ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2 x+x^2 y=y \\ 2 y+y^2 z=z \\ 2 z+z^2 x=x\end{array}\right.$

Câu 2

Tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O})$ có các đường phân giác trong $\mathrm{AA}^{\prime} ; \mathrm{BB}^{\prime} ; \mathrm{CC}^{\prime}$ cắt đường tròn $(\mathrm{O})$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$. Chứng minh rằng: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Câu 3

Cho các số thực không âm $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2003}$ thỏa đồng thời các điều kiện sau:

$\quad\quad$ i) $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2003}=2$

$\quad\quad$ ii) $a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}+a_{2003} a_1=1$

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2+\ldots+a_{2003}^2$

Câu 4

Cho phương trình: $x^3-3 xy^2+y^3=n$; với $n$ nguyên dương.

$\quad\quad$ i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

$\quad\quad$ ii) Với $\mathrm{n}=2003$ phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp $\mathrm{M}$ gồm có $\mathrm{n}$ số thực, với $\mathrm{n}$ hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ thuộc $\mathrm{M}$, a khác $\mathrm{b}$, thì $\frac{2 a}{3}-b^2$ cũng thuộc $M$ ?

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm $\mathrm{O}$, bán kính $\mathrm{R}_1, \mathrm{R}$, với $\mathrm{R}_1>\mathrm{R}$ và tứ giác $\mathrm{ABCD}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O}, \mathrm{R})$. Tia $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{DA}$ cắt đường tròn $\left(\mathrm{O}, \mathrm{R}_1\right)$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1, \mathrm{D}_1$.

Chứng minh rằng: $\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}} \geq \frac{R_1^2}{R^2}$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2 x+x^2 y=y \\ 2 y+y^2 z=z \\ 2 z+z^2 x=x\end{array}\right.$

Lời Giải

Hệ đã cho $\Leftrightarrow(1)\left\{\begin{array}{l}y\left(1-x^2\right)=2 x \\ z\left(1-y^2\right)=2 y \\ x\left(1-z^2\right)=2 z\end{array}\right.$

Vì một trong các giá trị $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ bằng $\pm 1$ đều không thỏa hệ phương trình (1) nên $x \neq \pm 1, y=\pm 1, z=\pm 1$

Nên hệ phương trình $(1) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=\frac{2 x}{1-x^2}\quad\quad(1) \\ z=\frac{2 y}{1-y^2}\quad\quad(2) \\ x=\frac{2 z}{1-z^2}\quad\quad(3)\end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{x}=\operatorname{tga}$, với $\mathrm{a} \in\left(-\frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}\right)$

Từ (1) ta có $\mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \mathrm{a}$, từ (2) ta có $\mathrm{z}=\operatorname{tg} 4 \mathrm{a}$, từ (3) ta có $\mathrm{x}=\operatorname{tg} 8 \mathrm{a}$ Do đó ta có $\operatorname{tga}=\operatorname{tg} 8 \mathrm{a} \Leftrightarrow 7 \mathrm{a}=\mathrm{k} \pi(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$

Suy ra a $=\frac{\mathrm{k} \pi}{7}$, khi đó $\mathrm{x}=\operatorname{tg} \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{z}=\operatorname{tg} 4 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}$

Với phép thử, ta được $\mathrm{k} \in{-3 ;-2 ;-1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3}$ Vậy hệ phương trình đã cho có 7 nghiệm:

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{-3 \pi}{7}, \operatorname{tg} \frac{-6 \pi}{7}, \operatorname{tg} \frac{-12 \pi}{7}\right) ;\left(\operatorname{tg} \frac{-2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-4 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-8 \pi}{7}\right)$

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{-\pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-4 \pi}{7}\right) ;(0 ; 0 ; 0) ;\left(\operatorname{tg} \frac{3 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{6 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{12 \pi}{7}\right)$

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{4 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{8 \pi}{7}\right) ;\left(\operatorname{tg} \frac{\pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{4 \pi}{7}\right)$

Câu 2

Tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O})$ có các đường phân giác trong $\mathrm{AA}^{\prime} ; \mathrm{BB}^{\prime} ; \mathrm{CC}^{\prime}$ cắt đường tròn $(\mathrm{O})$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$. Chứng minh rằng: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Lời Giải

