Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 5y = 16}\\{3x + 2y = - 3.}\end{array}} \right.\)

Với \(a\) là số thực dương, ta có \[{a^2} + 1 \ge 2a\] nên \(\frac{b}{{{a^2} + 1}} = b - \frac{{{a^2}b}}{{{a^2} + 1}} \ge b - \frac{{{a^2}b}}{{2a}} = b - \frac{{ab}}{2}.\)

Chứng minh tương tự, ta có: \(\frac{c}{{{b^2} + 1}} \ge c - \frac{{bc}}{2}\) và \(\frac{a}{{{c^2} + 1}} \ge a - \frac{{ac}}{2}.\)

Do đó: \(P \ge \left( {a + b + c} \right) - \frac{1}{2}\left( {ab + bc + ca} \right) + \frac{1}{4}\left( {ab + bc + ca} \right) = 3 - \frac{1}{4}\left( {ab + bc + ca} \right)\)

Lại có \(\left( {ab + bc + ca} \right) \le \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} = 3\) nên \(P \ge 3 - \frac{1}{4} \cdot 3 = \frac{9}{4}.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1.\)

Vậy min \(P = \frac{9}{4}\) khi \(a = b = c = 1.\)

1) ⦁ Vì \(CA,CD\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), nên \(CA \bot OA\) tại \(A\) và \(AD \bot OD\) tại \(D\) hay \(\widehat {CAO} = 90^\circ ;\,\,\widehat {CDO} = 90^\circ .\) Do đó hai điểm \(A,\,\,D\) nằm trên đường tròn đường kính \(CO.\) Vậy tứ giác \(AODC\) nội tiếp được đường tròn đường kính \(CO.\)

2) * Chứng minh \(IC \cdot IO = IH \cdot CO\)

⦁ Do \(C\) là giao của hai tiếp tuyến \(CA,\,\,CD\) của đường tròn \(\left( O \right),\) nên \(OC\) là phân giác của góc \(AOD\) hay \(\widehat {AOI} = \widehat {DOI}.\) Suy ra  nên \[\widehat {ADI} = \widehat {IAD}\,\,\,\left( 1 \right)\] (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của đường tròn \(\left( O \right)).\)

Ta có \(\widehat {CAI} + \widehat {IAO} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CAI} = 90^\circ - \widehat {IAO}.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Xét \(\Delta OAI\) cân tại \(O\) (do \(OA = OI)\) nên \(\widehat {IAO} = \widehat {AIO} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOI}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOI}.\)

Lại có \(\widehat {ADI} = \frac{1}{2}\widehat {AOI}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AI\) của đường tròn \(\left( O \right)).\)

Do đó \(\widehat {IAO} = 90^\circ - \widehat {ADI}\) hay \(\widehat {ADI} = 90^\circ - \widehat {IAO}.\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) suy ra \[\widehat {CAI} = \widehat {IAD}\,\,\left( { = \widehat {ADI}} \right)\]  hay \(AI\) là phân giác của \(\widehat {CAH}.\)

Xét \(\Delta CAH\) có \[AI\] là phân giác của \(\widehat {CAH}\) nên: \(\frac{{IC}}{{IH}} = \frac{{AC}}{{AH}}.\,\,\,\left( 4 \right)\)

⦁ Ta có \(OA = OD\) và \(CA = CD\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(OC\) là đường trung trực của \(AD\) hay \(AH \bot OC\)

Xét \(\Delta AHO\) vuông tại \(H,\) ta có \(\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{AO}}.\)

Xét \(\Delta ACO\) vuông tại \(A,\) ta có \(\sin \widehat {AOH} = \sin \widehat {AOC} = \frac{{AC}}{{CO}}.\)

Do đó \(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AC}}{{CO}}\) hay \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CO}}{{AO}} = \frac{{CO}}{{OI}}\,\,\,\left( 5 \right)\) (do \(OA = OI)\)

Từ \[\left( 4 \right)\] và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\frac{{IC}}{{IH}} = \frac{{CO}}{{OI}}\) hay \(IC \cdot OI = IH \cdot CO.\)

* Chứng minh \(\widehat {CKH} = 2\widehat {IAO}\)

