Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0,x \ne 1.\)

1) Rút gọn biểu thức \(P.\)

2) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P < 0.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương \[a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c\] và \[abc = 1,\] ta có:

          \({a^4}\left( {{b^2} + {c^2}} \right) = {a^2}\left( {{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2}} \right) \ge {a^2} \cdot 2\sqrt {{a^4}{b^2}{c^2}} = 2{a^3}.\)

Chứng minh tương tự, ta được \({b^4}\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \ge 2{b^3};\,\,\,{c^4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 2{c^3}.\)

Khi đó ta được:

          \(P = \frac{{{a^4}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{{b^4}\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{{c^4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{a^3} + 2{b^3}}}\)\( \ge \frac{{2{a^3}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{2{b^3}}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{2{c^3}}}{{{a^3} + 2{b^3}}}\)

Đặt \(M = \frac{{2{a^3}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{2{b^3}}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{2{c^3}}}{{{a^3} + 2{b^3}}}\) và \(\left\{ \begin{array}{l}x = {b^3} + 2{c^3}\\y = {c^3} + 2{a^3}\\z = {a^3} + 2{b^3}.\end{array} \right.\)

Khi đó ta được \(\left\{ \begin{array}{l}{b^3} = \frac{{x - 2y + 4z}}{9}\\{c^3} = \frac{{y - 2z + 4x}}{9}\\{a^3} = \frac{{z - 2x + 4y}}{9}\end{array} \right.\)

Suy ra \(M = \frac{{2\left( {z - 2x + 4y} \right)}}{{9x}} + \frac{{2\left( {x - 2y + 4z} \right)}}{{9y}} + \frac{{2\left( {y - 2z + 4x} \right)}}{{9z}}\)

\( = \frac{2}{9}\left[ {\left( {\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z}} \right) + 4\left( {\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z}} \right) - 6} \right]\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 3 số dương ta có:

                    \(\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{z}{x} \cdot \frac{x}{y} \cdot \frac{y}{z}}} = 3;\)

                    \(\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{y}{x} \cdot \frac{z}{y} \cdot \frac{x}{z}}} = 3.\)

Khi đó ta được: \(P \ge M = \frac{2}{9}\left[ {\left( {\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z}} \right) + 4\left( {\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z}} \right) - 6} \right] \ge \frac{2}{9}\left( {3 + 4 \cdot 3 - 6} \right) = 2.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[a = b = c = 1.\]

1) Do đường tròn \[\left( O \right)\] tiếp xúc với \[AB,{\rm{ }}AC\] tại \[E,{\rm{ }}F\] nên \(AE \bot OE\) tại \(E\) và \(AF \bot OF\) tại \(F,\) do đó \(\widehat {AEO} = \widehat {AFO} = 90^\circ .\)

Suy ra hai điểm \(E,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)

Vậy tứ giác \[AEOF\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)

2) Ta có: \(IE,\,\,IH\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(I\) nên \(IO\) là tia phân giác của \(\widehat {EIH},\) do đó \(\widehat {IOE} = \widehat {IOH} = \frac{1}{2}\widehat {EOH}.\)

Tương tự, ta cũng có \(\widehat {HOK} = \widehat {KOF} = \frac{1}{2}\widehat {HOF}.\) 

Do đó \(\widehat {IOK} = \widehat {IOH} + \widehat {HOK} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {EOH} + \widehat {HOF}} \right) = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do \[AEOF\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {EAF} + \widehat {EOF} = 180^\circ ,\) suy ra \(\widehat {EAF} = 180^\circ - \widehat {EOF}.\)

Mặt khác, \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(\widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2} = \frac{{180^\circ - \left( {180^\circ - \widehat {EOF}} \right)}}{2} = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \[\widehat {ACB} = \widehat {IOK}.\]

Ta có: \(\widehat {IOK} + \widehat {IOB} + \widehat {KOC} = 180^\circ ;\)

 \(\widehat {ACB} + \widehat {CKO} + \widehat {KOC} = 180^\circ \)

Suy ra \[\widehat {IOB} = \widehat {CKO}.\] Kết hợp \(\widehat {OBI} = \widehat {OCK}\) ta chứng minh được (g.g).

3) Vì \(O\) là trung điểm của \(BC\) nên \(OB = OC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên đường trung tuyến \(AO\) đồng thời là đường cao và đường phân giác của tam giác.

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(O,\) ta có \(A{B^2} = A{O^2} + B{O^2}\) (định lí Pythagore)

Suy ra \(AO = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = \sqrt {16} = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta OBE\) và \(\Delta ABO\) có: \(\widehat {ABO}\) là góc chung và \(\widehat {BEO} = \widehat {BOA} = 90^\circ .\)

Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{OB}}{{AB}} = \frac{{BE}}{{BO}} = \frac{{OE}}{{AO}}\)

Nên \(O{B^2} = AB \cdot BE\) và \(OE \cdot AB = OB \cdot OA.\)

Từ đó, ta có \(BE = \frac{{O{B^2}}}{{AB}} = \frac{{{3^2}}}{5} = 1,8{\rm{\;(cm)}}\) và \(OE = \frac{{OB \cdot OA}}{{AB}} = \frac{{3 \cdot 4}}{5} = 2,4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Theo câu 2, suy ra \(\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BI}}{{CO}}\) hay \(KC \cdot BI = OB \cdot OC = O{B^2}.\)

Ta có: \({S_{AIK}} = {S_{ABC}} - {S_{BIKC}}\) nên \({S_{AIK}}\) lớn nhất khi \({S_{BIKC}}\) nhỏ nhất.

Gọi \(R\) là bán kính đường tròn \(\left( O \right).\) Khi đó \(R = OE = 2,4{\rm{\;cm}}.\)

Ta có: \({S_{BIKC}} = {S_{BOI}} + {S_{IOK}} + {S_{KOC}} = \frac{1}{2}\left( {OE \cdot BI + OH \cdot IK + OF \cdot KC} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R \cdot \left( {BI + IK + KC} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {BI + IH + HK + KC} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R\left( {BI + CK + IE + KF} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - BE - CF} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - 2BE} \right)\)\( = R\left( {BI + CK - BE} \right)\)

 \( \le R \cdot \left( {2\sqrt {BI \cdot CK} - BE} \right) = R \cdot \left( {2\sqrt {O{B^2}} - BE} \right) = R \cdot \left( {2OB - BE} \right)\)

\( = 2,4 \cdot \left( {2 \cdot 3 - 1,8} \right) = 10,08{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Lại có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AO \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Do đó \({S_{AIK}} \le 12 - 10,08 = 1,92{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Dấu “=” xảy ra khi \[BI = CK\] hay \[AI = AK,\] tức là \(\Delta AIK\) cân tại \(A\) nên đường phân giác \(AO\) của tam giác này đồng thời là đường cao, tức \(AO \bot IK,\) mà \(OH \bot IK\) nên \(OH\) trùng \(OA,\) hay \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác \[AIK\] bằng \(1,92\) cm2 khi \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]