Đặt $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{AC}=\mathrm{b} ; \mathrm{AB}=\mathrm{c}$

Chứng minh được: $\triangle \mathrm{ABA}^{\prime} \sim \triangle \mathrm{AA}_1 \mathrm{C}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AA}^{\prime} \cdot \mathrm{AA}_1=\text { b.c }$

Mặt khác: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}=\frac{\mathrm{AA}^{\prime 2}}{\mathrm{AA}^{\prime} \cdot \mathrm{AA}_1}=\frac{\mathrm{AA}^{\prime 2}}{\mathrm{bc}}$

Chứng minh được: $\mathrm{AA}^{\prime}=\frac{2 \mathrm{bc} \cdot \cos \frac{\mathrm{A}}{2}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}=\frac{4 \mathrm{~b}^2 \mathrm{c}^2 \cdot \cos ^2 \frac{\mathrm{A}}{2}}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2 \cdot \mathrm{bc}}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{2 b c \cdot(1+\cos A)}{(b+c)^2}=1-\frac{a^2}{(b+c)^2}$

Tương tự: $\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}=1-\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2} ; \frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1}=1-\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1}=3-\left[\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}\right]$

Ta lại có:

$\quad\quad\quad\quad\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(a+c)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2} \geq \frac{a^2}{2(b+c)^2}+\frac{b^2}{2(a+c)^2}+\frac{c^2}{2(a+b)^2}$

$\quad\quad\quad =\frac{1}{2}\left[\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}\right]$

Chứng minh được: $\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2} \geq \frac{3}{2}$

Từ đó suy ra: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Đẳng thức xảy $\mathrm{ra} \Leftrightarrow \mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$. Khi đó tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Câu 3

Cho các số thực không âm $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2003}$ thỏa đồng thời các điều kiện sau:

$\quad\quad$ i) $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2003}=2$

$\quad\quad$ ii) $a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}+a_{2003} a_1=1$

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2+\ldots+a_{2003}^2$

Lời Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng $a_{2003}$ là min $(a_i)$ và $a_1>0$ Từ giả thiết đó

$\quad\quad\quad 4=\left(a_1+a_2+\ldots+a_{2003}\right)^2$

$\quad\quad\quad\quad\geq\left(a_1+a_2+\ldots+a_{2003}\right)^2-\left(a_1-a_2+a_3-\ldots+a_{2003}\right)^2$

$\quad\quad\quad\quad=4\left(a_1+a_3+\ldots+a_{20033}\right)\left(a_2+a_4+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq 4\left(a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}\right)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad +4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{2003}\right)+4 a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =4\left(1-a_{2003} a_1\right)+4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{20033}\right)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +4 a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =4+4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{20013}\right)+4a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}-a_{2003}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq 4$

Do đó ta phải có:

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a_1+a_3+\ldots+a_{2003}=a_2+a_4+\ldots+a_{2002}=1\quad\quad(1) \\ a_1 a_4=a_2 a_5=\ldots=a_{2000} a_{2003}=0\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(2) \\ a_6+a_8+\ldots+a_{2002}=a_{2003}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(3)\end{array}\right.$

Vì $a_1>0$ nên $a_4=0(\operatorname{do} 2)$

Vì $a_{20013}=min (a_i)$ nên $a_{2003}=0$

Do đó $a_6=a_8=\ldots=a_{2002}=0(\operatorname{do} 3)$

Từ (1) ta có: $a_2=1$ và từ (ii) ta có $a_1+a_3=1$

Áp dụng điều đó vào i) ta có $a_4+a_5+\ldots+a_{2003}=0$

Suy ra $a_4=a_5=\ldots=a_{2003}=0$. Do đó

$\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2=a_1^2+1+\left(1-a_1\right)^2=2\left(a_1-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{2}$

Do đó $S \max$ khi $a_1=1$, khi đó $\mathrm{s} \max =2$.

$\mathrm{S}$ min khi $\mathrm{a}_1=\frac{1}{2}$, khi đó $\mathrm{S} \min =\frac{3}{2}$.

Câu 4

Cho phương trình: $x^3-3 xy^2+y^3=n$; với $n$ nguyên dương.

