Cho tam giác \(ABC\) có \(AB > AC\) và \(\widehat {BAC} > 90^\circ \). Vẽ đường cao \(AH\). Gọi \(D,\,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC.\) Vẽ đường tròn tâm \(D\) đường kính \(AB\) và đường tròn tâm \(E\) đường kính \(AC.\) Đường thẳng \(AB\) cắt đường tròn \(\left( E \right)\) tại \(F\) \(\left( {F \ne A} \right)\); đường thẳng \(AC\) cắt đường tròn \(\left( D \right)\) tại \(G\) \(\left( {G \ne A} \right).\) Các đường thẳng \(BG\) và \(CF\) cắt nhau tại \(K\).

a. Chứng minh các điểm \[A,\,\,H,\,\,K\] thẳng hàng và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(FGH\) đi qua điểm \(D.\)

b. Trên tia đối của tia \(HB\) lấy điểm \(M\) sao cho \(HB = HM\). Gọi \(N\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AM\) và \(CK\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCK\) tại điểm \(P\) \(\left( {P \ne K} \right).\) Hai đường thẳng \(BP\) và \(HN\) cắt nhau tại \(Q\). Chứng minh \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(NQ\).

Hướng dẫn giải

1. Ta có \({a^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\) và \({b^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {{a^2} + 1} \right) - \left( {{b^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\)

\({a^2} - {b^2}\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì 2027 là số nguyên tố nên \(\left( {a - b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) hoặc \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì \(0 < a,\,\,b < 2027\) và \(a \ne b\) nên \(0 < \left| {a - b} \right| < 2027\), do đó \(a - b\) không thể chia hết cho 2027.

Do đó \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\). Vì \(0 < a + b < 4054\) nên \(a + b = 2027\) suy ra \(b = 2027 - a\).

Khi đó \(ab - 1 = a\left( {2027 - a} \right) - 1 = 2027a - \left( {{a^2} + 1} \right)\).

Vì \(2027a\,\, \vdots \,\,2027\) và \(\left( {{a^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) nên \(ab - 1\,\, \vdots \,\,2027\) (đpcm).

2. Giả sử tập \(A\) có nhiều hơn 1014 phần tử, tức là \(\left| A \right| \ge 1015\).

Gọi các phần tử của \(A\) là \({a_1} < {a_2} <  \ldots  < {a_k}\) với \(k \ge 1015\).

Vì 3 phần tử bất kỳ luôn tạo thành 3 cạnh của một tam giác, nên tổng của 2 phần tử nhỏ nhất phải lớn hơn phần tử lớn nhất: \({a_1} + {a_2} > {a_k}\)

Mặt khác, vì \({a_i}\) là các số nguyên dương phân biệt, ta có \({a_k} \ge {a_2} + k - 2\).

Kết hợp hai điều trên \({a_1} + {a_2} > {a_k} \ge {a_2} + k - 2\) suy ra \({a_1} > k - 2.\)

Với \(k \ge 1015\), ta có \({a_1} > 1015 - 2\) nên \({a_1} \ge 1014\).

Suy ra: \({a_k} \ge {a_1} + k - 1 \ge 1014 + 1015 - 1 = 2028\).

Điều này vô lý vì mọi phần tử của \(A\) đều thuộc \(S\) nên \({a_k} \le 2026\).

Vậy giả thiết \(\left| A \right| \ge 1015\) là sai. Tập hợp \(A\) có nhiều nhất 1014 phần tử.

Hướng dẫn giải

1. Ta có \({a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 3ab} \right]\)

\(40 = 4\left( {16 - 3ab} \right)\)

\(16 - 3ab = 10\)

\(ab = 2\).

Lại có: \({a^2} + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2} - 2ab = 16 - 4 = 12\).

Xét tích: \[\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = {a^5} + {b^5} + {a^2}{b^2}\left( {a + b} \right)\]

\(40 \cdot 12 = P + {2^2} \cdot 4\)

\(480 = P + 16\)

\(P = 464\).

2. Điều kiện xác định: \( - 2 \le x \le 2\). Khai triển phương trình:

\(\left( {2 + x + 2\sqrt {2 + x}  + 1} \right) + \left( {2 - x + 2\sqrt {2 - x}  + 1} \right) = 2x + 6\)

\(6 + 2\sqrt {2 + x}  + 2\sqrt {2 - x}  = 2x + 6\)

\(\sqrt {2 + x}  + \sqrt {2 - x}  = x\)

Do vế trái luôn không âm nên \(x \ge 0\). Bình phương hai vế (với \(0 \le x \le 2\)):

\(\left( {2 + x} \right) + \left( {2 - x} \right) + 2\sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {2 - x} \right)}  = {x^2}\)

\(4 + 2\sqrt {4 - {x^2}}  = {x^2}\)

Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \,\,\left( {t \ge 0} \right),\) ta có \({x^2} = 4 - {t^2}\). Thay vào ta được:

\(4 + 2t = 4 - {t^2}\)

\({t^2} + 2t = 0\)

\(t\left( {t + 2} \right) = 0\)

Vì \(t \ge 0\) nên \(t = 0\) suy ra \(\sqrt {4 - {x^2}}  = 0\)

Khi đó \({x^2} = 4\) nên \(x = 2\) (vì \(x \ge 0\)).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2\).

3. Không gian mẫu khi chọn ngẫu nhiên mỗi cặp số \(\left( {a,\,\,b} \right)\) có thứ tự từ 1 đến 6 là \(\left| \Omega  \right| = 6 \cdot 6 = 36\).

Nửa chu vi hình chữ nhật là \(a\), diện tích là \(b\).

Gọi chiều dài và chiều rộng là \(x,\,\,y\) \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Ta có hệ: \(x + y = a\) và \(xy = b\).

Theo định lí Viète đảo, \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình: \({t^2} - at + b = 0\).

Phương án "hợp lệ" khi phương trình có nghiệm nguyên dương. Khi đó:

• \(\Delta  = {a^2} - 4b \ge 0\) và \(\Delta \) là số chính phương.

• \(a > 0,\,\,b > 0\).

Lần lượt xét các giá trị của \(a\):

• \(a = 1\): Không có giá trị \(b\) thỏa mãn.

• \(a = 2\): \(\Delta  = 4 - 4b \ge 0\) nên \(b = 1\). Cặp \(\left( {2\,;\,\,1} \right)\) hợp lệ.

• \(a = 3\): \(\Delta  = 9 - 4b \ge 0\) nên \(b \in \left\{ {1\,;\,\,2} \right\}\). Chỉ có \(b = 2\) cho \(\Delta  = 1\) (chính phương). Cặp \(\left( {3\,;\,\,2} \right)\) hợp lệ.

• \(a = 4\): \(\Delta  = 16 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 3\) và \(b = 4\) thỏa mãn. Cặp \(\left( {4\,;\,\,3} \right),\,\,\left( {4\,;\,\,4} \right)\) hợp lệ.

• \(a = 5\): \(\Delta  = 25 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 4\) và \(b = 6\) thỏa mãn. Cặp \[\left( {5\,;\,\,4} \right)\,,\,\,\left( {5\,;\,\,6} \right)\] hợp lệ.

• \(a = 6\): \(\Delta  = 36 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 5\) thỏa mãn. Cặp \(\left( {6\,;\,\,5} \right)\) hợp lệ.

Có tổng cộng 7 phương án hợp lệ. Xác suất phần mềm đưa ra một phương án hợp lệ là \(P = \frac{7}{{36}}\).