\(\left\{{}\begin{matrix}x^3-3x^2+2=y\sqrt{y+3}\left(1\right)\\3\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}+x^2=12\left(2\right)\end{matrix}\right.\) \(\left(x\ge2;y\ge1\right)\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x^3-3x^2+3x-1\right)-\left(3x-3\right)=\left(y+3-3\right)\sqrt{y+3}\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^3-3\left(x-1\right)=\sqrt{y+3}^3-3\sqrt{y+3}\)

Đặt \(x-1=a;\sqrt{y+3}=b\left(a\ge1;b\ge2\right)\)

\(\Rightarrow a^3-3a=b^3-3b\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)-3\left(a-b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2-3\right)=0\)

\(\Rightarrow a=b\left(\text{vì }a^2+ab+b^2-3\ge4>0\right)\)

\(\Rightarrow x-1=\sqrt{y+3}\)

\(\Rightarrow x^2-2x+1=y+3\)

\(\Leftrightarrow y-1=x^2-2x-3\). Thay vào (2)

\(\Rightarrow3\sqrt{x-2}+\sqrt{x^2-2x-3}+x^2=12\)

\(\Leftrightarrow3\sqrt{x-2}-3+\sqrt{\left(x-3\right)\left(x+1\right)}+x^2-9=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3\left(x-2-1\right)}{\sqrt{x-2}+1}+\sqrt{\left(x-3\right)\left(x+1\right)}+\left(x-3\right)\left(x+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-3}\left[\dfrac{3\sqrt{x-3}}{\sqrt{x-2}+1}+\sqrt{x+1}+\sqrt{x-3}\left(x+3\right)\right]=0\)

\(\Rightarrow x=3\)

\(\Rightarrow y=1\)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = (3 ; 1)

a) Tứ giác AHIK nội tiếp

\(\widehat{AHI}+\widehat{AKI}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\text{AHIK nội tiếp}\)

b) \(IA\times IC=IB\times ID\)

\(\text{Xét }\Delta IAB\text{ và }\Delta IDC\text{ có:}\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{DIC}\left(\text{2 góc đối đỉnh}\right)\)

\(\widehat{A_1}=\widehat{D_1}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{BC}\right)\)

\(\Rightarrow\Delta IAB\sim\Delta IDC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{IA}{ID}=\dfrac{IB}{IC}\)

\(\Rightarrow IA\times IC=IB\times ID\)

c) \(\Delta HKI\sim\Delta BDC\)

\(\widehat{H_2}=\widehat{A_2}\left(\text{AHIK nội tiếp}\right)\)

\(\widehat{A_2}=\widehat{B_2}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{CD}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{H_2}=\widehat{B_2}\) (1)

\(\widehat{K_1}=\widehat{A_1}\left(\text{AHIK nội tiếp}\right)\)

\(\widehat{A_1}=\widehat{D_1}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{BC}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{K_1}=\widehat{D_1}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\Delta HKI\sim\Delta BDC\left(g-g\right)\)

d) \(\dfrac{S_{HKI}}{S_{ABD}}\le\dfrac{HK^2}{4AI^2}\)

➤ \(\Delta HKI\sim\Delta BDC\Rightarrow\dfrac{S_{HKI}}{S_{BDC}}=\dfrac{HK^2}{BD^2}\Rightarrow S_{HKI}=\dfrac{HK^2\times S_{BDC}}{BD^2}\)

➤ \(\text{Đặt }T=\dfrac{S_{HKI}}{S_{ABD}}=\dfrac{HK^2\times S_{BDC}}{BD^2\times S_{ABC}}\)

Ta có: \(\dfrac{S_{BDC}}{S_{ABC}}=\dfrac{IC}{IA}\)

\(\Rightarrow T=\dfrac{HK^2\times IC}{BD^2\times IA}=\dfrac{HK^2\times IC}{\left(IB+ID\right)^2\times IA}\)

➤ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM

\(\Rightarrow T\le\dfrac{HK^2\times IC}{4\times IB\times ID\times IA}=\dfrac{HK^2\times IC}{4\times IA\times IC\times IA}=\dfrac{HK^2}{4IA^2}\left(đpcm\right)\)

Tham khảo:

https://d3.violet.vn//uploads/previews/present/3/964/465/preview.swf

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2\left(y^2+1\right)+2y\left(x^2+x+1\right)=3\\\left(x^2+x\right)\left(y^2+y\right)=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2\left(y+1\right)^2+2y\left(x+1\right)=3\\xy\left(x+1\right)\left(y+1\right)=1\end{matrix}\right.\)

