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

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.\).

Lấy hiệu phương trình (1) và (2) vế theo vế ta được: \(\left( {y - z} \right)\left( {{y^2} + yz + {z^2} + 3} \right) = 0\).

Do \({y^2} + yz + {z^2} = {\left( {y + \frac{z}{2}} \right)^2} + \frac{{3{z^2}}}{4} \ge 0\) nên \(y = z\).

Tương tự, lấy hiệu phương trình (2) và (3) ta được \(x = z\).

Thế lại (1): \(2{x^3} = 3x\).

2) Điều kiện: \(x \ge 0\).

Phương trình trở thành: \(x = 1\) hoặc \({x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2 = 0\quad (*)\).

Xét phương trình \((*)\), ta có \(\Delta ' = {\left( {a + b} \right)^2} - ab - 2 = {a^2} + {b^2} + ab - 2 \ge 0\) (do \(a,\,\,b\) nguyên dương);

\(S = a + b > 0\,;\,\,P = ab + 2 > 0\).

Suy ra phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt dương.

Ta nhận xét tiếp phương trình \((*)\) không nhận \(x = 1\) là nghiệm.

Giả sử ngược lại, thế vào phương trình ta có:

\({1^2} - 2 \cdot \left( {a + b} \right) \cdot \,1 + ab + 2 = 0\)

\(\left( {a - 2} \right)\left( {b - 2} \right) = 1\)

\(a = b = 1\) hoặc \(a = b = 3\) (trái giả thuyết \(a,\,\,b\) phân biệt).

Vậy phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt.