1) Vì \(\left(O\right)\) nội tiếp △ABC và tiếp xúc với AB,BC,CA lần lượt tại D,E,F.

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BE=BD\\AD=AF\\CE=CF\end{matrix}\right.\) và \(\left\{{}\begin{matrix}OD\perp ABtạiD\\OE\perp BCtạiE\\OF\perp CAtạiF\end{matrix}\right.\)

\(BD+BE=AB-AD+BC-CE=AB+BC-AF-CF=AB+BC-CA\)

\(\Rightarrow2BD=c+a-b\)

\(\Rightarrow BD=\dfrac{c+a-b}{2}\)

\(\Rightarrow AD=AB-BD=c-\dfrac{c+a-b}{2}=\dfrac{c+b-a}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{\dfrac{c+b-a}{2}}{\dfrac{c+a-b}{2}}=\dfrac{c+b-a}{c+a-b}\)

Xét △BDE có: BE//AG.

\(\Rightarrow\dfrac{DG}{DE}=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{c+b-a}{c+a-b}\) (định lí Ta-let).

2) \(BD=BE\Rightarrow\)△BDE cân tại B.

\(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BED}\) mà \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BDE}=\widehat{ADG}\\\widehat{BED}=\widehat{AGD}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{ADG}=\widehat{AGD}\Rightarrow\)△ADG cân tại A.

\(\Rightarrow AD=AG=AF\)

Tương tự \(AH=AF\Rightarrow AG=AH\)

\(\Rightarrow\)A là trung điểm GH.

\(\Rightarrow DA=DF=AG=\dfrac{1}{2}GH\)

△DHG có: DA là trung tuyến và \(DA=\dfrac{1}{2}GH\)

\(\Rightarrow\)△DHG vuông tại D.

\(\Rightarrow\)HD là đường cao của △GHE (1).

Tương tự: GF là đường cao của △GHE (2).

Ta có \(OE\perp BC\) mà BC//GH \(\Rightarrow OE\perp GH\)

\(\Rightarrow\)OE là đường cao của △GHE (3).

(1),(2),(3) \(\Rightarrow\)GF, HD, OE đồng quy.

3) \(EO\perp GH\) tại Q.

Gọi K là trực tâm của △GHE.

Vì △KDE, △KFE nội tiếp đường tròn đường kính KE nên:

K,D,E,F cùng thuộc 1 đường tròn.

Mà \(D,E,F\in\left(O\right)\Rightarrow K\in\left(O\right)\).

Chứng minh K là tâm đường tròn nội tiếp △DFQ \(\Rightarrow\)Sử dụng tam giác đồng dạng và tính chất 3 đg cao trong △DFQ.

\(x^2+y^2\le x+y\)

\(\Rightarrow x^2-x+y^2-y\le0\)

\(\Rightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2\le\dfrac{1}{2}\left(1\right)\)

Theo BĐT Bunhiacopxki:

\(\left[\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]\left(1+9\right)\ge\left[1.\left(x-\dfrac{1}{2}\right)+3.\left(y-\dfrac{1}{2}\right)\right]^2=\left(x+3y-2\right)^2\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow\dfrac{1}{2}.10\ge\left(x+3y-2\right)^2\)

\(\Rightarrow-\sqrt{5}\le x+3y-2\le\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow-\sqrt{5}+2\le P\le\sqrt{5}+2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{y-\dfrac{1}{2}}{3}\\\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{5}}\\y=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2\sqrt{5}}\end{matrix}\right.\) (loại \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\sqrt{5}}\\y=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2\sqrt{5}}\end{matrix}\right.\) do \(y>0\) )

Và khi dấu bằng xảy ra thì \(P_{max}=\sqrt{5}+2\)

Bài 2:

\(f\left(x\right)=x^4+6x^3+11x^2+6x\)

\(=x\left(x^3+6x^2+11x+6\right)\)

\(=x\left(x^3+x^2+5x^2+5x+6x+6\right)\)

\(=x\left[x^2\left(x+1\right)+5x\left(x+1\right)+6\left(x+1\right)\right]\)

\(=x\left(x+1\right)\left(x^2+5x+6\right)\)

\(=x\left(x+1\right)\left(x^2+3x+2x+6\right)\)

\(=x\left(x+1\right)\left[x\left(x+3\right)+2\left(x+3\right)\right]\)

\(=x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)\)

b) Ta có: \(f\left(x\right)+1=x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)+1\)

\(=x\left(x+3\right).\left(x+1\right)\left(x+2\right)+1\)

\(=\left(x^2+3x\right).\left(x^2+3x+2\right)+1\)

\(=\left(x^2+3x\right)^2+2\left(x^2+3x\right)+1\)

\(=\left(x^2+3x+1\right)^2\)

Vì x là số nguyên nên \(f\left(x\right)+1\) là số chính phương.

