Đề chọn ĐTQG tỉnh Phú Thọ - ngày 2 năm 2020-2021

Bài 1. Cho đường tròn tâm $O$ với hai điểm $B$, $C$ cố định nằm trên đường tròn đó. Điểm $A$ thay đổi trên đường tròn $(O)$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Gọi $D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$ tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại $D$ cắt đường thẳng $BC$ tại điểm $K$. Đường thẳng $KO$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $E$ và $F$. Chứng minh $DF$ song song với $AB$. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $AI$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ thay đổi.

Lời giải

1. a) Gọi $M$ là trung điểm của $B C,$ ta có $O M \perp B C$. Tứ giác $O M D K$ có $\widehat{O M K}=\widehat{O D K}=90^{\circ}$ nên $O M D K$ nội tiếp được một đường tròn, từ đó ta có $\widehat{D O K}=\widehat{D M K}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset\frown{DK}$).
   Xét $\triangle A O F$ và $\triangle B M D$ có
   $\widehat{O A F}=\widehat{M B D}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset\frown{DC}$ của $(O)$).
   $\widehat{A O F}=\widehat{B M D}$ (do bù với $\widehat{D O K}=\widehat{D M K}$).
   Suy ra $\triangle A O F$ đồng dạng với $\triangle B M D$ (g-g).
   Suy ra $\dfrac{A O}{B M}=\dfrac{A F}{B D} \Rightarrow \dfrac{A D}{B C}=\dfrac{A F}{B D}$.
   Từ đó ta có $\triangle A D F$ đồng dạng với $\triangle B C D$ (c-c-c). Suy ra $\widehat{A D F}=\widehat{B C D}$.
   Ta lại có $\widehat{E A O}=\widehat{B C D}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset\frown{DB}$ của $(O)$), nên $\widehat{A D F}=\widehat{E A O}$ mà hai góc ở vị trí so le trong, suy ra $D F$ song song với $A B$.
2. Theo hệ quả định lí Ta-let $\dfrac{O E}{O F}=\dfrac{O A}{O D}=1$, suy ra $A D$, $E F$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, do đó $A E D F$ là hình bình hành. Gọi $L$ là điểm đối xứng với $M$ qua $O$, ta có $L$ cố định. Ta chứng minh $A$, $L$, $I$ thẳng hàng.
   Thật vậy, vì $A D$, $L M$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên $A L D M$ là hình bình hành, do đó $A L \parallel M D .$ {(1)}
   Tam giác $I A E$ cân tại $I$ nên $\widehat{E A I}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2} \widehat{A I E}=90^{\circ}-\widehat{A F E}=90^{\circ}-\widehat{B D M}$. Vì $D F \parallel A B$, $A B \perp B D \Rightarrow \widehat{B D F}=90^{\circ}$.
   Từ đó ta có $$ \begin{aligned} \widehat{O A I} &=\widehat{E A I}-\widehat{E A O}=\left(90^{\circ}-\widehat{B D M}\right)-\widehat{A D F} \\ &=90^{\circ}-\left( \widehat{B D F}-\widehat{M D F}\right) -\widehat{A D F} \\ &=90^{\circ}-90^{\circ}+\widehat{M D F}-\widehat{A D F} \\ &=\widehat{M D O}. \end{aligned} $$ Suy ra $A I \parallel M D$. {(2)}
   Từ (1) và (2) ta có $A, L, I$ thẳng hàng hay $A I$ luôn đi qua điểm $L$ cố định.

Bài 2. Xét $a, b, c \in \mathbb{N}$, $1 \leq a < b < c$ thỏa mãn hệ phương trình đồng dư \[\left\{ \begin{array}{l}&(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{a}\\&(c+1)(a+1) \equiv b \pmod{b}\\&(a+1)(b+1) \equiv b \pmod{c}.\end{array} \right.\] Chứng minh rằng hệ phương trình có vô hạn nghiệm $(a;b;c)$. Giả sử $\gcd(a, b)=1$. Tìm tất cả các nghiệm của hệ phương trình đó.