Đặt \(x\left(y+1\right)=a\text{ và }y\left(x+1\right)=b\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+2b=3\\ab=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+\dfrac{2}{a}-3=0\left(1\right)\\b=\dfrac{1}{a}\end{matrix}\right.\) (a ≠ 0)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow a^3-3a+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\a=-2\end{matrix}\right.\left(\text{nhận}\right)\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b=1\\b=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

➤ TH₁: \(x\left(y+1\right)=y\left(x+1\right)=1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy+x=yx+y\\x\left(y+1\right)=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=y\\y^2+y-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\\x=y=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

➤ TH₂: \(\left\{{}\begin{matrix}x\left(y+1\right)=-2\left(1\right)\\y\left(x+1\right)=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x-y=-\dfrac{3}{2}\)

\(\text{Thay }x=y-\dfrac{3}{2}\text{ vào }\left(1\right)\Rightarrow\left(y-\dfrac{3}{2}\right)\left(y+1\right)=-2\)

\(\Leftrightarrow2y^2-y+1=0\)

Ta có: \(\Delta=\left(-1\right)^2-4.2.1=-7< 0\)

⇒ Phương trình vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2};\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\right);\left(\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2};\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\right)\)

\(\text{Chứng minh rằng: }\dfrac{2}{AK}=\dfrac{1}{AD}+\dfrac{1}{AE}\)

➤➤➤ Chứng minh:

➤ Vì H là trung điểm của ED (gt) nên DE = 2HD

Ta có: \(\dfrac{1}{AD}+\dfrac{1}{AE}=\dfrac{AE+AD}{AD\times AE}=\dfrac{\left(AD+DE\right)+AD}{AD\times AE}=\dfrac{2\left(AD+DH\right)}{AD\times AE}=\dfrac{2AH}{AD\times AE}\) (1)

➤ Xét ΔABD và ΔAEB có:

\(\widehat{A_1}\text{ chung}\)

\(\widehat{B_1}=\widehat{E_1}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{BD}\right)\)

⇒ ΔABD và ΔAEB (g - g)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\)

\(\Rightarrow AB^2=AD\times AE\) (2)

➤ Vì H là trung điểm của ED (gt) OH ⊥ ED

⇒ O, H, A, B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

\(\Rightarrow\widehat{H_1}=\widehat{C_1}\)

Mặt khác: 2 tiếp tuyến AB và AC của (O) cắt nhau tại A ⇒ AB = AC

⇒ ΔABC cân tại A

\(\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{ABC}\)

Suy ra: \(\widehat{H_1}=\widehat{ABK}\)

⇒ ΔABK và ΔAHB (g - g)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AH}=\dfrac{AK}{AB}\)

\(\Rightarrow AB^2=AH\times AK\) (3)

➤➤ Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\dfrac{1}{AD}+\dfrac{1}{AE}=\dfrac{2AH}{AH\times AK}=\dfrac{2}{AK}\left(đpcm\right)\)

\(\text{Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn }x+y+z=3\)

\(\text{Chứng minh rằng }T=\dfrac{x}{x+\sqrt{3x+yz}}+\dfrac{y}{y+\sqrt{3y+xz}}+\dfrac{z}{z+\sqrt{3z+xy}}\le1\)

➤➤➤Chứng minh:

➢ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM

\(\Rightarrow\dfrac{x}{x+\sqrt{3x+yz}}=\dfrac{x}{x+\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}}\left(\text{vì }x+y+z=3\right)=\dfrac{x}{x+\sqrt{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}}\le\dfrac{x}{x+\sqrt{\left(\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\right)^2}}=\dfrac{x}{x+\sqrt{xz}+\sqrt{xy}}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)

➢ Tương tự:

\(\dfrac{y}{y+\sqrt{3y+xz}}\le\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)

\(\dfrac{z}{z+\sqrt{3z+xy}}\le\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)

➢ Công vế theo vế 3 bất đẳng thức cùng chiều

\(\Rightarrow\dfrac{x}{x+\sqrt{3x+yz}}+\dfrac{y}{y+\sqrt{3y+xz}}+\dfrac{z}{z+\sqrt{3z+xy}}\le\dfrac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1\)

➢ \(\text{Đẳng thức xảy ra khi }x=y=z=1\)

➤ \(Max_T=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)

a) Chứng minh \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

\(\widehat{BFC}=\widehat{CEB}=90^0\)

\(\Rightarrow\text{BFEC nội tiếp}\)

\(\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

b) Chứng minh \(AB\times CN=AN\times BD\)

\(ON\perp BC\)

\(\Rightarrow\text{N là điểm chính giữa của cung nhỏ BC}\)

\(\Rightarrow\stackrel\frown{BN}=\stackrel\frown{NC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{NAC}\)

\(\text{mà }\widehat{B_1}=\widehat{N_1}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{AC}\right)\)

\(\Rightarrow\Delta BAD\sim\Delta NAC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{BD}{CN}\)

