4) Cho tam giác nhọn $ABCleft( AB<AC right)$ nội tiếp đường tròn tâm $O,$ có ba đường cao là $AD,BE,CF$ và trực tâm là $H.$ Gọi $M$ là giao điểm của $AO$ với $BC$ và $P,Q$ lần lượt là chân các đường vuông góc vẽ từ $M$ đến $AB,AC.$
4a) Chứng minh $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DEF.$
Giải:
Ta có $widehat{BFC}=widehat{BEC}=widehat{AFC}=widehat{ADC}=widehat{AEB}=widehat{ADB}=90{}^circ .$
Suy ra các tứ giác $BFEC,AFDC,AEDB$ nội tiếp.
Suy ra: $widehat{ABE}=widehat{ADE}$ (cùng chắn cung $oversetfrown{AE}$ trong đường tròn $left( AEDB right)$) (1)
$widehat{ADF}=widehat{ACF}$ (cùng chắn cung $oversetfrown{AF}$ trong đường tròn $left( AFDC right)$) (2)
$widehat{ABE}=widehat{ACF}$ (cùng chắn cung $oversetfrown{FE}$ trong đường tròn $left( BFEC right)$) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra $widehat{ADF}=widehat{ADE}$nên $AD$ là đường phân giác trong góc $widehat{EDF}$ của tam giác $EDF.$ (4)
Tương tự, ta chứng minh được: $BE,CF$ lần lượt là đường phân giác trong của các góc $widehat{DEF},widehat{DFE}$ của tam giác $DEF.$ (5).
Từ (4), (5) suy ra $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DEF.$
4b) Chứng minh $HE.MQ=HF.MP.$
Gọi $N$ là giao điểm của tia $AO$ với đường tròn $left( O right).$
Ta có: $NCbot AC$ nên $NC||BH.$
Tương tự, ta có $NB||CH.$
Suy ra $BHCN$ là hình bình hành.
Ta có: $widehat{FEH}=widehat{BCH}$ (cùng chắn cung $oversetfrown{FB}$ ), $widehat{FBH}=widehat{ECH}$ (cùng chắn cung $oversetfrown{FE}$) nên hai tam giác $HFE,HBC$ đồng dạng. Do đó, hai tam giác $HFE,NCB$ đồng dạng.
Suy ra $dfrac{HE}{HF}=dfrac{NB}{NC}.$ (6)
Mặt khác: $MQ||NC$ (cùng vuông góc với $AC$), $MP||NB$ (cùng vuông góc với $AB$), suy ra
$frac{MQ}{NC}=dfrac{AM}{AN}=dfrac{MP}{NB}Rightarrow dfrac{NB}{NC}=dfrac{MP}{MQ}.$ (7)
Từ (6), (7) suy ra $dfrac{HE}{HF}=dfrac{MP}{MQ}Rightarrow HE.MQ=HF.MP.$
4c) Chứng minh $dfrac{MB}{MC}.dfrac{DB}{DC}={{left( dfrac{AB}{AC} right)}^{2}}.$
Hai tam giác vuông $ADB$ và $MPB$ đồng dạng nên ta có $frac{MB}{AB}=frac{MP}{AD}Rightarrow MB=frac{AB.MP}{AD}.$ (8)
Hai tam giác vuông $ADC$ và $MQC$ đồng dạng nên ta có $frac{MC}{AC}=dfrac{MQ}{AD}Rightarrow MC=dfrac{AC.MQ}{AD}.$ (9)
Từ (8), (9) suy ra: $dfrac{MB}{MC}=dfrac{AB}{AC}.dfrac{MP}{MQ}.$ (10)
Ta có $widehat{AMQ}=widehat{ANC}=widehat{ABD}$ suy ra hai tam giác vuông $ADB$ và $AQM$ đồng dạng nên ta có $dfrac{DB}{QM}=dfrac{AB}{AM}Rightarrow DB=dfrac{AB.MQ}{AM}.$ (11)
Tương tự: $widehat{AMP}=widehat{ANB}=widehat{ACD}$ suy ra hai tam giác vuông $ADC$ và $APM$ đồng dạng nên ta có $dfrac{DC}{PM}=dfrac{AC}{AM}Rightarrow DC=frac{AC.MP}{AM}.$ (12)
Từ (11), (12) suy ra $dfrac{DB}{DC}=dfrac{AB}{AC}.dfrac{MQ}{MP}.$ (13)
Từ (10), (13) suy ra: $dfrac{MB}{MC}.dfrac{DB}{DC}={{left( dfrac{AB}{AC} right)}^{2}}.$
5a) Cho $x,y,z$ là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng $frac{1}{16x}+frac{1}{4y}+frac{1}{z}ge frac{49}{16}.$
Giải:
Ta có $dfrac{1}{16x}+dfrac{1}{4y}+frac{1}{z}ge dfrac{49}{16}Leftrightarrow frac{1}{x}+dfrac{4}{y}+dfrac{16}{z}ge 49.$
Với hai số thực không âm $a,b$ ta có ${{left( sqrt{a}-sqrt{b} right)}^{2}}ge 0Leftrightarrow a+bge 2sqrt{ab}.$
Dấu “=” xảy ra khi $sqrt{a}=sqrt{b}Leftrightarrow a=b.$
Áp dụng kết quả trên, ta có:
$frac{1}{x}+49xge 2sqrt{dfrac{1}{x}.49x}Rightarrow dfrac{1}{x}+49xge 14.$ (1)
