Câu 4. (3,0 điểm). Cho đường tròn $\left( O;R \right)$ có hai đường kính $AB$ và $CD$ vuông góc với nhau. Trên dây $BC$
lấy điểm $M$ ($M$ khác $B$ và $C$). Trên dây $BD$ lấy điểm $N$ sao cho $\widehat{MAN}=\dfrac{1}{2}\widehat{CAD}$; $AN$ cắt $CD$ tại $K$.
Từ $M$ kẻ $MH\bot AB$ $\left( H\in AB \right)$.
a) Chứng minh tứ giác $ACMH$ và tứ giác $ACMK$ nội tiếp.
b) Tia $AM$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $E$ ($E$ khác $A$). Tiếp tuyến tại $E$ và $B$ của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $F$.
Chứng minh rằng $AF$ đi qua trung điểm của $HM$.
c) Chứng minh $MN$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi $M$ di chuyển trên dây $BC$ $\left( M \right.$khác
$B$ và $\left. C \right).$
Lời giải
a) 
Ta có: $\widehat{ACB}={{90}^{0}}$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat{ACM}={{90}^{0}}.$
$\widehat{ACM}=\widehat{AHM}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{ACM}+\widehat{AHM}={{180}^{0}}\Rightarrow $ tứ giác $ACMH$ nội tiếp
Ta lại có $\widehat{MAK}=\dfrac{1}{2}\widehat{CAD}=\dfrac{1}{2}{{.90}^{0}}={{45}^{0}}.$
$\widehat{MCK}=\dfrac{1}{2}s\overset\frown{DB}=\dfrac{1}{2}{{.90}^{0}}={{45}^{0}}$
$\Rightarrow \widehat{MAK}=\widehat{MCK}\Rightarrow $ tứ giác $ACMK$ nội tiếp
b) 
Gọi $AF\cap MH=\left\{ I \right\};AM\cap BF=\left\{ P \right\}.$
$MH//PB$ vì cùng vuông góc $AB\Rightarrow \dfrac{MH}{PB}=\dfrac{AH}{AB}\text{ }\left( 1 \right)$
$IH//FB\Rightarrow \dfrac{IH}{FB}=\dfrac{AH}{AB}\text{ }\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ suy ra $\dfrac{IH}{FB}=\dfrac{MH}{PB}.$
Ta có:
$\widehat{AEB}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{BEP}={{90}^{0}}.$
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì $\Rightarrow FE=FB\Rightarrow \widehat{FEB}=\widehat{FBE}.$
$\widehat{FEP}={{90}^{0}}-\widehat{FEB}\widehat{;FPE}={{90}^{0}}-\widehat{FBE}.$;
$\Rightarrow \widehat{FEP}=\widehat{FPE}\Rightarrow FE=FP.$
Vì $FE=FP$và $FE=FB$ do đó $FB=FP$ mà $F\in BP\Rightarrow BP=2FB.$
Suy ra: $\dfrac{IH}{FB}=\dfrac{MH}{2FB}\Rightarrow MH=2IH\Rightarrow AF$ đi qua trung điểm $I$ của $MH.$
c) 
Vì tứ giác $ACMK$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ACM}=\widehat{MKN}={{90}^{0}}.$
Gọi giao điểm của $AM$ và dây $DC$ là $G.$
Tứ giác $ADNG$ có $\widehat{NAG}=\widehat{NDG}={{45}^{0}}$$\Rightarrow $ tứ giác $ADNG$ nội tiếp. $\Rightarrow \widehat{ADN}=\widehat{MGN}={{90}^{0}}.$
Vì $\widehat{MKN}=\widehat{MGN}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ tứ giác $MGKN$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{AKC}.$
Mà $\widehat{AMC}=\widehat{AKC}$ vì cùng chắn $\overset\frown{AC}$ nên $\widehat{AMC}=\widehat{AMN}.$
Kẻ $AQ$ vuông góc với $MN$ tại $Q$. Khi đó $\Delta AMC=\Delta AMQ\left( ch-gn \right)\Rightarrow AQ=AC.$
Trong đó: $AC=\sqrt{{{R}^{2}}+{{R}^{2}}}=R\sqrt{2}$ không đổi và $A$ là một điểm cố định nên khi $M$ di chuyển trên dây $BC$ thì $MN$ luôn tiếp xúc với đường tròn $\left( A;R\sqrt{2} \right)$ là một đường tròn cố định.