Nối \(AK,\) ta có \(\widehat {AKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(AK \bot BC.\)

Xét \(\Delta CAK\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat {AKC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) và \(\widehat {ACB}\) là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{CA}}{{CB}} = \frac{{AK}}{{CA}}\) hay \(C{A^2} = CK \cdot CB.\)

Tương tự, ta có  (g.g) suy ra \(\frac{{CA}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CA}}\) hay \(C{A^2} = CH \cdot CO.\)

Suy ra \(CK \cdot CB = CH \cdot CO\) nên \(\frac{{CK}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CB}}.\)

Xét \(\Delta CKH\) và \(\Delta COB\) có: \[\widehat {OCB}\] là góc chung và \(\frac{{CK}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CB}}.\)

Do đó  (c.g.c), suy ra \(\widehat {CKH} = \widehat {COB}\) (hai góc tương ứng).

Mặt khác \(\widehat {COB} = \widehat {IOB} = 2\widehat {IAB}\) (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung \(BI)\)

Suy ra \(\widehat {CKH} = 2\widehat {IAB}\) hay \(\widehat {CKH} = 2 \cdot \widehat {IAO}.\)

3) Ta có \(OM\,{\rm{//}}\,AC\) (cùng vuông góc với \(AB)\)nên \(\widehat {COM} = \widehat {OCA}\) (hai góc so le trong).

Mà \(CO\) là tia phân giác của \(\widehat {ACD}\) (do hai tiếp tuyến \(CA,\,\,CD\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C)\) nên \(\widehat {OCA} = \widehat {OCM}.\)

Do đó \[\widehat {COM} = \widehat {OCM}\] suy ra \[\Delta CMO\] cân tại \(M.\) Từ đó ta có \(MC = MO.\)

Xét \(\Delta ACE\) có \(MO\,{\rm{//}}\,CA\) nên theo hệ quả định lí Thalès, ta có: \[\frac{{CA}}{{MO}} = \frac{{AE}}{{OE}}.\]

Xét \(\Delta ODE\) và \(\Delta MOE\) có: \(\widehat {ODE} = \widehat {MOE} = 90^\circ \) và \(\widehat {OEM}\) là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{OE}}{{ME}} = \frac{{OD}}{{MO}}\) hay \(\frac{{OE}}{{OD}} = \frac{{ME}}{{MO}}.\)

Khi đó: \(T = 9 \cdot \frac{{CA}}{{CM}} + \frac{{ME}}{{MO}}\)\( = 9 \cdot \frac{{CA}}{{MO}} + \frac{{ME}}{{MO}}\)\( = 9 \cdot \frac{{AE}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OD}} = 9 \cdot \frac{{OE + OA}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OD}}\)

\( = 9 \cdot \left( {1 + \frac{{OA}}{{OE}}} \right) + \frac{{OE}}{{OA}}\)\( = 9 + \left( {9 \cdot \frac{{OA}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OA}}} \right)\) \[\mathop \ge \limits^{{\rm{B\ST Cauchy}}} \]\[9 + 2\sqrt {9 \cdot \frac{{OA}}{{OE}} \cdot \frac{{OE}}{{OA}}} = 15.\]

Dấu “=" xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{{OA}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\) hay \(9O{A^2} = O{E^2},\) tức là \(OE = 3 \cdot OA = 3R.\)

Dễ dàng chứng minh được  (g.g)

Suy ra \(\frac{{OE}}{{CE}} = \frac{{OD}}{{CA}}\) hay \(\frac{{CE}}{{CA}} = \frac{{OE}}{{OD}} = \frac{{3R}}{R} = 3\) hay \(CE = 3CA.\)

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ACE\) vuông tại \(A,\) ta có: \(C{E^2} - C{A^2} = A{E^2}\)

Suy ra \(9 \cdot C{A^2} - C{A^2} = {\left( {AO + OE} \right)^2}\)

Hay \(8C{A^2} = {\left( {R + 3R} \right)^2}\) nên \(8C{A^2} = 16{R^2},\) suy ra \(CA = R\sqrt 2 .\)

Vây điểm \(C\) cách \(A\) một khoảng bằng \(R\sqrt 2 \) thì biểu thức \(T\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(15.\)