Bài 1:

\(\left\{{}\begin{matrix}xy+2=2x+y\left(1\right)\\2xy+y^2+3y=6\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\Rightarrow xy-y+2-2x=0\)

\(\Rightarrow y\left(x-1\right)-2\left(x-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x-1\right)\left(y-2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\y=2\end{matrix}\right.\)

Với \(x=1\). Thay vào (2) ta được:

\(2y+y^2+3y=6\)

\(\Leftrightarrow y^2+5y-6=0\)

\(\Leftrightarrow y^2+y-6y-6=0\)

\(\Leftrightarrow y\left(y+1\right)-6\left(y+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+1\right)\left(y-6\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=-1\\y=6\end{matrix}\right.\)

Với \(y=2\). Thay vào (2) ta được:

\(2x.2+2^2+3.2=6\)

\(\Leftrightarrow4x+4+6=6\)

\(\Leftrightarrow x=-1\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x,y) \(\in\left\{\left(1;-1\right),\left(1;6\right),\left(-1;2\right)\right\}\)

\(x^2+y^2< x+y\) . Dấu bé hơn hay dấu bé hơn hoặc bằng vậy bạn?

\(\left\{{}\begin{matrix}x-\dfrac{1}{x^3}=y-\dfrac{1}{y^3}\left(1\right)\\\left(x-4y\right)\left(2x-y+4\right)=-36\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(Đk:\left\{{}\begin{matrix}x,y\ne0\\x\ne4y\\2x\ne y-4\end{matrix}\right.\)

\(x-\dfrac{1}{x^3}=y-\dfrac{1}{y^3}\)

\(\Rightarrow x-y+\dfrac{1}{y^3}-\dfrac{1}{x^3}=0\)

\(\Rightarrow x-y+\dfrac{x^3-y^3}{x^3y^3}=0\)

\(\Rightarrow x-y+\dfrac{\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{x^3y^3}=0\)

\(\Rightarrow\left(x-y\right).\dfrac{x^2+xy+y^2+x^3y^3}{x^3y^3}=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\\x^2+xy+y^2+x^3y^3=0\end{matrix}\right.\)

Với \(x=y\) . Thay vào (2) ta được:

\(\left(x-4x\right)\left(2x-x+4\right)=-36\)

\(\Leftrightarrow-3x.\left(x+4\right)=-36\)

\(\Leftrightarrow x\left(x+4\right)=12\)

\(\Leftrightarrow x^2+4x-12=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)^2-16=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+6\right)\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\Rightarrow y=2\\x=-6\Rightarrow y=-6\end{matrix}\right.\)

Với \(x^2+xy+y^2+x^3y^3=0\) . Ta sẽ chứng minh trường hợp này vô nghiệm.

Có: \(\left(x+y\right)^2+x^3y^3-xy=0\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2+xy\left(xy+1\right)\left(xy-1\right)=0\left(3\right)\)

Với \(xy>1\Rightarrow VT\left(3\right)>0\Rightarrow ptvn\)

Với \(xy=1\Rightarrow\left(x+y\right)^2=0\Rightarrow x=-y\)

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

Với \(1>xy\ge0\Rightarrow xy\left(xy+1\right)\left(xy-1\right)\le0\) (có thể xảy ra).

Với \(0>xy>-1\Rightarrow VT\left(3\right)>0\Rightarrow ptvn\)

Với \(xy< -1\Rightarrow xy\left(xy-1\right)\left(xy+1\right)\le0\) (có thể xảy ra).

