac{{2{\rm{a}} + 1}}{{a + 1}} + \frac{{2b + 1}}{{b + 1}} + \frac{{2c + 2}}{{c + 2}} \le 5\].