Lời giải

1. Với $m\in \mathbb{N}^*$ thì $a=6 m, b=12 m, c=18 m$ là nghiệm của hệ phương trình.
2. Nếu $\gcd(b, c)=d > 1$ thì $1 \equiv(a+1)(b+1) \equiv a+1\pmod{d} .$ Suy ra $\gcd(a, b) \geq d$.Mâu thuẫn với giả thiết.
   Vậy $\gcd(b, c)=1 .$ Tương tự thì $\gcd(a, c)=1$.
   Nếu $a$ chẵn thì từ $(b+1)(c+1) \equiv 1\pmod{a}$ suy ra cả $b$ và $c$ đều chẵn, suy ra $(a, c) > 1$, $(b, c) > 1,$ (vô lý). Vì vậy $a$ lẻ. Tương tự $b, c$ lẻ.
   Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}&(a+1)(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{a}\\&(a+1)(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{b}\\&(a+1)(b+1)(c+1) \equiv b \pmod{c}\end{array} \right.\] Suy ra $(a+1)(b+1)(c+1) \equiv 1 \pmod{abc}$ hay $(a+1)(b+1)(c+1)=1+n a b c, n \in \mathbb{N}^*$.
   $\Leftrightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a b}+\dfrac{1}{b c}+\dfrac{1}{c a}=n-1$. {(1)}
   Nếu $a \geq 3$ thì $b \geq 5, c \geq 7, a b \geq 15, a c \geq 21$ và $b c \geq 35 .$ Vì vậy $$V T(1) \leq \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{21}+\dfrac{1}{35}=\dfrac{86}{105} < 1.$$ Do đó $a=1$ và (1) trở thành $\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{b c}=n-2$. {(2)}
   Nếu $b \geq 5$ thì $c \geq 7$ và $\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{b c} \leq \dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{7}+\dfrac{1}{35}=\dfrac{5}{7} < 1$
   Vậy $b=3$ và (2) trở thành $\dfrac{2 c+7}{3 c}=n-2 \Rightarrow c \mid 7 \Rightarrow c=7$.
   Vậy $(1 ; 3 ; 7)$ là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Bài 3. Cho hàm số $f\colon \mathbb{R} \rightarrow[0 ;+\infty)$ thỏa mãn \[f^{2}(x+y)+f^{2}(x-y)=2 f^{2}(x)+2 f^{2}(y), \forall x, y \in \mathbb{R}.\] Chứng minh rằng $f(x+y) \leq f(x)+f(y), \forall x, y \in \mathbb{R},$ (ở đây $\left.f^{2}(x)=(f(x))^{2}\right)$.

Lời giải

Giả thiết $f^{2}(x+y)+f^{2}(x-y)=2 f^{2}(x)+2 f^{2}(y), \forall x, y \in \mathbb{R}$. {(1)}
Cho $x=y=0,$ từ (1) có $f(0)=0$.
Cho $x=0,$ từ (1) có $f(y)=f(-y), \forall y \in\mathbb{R},$ do $f(x) \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}$.
Đặt $g(x ; y)=\dfrac{f^{2}(x+y)-f^{2}(x-y)}{4}$; ta có $$g(x ; x)=\dfrac{f^{2}(2 x)}{4}=\dfrac{4 f^{2}(x)}{4}=f^{2}(x) \,\mbox{và}\, g(x ; y)=g(y ; x).$$ Thay $x$ bởi $y-z$ và thay $y$ bới $x,$ từ (1) có \[f^{2}(y-z+x)+f^{2}(y-z-x)=2 f^{2}(y-z)+2 f^{2}(x).\tag{2}\] Thay $x$ bới $x+y$ và thay $y$ bới $z,$ từ (1) có \[f^{2}(x+y+z)+f^{2}(x+y-z)=2 f^{2}(x+y)+2 f^{2}(z).\tag{3}\] Thay $x$ bới $y$ và thay $y$ bới $z,$ từ (1) có \[f^{2}(y+z)+f^{2}(y-z)=2 f^{2}(y)+2 f^{2}(z).\tag{4}\] Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra $$ \begin{aligned} f^{2}(x+y+z)-f^{2}(x-y+z)=& 2 f^{2}(x+y)-2 f^{2}(y-z)+2 f^{2}(z)-2 f^{2}(x) \\ &=f^{2}(x+y)-f^{2}(x-y)+f^{2}(y+z)-f^{2}(y-z) \\ \text { Hay } g(x+z ; y)=g(x ; y)+g(z ; y). \end{aligned} $$ Do $g$ là đối xứng và cộng tính nên suy ra $g(n x ; y)=n g(x ; y), \forall n \in\mathbb{N}$.
Suy ra $g(r x ; y)=r g(x ; y) ; \forall r \in \mathbb{N}$.
Vì vậy, với $r \in \mathbb{N}$, ta có $$ \begin{aligned} 0 & \leq f^{2}(r x+y)=g(r x+y ; r x+y)=g(r x ; r x+y)+g(y ; r x+y) \\ &=g(r x ; r x)+g(r x ; y)+g(y ; r x)+g(y ; y) \\ &=r^{2} g(x ; x)+2 r g(x ; y)+g(y ; y), \forall x, y \in \mathbb{R}. \end{aligned} $$ Vì vế phải là một đa thức của $r$ nên bất đẳng thức trên thỏa mãn với mọi $r \in \mathbb{R}$. Do đó $\Delta' \leq 0$ hay $g^{2}(x ; y) \leq g(x ; x) g(y ; y) \Rightarrow|g(x ; y)| \leq f(x) f(y)$.
Do đó $f^{2}(x+y)=g(x ; x)+2 g(x ; y)+g(y ; y) \leq(f(x)+f(y))^{2}$.
Suy ra $f(x+y) \leq f(x)+f(y), \forall x, y \in \mathbb{R}$.