4) Cho tam giác nhọn $ABC\left( AB<AC \right)$ 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 $\overset\frown{AE}$ trong đường tròn $\left( AEDB \right)$) (1)
$\widehat{ADF}=\widehat{ACF}$ (cùng chắn cung $\overset\frown{AF}$ trong đường tròn $\left( AFDC \right)$) (2)
$\widehat{ABE}=\widehat{ACF}$ (cùng chắn cung $\overset\frown{FE}$ 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: $NC\bot AC$ 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 $\overset\frown{FB}$ ), $\widehat{FBH}=\widehat{ECH}$ (cùng chắn cung $\overset\frown{FE}$) 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 ${{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right)}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow a+b\ge 2\sqrt{ab}.$
Dấu "=" xảy ra khi $\sqrt{a}=\sqrt{b}\Leftrightarrow a=b.$
Áp dụng kết quả trên, ta có:
$\frac{1}{x}+49x\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{x}.49x}\Rightarrow \dfrac{1}{x}+49x\ge 14.$ (1)
Dấu "=" xảy ra khi $\dfrac{1}{x}=49x\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{7}.$
Trương tư, ta có: $\dfrac{4}{y}+49y\ge 28.$ (2)
Dấu "=" xảy ra khi $\dfrac{4}{y}=49y\Leftrightarrow y=\dfrac{2}{7}.$
Và $\dfrac{16}{z}+49z\ge 56.$ (3)
Dấu "=" xảy ra khi $\dfrac{16}{z}=49z\Leftrightarrow z=\dfrac{4}{7}.$
Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{16}{z}+49\left( x+y+z \right)\ge 98$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{16}{z}\ge 49.$ 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: $\left( {{2}^{z+1}}+42 \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}{{y}^{2}} \right)=2\left( {{2}^{z}}+21 \right)\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right).$
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 $2\equiv -1\left( \bmod \,3 \right)\Rightarrow {{2}^{z}}\equiv {{\left( -1 \right)}^{z}}\,\left( \bmod \,3 \right).$
Nếu $z$ lẻ thì ${{2}^{z}}\equiv -1\left( \bmod \,3 \right)\equiv 2\left( \bmod \,3 \right).$ Khi đó ${{n}^{2}}\equiv 2\left( \bmod \,3 \right)$ vô lí (vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1).
Từ đó suy ra $z$ là số chẵn.
Đặt $z=2k,\left( k\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right).$ Ta có ${{n}^{2}}=21+{{2}^{2k}}\Leftrightarrow {{n}^{2}}-{{\left( {{2}^{k}} \right)}^{2}}=21\Leftrightarrow \left( n-{{2}^{k}} \right)\left( n+{{2}^{k}} \right)=21.$ 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: \(\left\{ \begin{align} & n-{{2}^{k}}=3 \\ & n+{{2}^{k}}=7 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{2}^{k}}=2\Rightarrow k=1\)
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 $x=-2,y=-3,z=2.$