Dấu “=” xảy ra khi $dfrac{1}{x}=49xLeftrightarrow x=dfrac{1}{7}.$
Trương tư, ta có: $dfrac{4}{y}+49yge 28.$ (2)
Dấu “=” xảy ra khi $dfrac{4}{y}=49yLeftrightarrow y=dfrac{2}{7}.$
Và $dfrac{16}{z}+49zge 56.$ (3)
Dấu “=” xảy ra khi $dfrac{16}{z}=49zLeftrightarrow z=dfrac{4}{7}.$
Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được: $dfrac{1}{x}+dfrac{4}{y}+dfrac{16}{z}+49left( x+y+z right)ge 98$
$Leftrightarrow dfrac{1}{x}+dfrac{4}{y}+dfrac{16}{z}ge 49.$ Dấu “=” xảy ra khi $x=dfrac{1}{7};y=dfrac{2}{7};z=dfrac{4}{7}.$
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
5b) Cho số tự nhiên $z$ và các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $x+y+xy=1.$ Tìm giá trị của $x,y,z$ sao cho $left( {{2}^{z+1}}+42 right)left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}{{y}^{2}} right)$ là số chính phương lớn nhất.
Giải:
Ta có: $left( {{2}^{z+1}}+42 right)left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}{{y}^{2}} right)=2left( {{2}^{z}}+21 right)left( 1+{{x}^{2}} right)left( 1+{{y}^{2}} right).$
Với: $1+{{x}^{2}}=x+y+xy+{{x}^{2}}=left( x+y right)left( 1+x right),$$1+{{y}^{2}}=x+y+xy+{{y}^{2}}=left( x+y right)left( 1+y right),$
$2=1+1=1+x+y+xy=left( 1+x right)left( 1+y right).$
Suy ra $left( {{2}^{z+1}}+42 right)left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}{{y}^{2}} right)=left( {{2}^{z}}+21 right){{left( x+y right)}^{2}}{{left( 1+x right)}^{2}}{{left( 1+y right)}^{2}}.$
Do đó, $left( {{2}^{z+1}}+42 right)left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}{{y}^{2}} right)$ là số chính phương khi và chỉ khi ${{2}^{z}}+21$ là số chính phương.
Nghĩa là tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho ${{2}^{z}}+21={{n}^{2}}.$
Ta có $2equiv -1left( bmod ,3 right)Rightarrow {{2}^{z}}equiv {{left( -1 right)}^{z}},left( bmod ,3 right).$
Nếu $z$ lẻ thì ${{2}^{z}}equiv -1left( bmod ,3 right)equiv 2left( bmod ,3 right).$ Khi đó ${{n}^{2}}equiv 2left( bmod ,3 right)$ vô lí (vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1).
Từ đó suy ra $z$ là số chẵn.
Đặt $z=2k,left( kin {{mathbb{N}}^{*}} right).$ Ta có ${{n}^{2}}=21+{{2}^{2k}}Leftrightarrow {{n}^{2}}-{{left( {{2}^{k}} right)}^{2}}=21Leftrightarrow left( n-{{2}^{k}} right)left( n+{{2}^{k}} right)=21.$ Vì $21=1.21=3.7$ và $n-{{2}^{k}}<n+{{2}^{k}}$ nên ta có hai trường hợp sau:Trường hợp 1: (left{ begin{align} & n-{{2}^{k}}=1 \ & n+{{2}^{k}}=21 \ end{align} right.Rightarrow {{2}^{k}}=10) không có giá trị của $k$ thỏa mãn trường hợp này.
Trường hợp 2: (left{ begin{align} & n-{{2}^{k}}=3 \ & n+{{2}^{k}}=7 \ end{align} right.Rightarrow {{2}^{k}}=2Rightarrow k=1)
Từ giả thiết, ta có $2=left( 1+x right)left( 1+y right).$ Không mất tổng quát, giả sử $left| x+1 right|le left| y+1 right|,$ suy ra( left{ begin{align} & left| x+1 right|=1 \ & left| y+1 right|=2 \ end{align} right..)
Giải hệ ta được (left{ begin{align} & x=0 \ & y=1 \ end{align} right.)hoặc (left{ begin{align} & x=-2 \ & y=-3 \ end{align} right..)
Nếu $x=0,y=1$ thì $left( {{2}^{z+1}}+42 right)left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}{{y}^{2}} right)=100={{10}^{2}}.$
Nếu $x=-2,y=-3$ thì $left( {{2}^{z+1}}+42 right)left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}{{y}^{2}} right)=2500={{50}^{2}}.$
Vậy $x=-2,y=-3,z=2.$