\(\Rightarrow AB\times CN=AN\times BD\)

c) Chứng minh \(BC\times AK=AB\times CK+AC\times BK\)

\(\odot\) \(\Delta ABC\text{ có 2 đường cao BE và CF cắt nhau tại H}\)

\(\Rightarrow\text{H là trực tâm của }\Delta ABC\)

\(\Rightarrow AK\perp BC\)

\(\odot\) Suy ra \(\dfrac{1}{2}\times BC\times AK=S_{ABKC}\) (1)

\(\odot\) \(\text{Gọi T là giao điểm của AK và BC}\)

\(\widehat{AFC}=\widehat{CTA}=90^0\)

\(\Rightarrow\text{AFTC nội tiếp}\)

\(\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{C_1}\)

\(\text{mà }\widehat{A_1}=\widehat{C_2}\)

\(\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\)

\(\Rightarrow\Delta CHK\text{ có CT vừa là đường cao vừa là đường phân giác}\)

\(\Rightarrow\text{CB là đường trung trực của HK}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CK=CH\\BK=BH\end{matrix}\right.\)

\(\odot\) \(\dfrac{1}{2}\times AB\times CK=\dfrac{1}{2}\times AF\times CH+\dfrac{1}{2}\times FB\times CH=S_{AHC}+S_{BHC}=S_{AHC}+S_{BKC}\)

\(\odot\) \(\dfrac{1}{2}\times AC\times BK=\dfrac{1}{2}\times AE\times BH+\dfrac{1}{2}\times EC\times BH=S_{AHB}+S_{BHC}\)

\(\odot\) Suy ra \(\dfrac{1}{2}\times AB\times CK+\dfrac{1}{2}\times AC\times BK=S_{AHC}+S_{BKC}+S_{AHB}+S_{BHC}=S_{ABKC}\) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ đpcm

Điểm P chạy trên đường thẳng vuông góc với AC tại điểm C.

\(\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+4x+1\right)=6x^2\)

Đặt \(x^2-x+1=t\left(t\ge\dfrac{3}{4}\right)\)

\(\Rightarrow t\left(t+5x\right)=6x^2\)

\(\Leftrightarrow t^2+5xt-6x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t+6x\right)\left(t-x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=-6x\\t=x\end{matrix}\right.\)

\(\odot\) TH1: \(t=-6x\)

\(\Rightarrow x^2-x+1=-6x\)

\(\Leftrightarrow x^2+5x+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{-5+\sqrt{21}}{2}\\x=\dfrac{-5-\sqrt{21}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\odot\) TH2: \(t=x\)

\(\Rightarrow x^2-x+1=x\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x+1=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{1;\dfrac{-5+\sqrt{21}}{2};\dfrac{-5-\sqrt{21}}{2}\right\}\)

a) Chứng minh \(DB^2=DC\times DE\)

\(\widehat{B_1}=\widehat{C_1}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{AD}\right)\)

\(\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\left(\text{CE là đường phân giác của }\Delta ACB\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{C_2}\)

\(\Rightarrow\Delta DBE\sim\Delta DCB\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{ED}{BD}\)

\(\Rightarrow BD^2=CD\times ED\)

b) Chứng minh C, O, F thẳng hàng

\(\odot\text{ Theo gt, ta có: MK // AC}\) \(\text{mà }AC\perp CM\) \(\text{nên }CM\perp MK\)

\(\odot\text{ Mặt khác: }\widehat{C_1}=\widehat{C_2}=\dfrac{90^0}{2}=45^0\)

\(\text{mà }\widehat{C_1}=\widehat{D_1}\left(\text{2 góc so le trong, AC // MK}\right)\)

\(\odot\text{ Suy ra }\Delta MCN\text{ vuông tại M có }\widehat{D_1}=45^0\)

\(\Rightarrow\Delta MCN\text{ vuông cân tại M}\)

\(\Rightarrow MC=MN\text{ mà }MC=AC\left(gt\right)\Rightarrow MN=AC\)

\(\odot\text{ Hình thang ACMN (do AC // MK) có }MN=AC\)

\(\Rightarrow AN=MC=AC=MN\)

\(\Rightarrow\text{ ACMN là hình vuông}\)

\(\Rightarrow\widehat{FAC}=90^0\)

\(\Rightarrow\text{ FC là đường kính}\)

\(\text{hay O, C, F thẳng hàng}\)

c) Chứng minh ABMK nội tiếp

\(\widehat{M_1}=\widehat{C_1}\left(\text{ACMN là hình vuông}\right)\)

\(\widehat{C_1}=\widehat{B_1}\left(\text{cùng chắn }\stackrel\frown{AD}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{M_1}=\widehat{B_1}\)

\(\Rightarrow\text{ ABMK nội tiếp}\)