$\quad\quad$ i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

$\quad\quad$ ii) Với $\mathrm{n}=2003$ phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Lời Giải

i) Ta có $x^3-3 x y^2+y^3=(y-x)^3-3(y-x) x^2+(-x)^3$

Và $x^3-3 x y^2+y^2=(-y)^3-3(-y)(x-y)^2+(x-y)^3$

Vậy phương trình có nghiệm $(x, y)$ thì cũng có 2 nghiệm nữa là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (\mathrm{y}-\mathrm{x},-\mathrm{x})$ và $(-\mathrm{y}, \mathrm{x}-\mathrm{y})$

Và 3 nghiệm ấy là phân biệt vì nếu 2 nghiệm bằng nhau thì dẫn tới $x=y=0$ trái với giả thiết $n>0$.

ii) Giả sử phương trình $\mathrm{x}^3-3 \mathrm{x}^2+\mathrm{y}^3=2003$ có nghiệm.

Ta có: $\quad 2003=-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow x^3-3 x y^2+y^3=x^3+y^3 \equiv-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{x}+\mathrm{y} \equiv-1(\bmod 3)$

Do đó:

a) $x \equiv 0, y \equiv-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{x}=3 \mathrm{k} ; \mathrm{y}=3 \mathrm{k}-1$ suy ra $\mathrm{x}^3-3 \mathrm{xy}^2+\mathrm{y}^3 \equiv-1(\bmod 9)$

Mặt khác $2005 \equiv 5(\bmod 9)$ vô lí.

b) $x \equiv-1, y \equiv 0(\bmod 3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

c) $x \equiv 1, y \equiv 1(\bmod 3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

Do $(y-x,-x)$ cùng là nghiệm nên trở lại trường hợp $x \equiv 0, y \equiv-1(\bmod 3)$

Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp $\mathrm{M}$ gồm có $\mathrm{n}$ số thực, với $\mathrm{n}$ hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ thuộc $\mathrm{M}$, a khác $\mathrm{b}$, thì $\frac{2 a}{3}-b^2$ cũng thuộc $M$ ?

Lời Giải

Nhận xét: $0 \notin \mathrm{M}$ vì nếu không $\mathrm{M}$ sẽ chứa vô hạn các phần tử $\left(\frac{2}{3}\right)^{\mathrm{n}} \mathrm{a}, \mathrm{n} \in$ $\mathrm{N}^*$, với $\mathrm{a} \neq 0, \mathrm{a} \in \mathrm{M}$.

Hơn nữa, $M$ có chứa phần tử âm. Thật vậy, nếu tất cả các phần tử của $\mathrm{M}$ đều dương thì tồn tại một phần tử nhỏ nhất của $\mathrm{M}$, gọi là $\mathrm{b}$ sao cho $\forall \mathrm{c}$ ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{2 b}{3}-c^2>b \Leftrightarrow \frac{-b}{3}-c^2<0$ (vô lí)

Đặt $a_1<a_2<\ldots<a_k$ là tất cả các số âm của $\mathrm{M}$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\frac{2 a_1}{3}-a_2^2<\frac{2 a_1}{3}-a_3^2<\ldots<\frac{2 a_1}{3}-{a_k}^2<\frac{2 a_1}{3}-a_3^2<\ldots<\frac{2 a_{n-1}}{3}-a_{k}^2$

Có $2 \mathrm{k}-3$ số âm khác nhau của $\mathrm{M} \Rightarrow 2 \mathrm{k}-3 \leq \mathrm{k} \Leftrightarrow \mathrm{k} \leq 3$

• Xét $\mathrm{k}=3 \Rightarrow \frac{2 \mathrm{a}_1}{3}-\mathrm{a}_2^2<\frac{2 \mathrm{a}_1}{3}-\mathrm{a}_3^2<\frac{2 \mathrm{a}_2}{3}-\mathrm{a}_3^2$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3} a_1-a_1^2=a_1 \\ \frac{2}{3} a_2-a_3^2=a_2 \\ \frac{2}{3} a_3-a_2^2=a_3\end{array} \Rightarrow\right.$ Hệ vô nghiệm (loại)

• Xét $\mathrm{k}=2$ : Ta có $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2 \in \mathrm{M}$ và $\frac{2 a_2}{3}-a_1^2 \in \mathrm{M}$

Nếu $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2=\frac{2 a_2}{3}-a_1^2\left(hoặc  =a_2\right.)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow a_1+a_2=-\frac{2}{3}$ và $a_1=-3 a_2^2\left(\right.$ hoặc $\left.a_2=-3 a_1^2\right)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left[\begin{array}{l}\left.a_2=\frac{1}{3}=a_1 \quad \text { (loại vì } a_1 \neq a_2\right) \\ a_2=\frac{2}{3}, a_1=-\frac{4}{3}\left(\text { loại vì } a_1 \cdot a_2<0\right)\end{array}\right.$

Nếu $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2 \neq \frac{2 a_2}{3}-a_1^2$ thì một trong 2 số này hoặc bằng $\mathrm{a}_1$ hoặc bằng $\mathrm{a}_2$.