Câu 5. (1,0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $16p+1$ là lập phương của số nguyên dương.
b) Tìm tất cả các bộ số nguyên $\left( a,b \right)$ thỏa mãn $3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-7\left( a+b \right)=-4$
Lời giải
a) Vì $16p+1$ là lẻ và lớn hơn $1$ nên có thể đặt $16p+1={{\left( 2n+1 \right)}^{3}}\text{, }\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.$
Ta có $16p+1={{\left( 2n+1 \right)}^{3}}\Leftrightarrow 8p=n\left( 4{{n}^{2}}+6n+3 \right)$
Vì $4{{n}^{2}}+6n+3$ là số lẻ lớn hơn $1$ và không phân tích được thành tích của hai số nguyên nên từ trên suy ra
$\left\{ \begin{array}{l}
n = 8\\
4{n^2} + 6n + 3 = p
\end{array} \right.$
Từ đó, ta có $p=307.$ Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy $p=307$ là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn yêu cầu
b) Nhân cả hai vế $12$, ta được:
$36\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-84\left( a+b \right)=-48\Leftrightarrow {{\left( 6a-7 \right)}^{2}}+{{\left( 6b-7 \right)}^{2}}=50$
Số $50$ có thể phân tích thành tổng của hai số chính phương là $50=25+25=1+49$
Do vai trò của $a,b$ như nhau nên nếu $\left( a,b \right)$ thỏa mãn thì $\left( b,a \right)$cũng thỏa mãn.
Nên chỉ cần xét các trường hợp sau:
TH1:
$\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {6a - 7} \right)^2} = 25\\
{\left( {6b - 7} \right)^2} = 25
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = 5\\
6a - 7 = 5
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = 5\\
6a - 7 = - 5
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = - 5\\
6a - 7 = 5
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = - 5\\
6a - 7 = - 5
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = 2
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = \dfrac{1}{3}
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = \dfrac{1}{3}\\
b = 2
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = \dfrac{1}{3}\\
b = \dfrac{1}{3}
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
TH2:
$\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {6a - 7} \right)^2} = 1\\
{\left( {6b - 7} \right)^2} = 49
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = 1\\
6b - 7 = 7
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = 1\\
6b - 7 = - 7
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = - 1\\
6b - 7 = 7
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
6a - 7 = - 1\\
6b - 7 = - 7
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a = \dfrac{4}{3}\\
b = \dfrac{7}{3}
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = \dfrac{4}{3}\\
b = 0
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = \dfrac{7}{3}
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 0
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
Kết hợp với giả thiết và nhận xét ở trên, ta có các bộ số $\left( a,b \right)$ thỏa mãn là:$\left\{ \left( 0,1 \right);\left( 1,0 \right),\left( 2,2 \right) \right\}$
Câu 6. ( 1,0 điểm).
a) Cho $x,y$ là hai số dương. Chứng minh rằng: $\dfrac{{{x}^{2}}}{y}+\dfrac{{{y}^{2}}}{x}\ge x+y$
b) Xét các số thực $a,b,c$ với $b\ne a+c$ sao cho phương trình bậc hai $a{{x}^{2}}+bx+c=0$ có hai nghiệm thực $m,n$ thỏa mãn $0\le m,n\le 1.$ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$M=\dfrac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}$
Lời giải
a) Với $x,y$ là hai số dương $\dfrac{{{x}^{2}}}{y}+\dfrac{{{y}^{2}}}{x}\ge x+y\Leftrightarrow {{x}^{3}}+{{y}^{3}}\ge xy\left( x+y \right).$
$\Leftrightarrow \left( x+y \right)\left( {{x}^{2}}-xy+{{y}^{2}} \right)\ge xy\left( x+y \right).$
${{x}^{2}}-xy+{{y}^{2}}\ge xy\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2xy+{{y}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{2}}\ge 0$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y>0.$
b) Giả thiết phương trình $a{{x}^{2}}+bx+c=0$ có hai nghiệm $m,n\left( 0\le m\le 1,0\le n\le 1 \right)$ nên $a\ne 0.$ Theo định lí Viete, ta có: $m+n=-\dfrac{b}{a}$ và $m.n=\dfrac{c}{a}$
Từ đó suy ra: $M=\dfrac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}=\dfrac{\left( 1-\dfrac{b}{a} \right)\left( 2-\dfrac{c}{a} \right)}{1-\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}}=\dfrac{\left( 1+m+n \right)\left( 2-mn \right)}{1+m+n+mn}.$
Vì $2-mn\le 2$ và $mn\ge 0$ nên
$M\le \dfrac{\left( 1+m+n \right).2}{1+m+n}=2.$
Vậy giá trị lớn nhất của $M$ là $2$ đạt được khi $mn=0$ hay $c=0.$
Do $0\le m\le 1,0\le n\le 1$ nên $mn\le 1$, suy ra:
$m\left( n-1 \right)+n\left( m-1 \right)+\left( mn-1 \right)\le 0\Leftrightarrow mn\le \dfrac{1}{3}\left( 1+m+n \right).$
Do đó $M\ge \dfrac{1+m+n}{1+m+n+\dfrac{1}{3}\left( 1+m+n \right)}=\dfrac{3}{4}.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $\dfrac{3}{4}$ đạt được khi $m=n=1$ hay $a+b+c=0$ và $a=c.$
