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 $MHbot AB$ $left( Hin AB right)$.
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 $widehat{MAK}=dfrac{1}{2}widehat{CAD}=dfrac{1}{2}{{.90}^{0}}={{45}^{0}}.$
$widehat{MCK}=dfrac{1}{2}soversetfrown{DB}=dfrac{1}{2}{{.90}^{0}}={{45}^{0}}$
$Rightarrow widehat{MAK}=widehat{MCK}Rightarrow $ tứ giác $ACMK$ nội tiếp
b)
Gọi $AFcap MH=left{ I right};AMcap BF=left{ P right}.$
$MH//PB$ vì cùng vuông góc $ABRightarrow dfrac{MH}{PB}=dfrac{AH}{AB}text{ }left( 1 right)$
$IH//FBRightarrow dfrac{IH}{FB}=dfrac{AH}{AB}text{ }left( 2 right)$
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 $Rightarrow FE=FBRightarrow widehat{FEB}=widehat{FBE}.$
$widehat{FEP}={{90}^{0}}-widehat{FEB}widehat{;FPE}={{90}^{0}}-widehat{FBE}.$;
$Rightarrow widehat{FEP}=widehat{FPE}Rightarrow FE=FP.$
Vì $FE=FP$và $FE=FB$ do đó $FB=FP$ mà $Fin BPRightarrow BP=2FB.$
Suy ra: $dfrac{IH}{FB}=dfrac{MH}{2FB}Rightarrow MH=2IHRightarrow AF$ 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 $oversetfrown{AC}$ nên $widehat{AMC}=widehat{AMN}.$
Kẻ $AQ$ vuông góc với $MN$ tại $Q$. Khi đó $Delta AMC=Delta AMQleft( ch-gn right)Rightarrow AQ=AC.$
Trong đó: $AC=sqrt{{{R}^{2}}+{{R}^{2}}}=Rsqrt{2}$ 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 $left( A;Rsqrt{2} right)$ 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 $3left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)-7left( a+b right)=-4$
Lời giải
a) Vì $16p+1$ là lẻ và lớn hơn $1$ nên có thể đặt $16p+1={{left( 2n+1 right)}^{3}}text{, }forall nin {{mathbb{N}}^{*}}.$
Ta có $16p+1={{left( 2n+1 right)}^{3}}Leftrightarrow 8p=nleft( 4{{n}^{2}}+6n+3 right)$
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:
$36left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)-84left( a+b right)=-48Leftrightarrow {{left( 6a-7 right)}^{2}}+{{left( 6b-7 right)}^{2}}=50$
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 $bne a+c$ sao cho phương trình bậc hai $a{{x}^{2}}+bx+c=0$ có hai nghiệm thực $m,n$ thỏa mãn $0le m,nle 1.$ 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 $dfrac{{{x}^{2}}}{y}+dfrac{{{y}^{2}}}{x}ge x+yLeftrightarrow {{x}^{3}}+{{y}^{3}}ge xyleft( x+y right).$
$Leftrightarrow left( x+y right)left( {{x}^{2}}-xy+{{y}^{2}} right)ge xyleft( x+y right).$
${{x}^{2}}-xy+{{y}^{2}}ge xyLeftrightarrow {{x}^{2}}-2xy+{{y}^{2}}ge 0Leftrightarrow {{left( x-y right)}^{2}}ge 0$
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 $m,nleft( 0le mle 1,0le nle 1 right)$ nên $ane 0.$ 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 $2-mnle 2$ và $mnge 0$ nên
$Mle dfrac{left( 1+m+n right).2}{1+m+n}=2.$
Vậy giá trị lớn nhất của $M$ là $2$ đạt được khi $mn=0$ hay $c=0.$
Do $0le mle 1,0le nle 1$ nên $mnle 1$, suy ra:
$mleft( n-1 right)+nleft( m-1 right)+left( mn-1 right)le 0Leftrightarrow mnle dfrac{1}{3}left( 1+m+n right).$
Do đó $Mge dfrac{1+m+n}{1+m+n+dfrac{1}{3}left( 1+m+n right)}=dfrac{3}{4}.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $dfrac{3}{4}$ đạt được khi $m=n=1$ hay $a+b+c=0$ và $a=c.$