Vì \(x,y\ne0\) nên ta có: \(\left[{}\begin{matrix}1>xy>0\\xy< -1\end{matrix}\right.\left('\right)\)

\(\left(2\right)\Rightarrow2x^2-xy+4x-8xy+4y^2-16y=-36\)

\(\Rightarrow2x^2+4x+4y^2-16y+36=9xy\)

\(\Rightarrow2\left(x^2+2x+1\right)+4\left(y^2-4y+4\right)+18=9xy\)

\(\Rightarrow2\left(x+1\right)^2+4\left(y-2\right)^2+18=9xy>18\)

\(\Rightarrow xy>2\left(''\right)\)

Từ \(\left('\right),\left(''\right)\) suy ra hệ vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(2;2\right),\left(-6;-6\right)\right\}\)

\(Đk:x\ge2\)

Đặt \(A=\sqrt{x-2}+2\sqrt{x+1}+2019-x\)

\(2A=2\sqrt{x-2}+4\sqrt{x+1}+4038-2x\)

\(=\left[\left(-x+2\right)+2\sqrt{x-2}-1\right]+\left[\left(-x-1\right)+4\sqrt{x+1}-4\right]+4042\)

\(=-\left[\left(x-2\right)-2\sqrt{x-2}+1\right]-\left[\left(x+1\right)-4\sqrt{x+1}+4\right]+4042\)

\(=-\left(\sqrt{x-2}-1\right)^2-\left(\sqrt{x+1}-2\right)^2+4042\le4042\)

\(\Rightarrow A\le2021\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-2}-1=0\\\sqrt{x+1}-2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=3\)

Vậy \(Max\) của biểu thức trên là 2021, đạt tại x=3.

Câu 4: \(Đk:x>-1;y>-\dfrac{1}{2}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\left(a>0\right)\\b=\dfrac{1}{\sqrt{2y+1}}\left(b>0\right)\end{matrix}\right.\)

Hệ phương trình đã cho trở thành:

\(\left\{{}\begin{matrix}2a+b=5\\3a+2b=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+2b=10\\3a+2b=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a+b=5\\a=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=3\end{matrix}\right.\)

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

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

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+1=1\\2y+1=\dfrac{1}{9}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=-\dfrac{4}{9}\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

Câu 6: \(\left\{{}\begin{matrix}2xy+y^2=3\left('\right)\\x^2+5xy=6\left(''\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4xy+2y^2=6\left(1\right)\\x^2+5xy=6\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Lấy \(\left(2\right)-\left(1\right)\) ta được:

\(x^2+xy-2y^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-y^2+xy-y^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)+y\left(x-y\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+2y\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\\x=-2y\end{matrix}\right.\)

Với \(x=y\) Thay vào \(\left('\right)\) ta được:

\(2y.y+y^2=3\)

\(\Leftrightarrow y=\pm1\Rightarrow x=\pm1\).

Với \(x=-2y\) Thay vào \(\left('\right)\) ta được:

\(2.\left(-2y\right).y+y^2=3\)

\(\Leftrightarrow y^2=-1\) (phương trình vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(1;1\right),\left(-1;-1\right)\right\}\)

Câu 5:

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2=4\left('\right)\\x-y-xy=2\left(''\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-y\right)^2+2xy=4\\x-y-xy=2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-y\right)^2+2xy=4\left(1\right)\\2\left(x-y\right)-2xy=4\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Lấy \(\left(1\right)+\left(2\right)\) ta được:

\(\left(x-y\right)^2+2\left(x-y\right)=8\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+2\left(x-y\right)+1-9=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y+1\right)^2-9=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y-2\right)\left(x-y+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-y=2\\x-y=-4\end{matrix}\right.\)

Với \(x-y=2\) Thay vào \(\left(''\right)\) ta được:

\(2-xy=2\Rightarrow xy=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow y=-2\\y=0\Rightarrow x=2\end{matrix}\right.\)

Với \(x-y=4\Rightarrow x=4+y\) Thay vào \(\left('\right)\) ta được:

\(\left(4+y\right)^2+y^2=4\)

\(\Leftrightarrow y^2+8y+16+y^2-4=0\)

\(\Leftrightarrow2y^2+8y+12=0\)

\(\Leftrightarrow y^2+4y+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+2\right)^2+2=0\) (phương trình vô nghiệm).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(2;0\right),\left(0;-2\right)\right\}\)