Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\] có tam giác \(ABD\) là tam giác nhọn và đường chéo \(AC\) đi qua tâm O của đường tròn \[\left( O \right)\]. Gọi \[I\] là trung điểm \(BD\), \[H\] là trực tâm của tam giác \(ABD,\) \[E\] là giao điểm khác \(A\) của \(AI\) với \[\left( O \right)\] và \[K\] là hình chiếu vuông góc của \[H\] lên \(AI.\)

a) Chứng minh \(CEHK\) là hình bình hành và \(I{B^2} = I{D^2} = IA \cdot IK\).

b) Lấy điểm \[F\] trên cung nhỏ . của đường tròn \[\left( O \right)\] sao cho \(\widehat {BAF} = \widehat {DAI}\). Chứng minh các điểm \[K\] và \[F\] đối xứng nhau qua đường thẳng \[BD.\]

c) Chứng minh các đường phân giác trong các góc \(\widehat {BAD}\) và \(\widehat {BKD}\) cắt nhau trên \[BD.\]

d) Trên đường thẳng qua \[H\] và song song \[AC\] lấy điểm \[T\] sao cho \(TH = TK\). Chứng minh các điểm \[O,\,\,K,\,\,F,\,\,T\] cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn giải

a) Nhận xét: \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\) suy ra \(a \ge b\).

Giả sử ngược lại: \(a \ne b\) nên \(a > b\).

Ta có \(2{a^2} + a = b\left( {3b - 1} \right)\,\, \vdots \,\,b\).

Do \(b\) là số nguyên tố nên \(a\,\, \vdots \,\,b\) hoặc \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\).

TH1: Nếu \(a\,\, \vdots \,\,b\) suy ra \(a \ge 2b\).

Từ giả thiết \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a \ge 8{b^2} + 2b\) (vô lí)

TH2: Nếu \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\). Do \(2a + 1\) lẻ nên \(2a + 1 = 3b\,;\,\,2a + 1 = 5b\,; \ldots \)

Mà ta lại nhận xét nếu \(2a + 1 \ge 7b\) thì \(a > b\) . Khi đó \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a > 7{b^2}\) (vô lí).

Nếu \(2a + 1 = 3b\), thế vào phương trình: \(3b\frac{{3b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).

Nếu \(2a + 1 = 5b\), thế vào phương trình: \(5b\frac{{5b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).

b) Ta chứng minh \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau bằng phản chứng.

Giả sử ngược lại, gọi \[p\] là ước nguyên tố chung của chúng.

Từ \({b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right)\,\, \vdots \,\,{p^2}\) suy ra \(b\,\, \vdots \,\,p\) mà \(a + b\,\, \vdots \,\,p\) nên \(a\,\, \vdots \,\,p\) .

Do \(2a - 2b + 1\) cũng chia hết cho p nên \(1\,\, \vdots \,\,p\) (vô lí).

Do đó \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau.

Từ \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\), ta suy ra \(2a - 2b + 1\) là số chính phương.

Hướng dẫn giải

a) Từ giả thiết \({a_1} + {a_2} + ... + {a_{16}} > {a_{17}} + ... + {a_{31}}\)

\[{a_1} > \left( {{a_{17}} - {a_2}} \right) + \left( {{a_{18}} - {a_3}} \right) + ... + \left( {{a_{31}} - {a_{16}}} \right) \ge 15 \cdot 15 = 225\].

Suy ra \({a_1} \ge 226\).

b) Xét ba thẻ ghi các số lần lượt là 6, 19 và 30.

Ta thấy rằng tổng 2 thẻ bất kỳ trong chúng hoặc là 25, 36 hoặc 49, nên đều là các số chính phương.

Do chia các thẻ vào 2 hộp nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại một hộp chứa ít nhất 2 thẻ trong 3 thẻ trên nên tổng 2 thẻ đó là số chính phương.

Loại 3 thẻ này, giả sử không còn hộp nào chứa hai thẻ mà tổng lại là số chính phương.

Ta xét cụ thể, giả sử thẻ số 1 thuộc hộp thứ nhất, khi đó các thẻ 3, 8, 15, 24 sẽ thuộc hộp thứ hai.

Do thẻ ghi số 3 thuộc hộp thứ hai nên thẻ 13 sẽ thuộc hộp thứ nhất nên thẻ 12 sẽ thuộc hộp thứ hai.

Khi đó, trong hộp thứ hai này ta chọn thẻ 12 và 24, tổng của chúng sẽ là số chính phương (mâu thuẫn).

Vậy trong hộp còn lại này ta sẽ chọn được 4 thẻ thỏa mãn yêu cầu bài toán.