Xét $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3} a_1-a_2^2=a_2 \\ \frac{2}{3} a_2-a_1^2=a_1\end{array} \Rightarrow a_1=\mathrm{a}_2=-\frac{1}{3}\right.$ (vô lí). Tương tự cho trường hợp còn lại.

Do đó $\mathrm{M}$ chỉ chứa 1 số âm, gọi là $\mathrm{a}$.

Nếu b và c là 2 số dương phân biệt của $M$ thì $\frac{2}{3} a-b^2$ và $\frac{2}{3} a-c^2$ là 2 số âm phân biệt của $M$ (loại)

Do đó $\mathrm{M}$ chỉ chứa 1 số dương, gọi là $\mathrm{b} \Rightarrow \mathrm{M}={\mathrm{a}, \mathrm{b}}, \mathrm{a}<0, \mathrm{~b}<0$

Ta có:

$\quad\quad\quad\frac{2}{3} a-b^2<0 \Rightarrow \frac{2}{3} a-b^2=a \Rightarrow a=-3 b^2$

$\quad\quad\Rightarrow \frac{2}{3} b-a^2=\frac{2}{3} b-4 b^4=\left[\begin{array}{l}b \Rightarrow\left(b=0 \text { hay } b=-\frac{1}{3}\right) \text { (loại) } \\ -3 b^2 \Rightarrow b=\frac{2}{3} \text { (nhận) }\end{array}\right.$

Kết luận: $a=-\frac{4}{3} ; b=\frac{2}{3} \Rightarrow M(-\frac{4}{3}, \frac{2}{3})$

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm $\mathrm{O}$, bán kính $\mathrm{R}_1, \mathrm{R}$, với $\mathrm{R}_1>\mathrm{R}$ và tứ giác $\mathrm{ABCD}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O}, \mathrm{R})$. Tia $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{DA}$ cắt đường tròn $\left(\mathrm{O}, \mathrm{R}_1\right)$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1, \mathrm{D}_1$.

Chứng minh rằng: $\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}} \geq \frac{R_1^2}{R^2}$

Lời Giải

Đặt $\mathrm{AB}=\mathrm{a} ; \mathrm{BC}=\mathrm{b}$

$\mathrm{CD}=\mathrm{c} ; \mathrm{DA}=\mathrm{d}$

$\mathrm{A}_1 \mathrm{~B}=\mathrm{x} ; \mathrm{B}_1 \mathrm{C}=\mathrm{y}$

$\mathrm{C}_1 \mathrm{D}=\mathrm{z} ; \mathrm{D}_1 \mathrm{~A}=\mathrm{t}$

$\quad\quad\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}}=1+\frac{S_{A_1 B_1 B}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{B_1 C_1 C}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{C_1 D_1 D}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{D_1 A_1 D}}{S_{ABCD}}$

$\quad\quad\quad =1+\frac{x(b+y)}{a b+c d}+\frac{y(c+z)}{a d+b c}+\frac{z(d+t)}{a b+c d}+\frac{t(x+a)}{a d+b c}$

$\quad\quad\quad \geq 1+\frac{x\left(R_1^2-R^2\right)}{y 4 R^2}+\frac{y\left(R_1^2-R^2\right)}{z 4 R^2}+\frac{z\left(R_1^2-R^2\right)}{t 4 R^2}+\frac{t\left(R_1^2-R^2\right)}{x 4 R^2}$

$\quad\quad\quad =1+\frac{\left(R_1^2-R^2\right)}{4 R^2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}\right) \geq 1+\frac{\left(R_1^2-R^2\right)}{4 R^2} 4=\frac{R_1^2}{R^2}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\mathrm{ABCD}$ là hình vuông.