Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) . Kẻ AH vuông góc với BC tại H, HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp.

b) Gọi E là giao điếm của AH với KI Chứng minh rằng $EA\cdot EH=EK\cdot EI.$

c) Chứng minh KJ vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây cung BC thay đổi sao cho $AB\cdot AC=3R^2.$ Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

1) Theo bài ra $Q=\frac{\sqrt{x}}{x+4}$ với $x\ge 0;x\ne 1.$

Thay x = 4 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q  ta có: $Q=\frac{\sqrt{4}}{4+4}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}.$

2) Với $x\ge 0;x\ne \mathrm{1,}$ ta có:

$P=\left(\frac{x-6\sqrt{x}+1}{x-1}-\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\right):\frac{x+4}{1-x}$$=\left[\frac{x-6\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\right]:\frac{x+4}{1-x}$

$=\frac{x-6\sqrt{x}+1-{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\cdot \frac{1-x}{x+4}$$=\frac{x-6\sqrt{x}+1-x+2\sqrt{x}-1}{x-1}\cdot \frac{1-x}{x+4}$

$=\frac{-4\sqrt{x}}{x-1}\cdot \frac{-\left(x-1\right)}{x+4}$$=\frac{4\sqrt{x}}{x+4}=4\cdot \frac{\sqrt{x}}{x+4}=4\cdot Q.$

Vậy $P=4Q$ với $x\ge 0;x\ne 1.$

3) Ta có $P=\frac{4\sqrt{x}}{x+4}$ với $x\ge 0;x\ne 1.$

Với $x\ge 0;x\ne 1.$ ta có $4\sqrt{x}\ge 0$ và $x+4>0$ nên $P=\frac{4\sqrt{x}}{x+4}\ge 0\left(1\right)$

Ta cũng có: $P=\frac{4\sqrt{x}}{x+4}=\frac{x+4-\left(x-4\sqrt{x}+4\right)}{x+4}=1-\frac{{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}{x+4}.$

Với $x\ge 0;x\ne \mathrm{1,}$ ta có ${\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\ge 0$ và $x+4>0$ nên $\frac{{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}{x+4}\ge 0\Rightarrow 1-\frac{{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}{x+4}\le 1$ 

Hay $P\le 1\left(2\right).$

Từ (1) và (2) suy ra $0\le P\le 1.$ 

Mà P nhận giá trị là số nguyên nên $P\in \left\{0;1\right\}.$

• Với P = 0 ta có $\frac{4\sqrt{x}}{x+4}=0\iff \sqrt{x}=0\iff x=0$ (thỏa mãn);

• Với P = 1 ta có $\frac{4\sqrt{x}}{x+4}=1\iff 4\sqrt{x}=x+4$$\iff x+4-4\sqrt{x}=0$

$\iff {\left(\sqrt{x}-2\right)}^2=0$$\iff \sqrt{x}-2=0\iff x=4$ (thỏa mãn).

Vậy $x\in \left\{0;4\right\}$ thì P nhận giá trị là số nguyên.

1) Với m = 2 hệ phương trình đã cho có dạng:

$\left\{\begin{array}{l}2x+y=3\\ -x+y=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3x=1\\ -x+y=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3}+y=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{3}\\ y=\frac{7}{3}\end{array}\right..$

Vậy với m = 2 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(\frac{1}{3};\frac{7}{3}\right).$

2) Xét hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}mx+y=3\left(1\right)\\ -x+y=2\left(2\right)\end{array}\right..$

Từ (2) ta có $y=x+2\left(3\right)$

Thay (3) vào (1) ta được: $mx+x+2=3\iff \left(m+1\right)x=1\left(4\right).$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình (4) có nghiệm duy nhất $\iff m+1\ne 0\iff m\ne -1.$

Với $m\ne -1$ phương trình (4) có nghiệm duy nhất $x=\frac{1}{m+1}.$

Từ (2) ta có $y=\frac{1}{m+1}+2=\frac{2m+3}{m+1}.$

Với $m\ne -1$ hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(\frac{1}{m+1};\frac{2m+3}{m+1}\right).$

Theo bài ra $x^2+y^2=10\iff {\left(\frac{1}{m+1}\right)}^2+{\left(\frac{2m+3}{m+1}\right)}^2=10$$\iff 1+{\left(2m+3\right)}^2=10{\left(m+1\right)}^2$

$\iff 1+4m^2+12m+9=10m^2+20m+10$

$\iff 6m^2+8m=0$$\iff 2m\left(3m+4\right)=0$$\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=\frac{-4}{3}\text{ (tm). }\end{array}\right.$

Vậy $m\in \left\{\frac{-4}{3};0\right\}$ thỏa mãn đề bài.