a) Rút gọn biểu thức: \(P = \left( {\frac{{x - 3\sqrt x }}{{x - 2\sqrt x - 3}} - \frac{{2x}}{{x - 1}}} \right):\frac{{1 - \sqrt x }}{{x - 2\sqrt x + 1}}\) , với \(x \ge 0;x \ne 1;x \ne 9.{\rm{ }}\)

b) Giải phương trình: \({x^2} - x + 6 = 2\sqrt {{x^3} + 8} \)

c) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y^2} - 2{x^2} - xy - y + 2x = 0}\\{\sqrt {{x^2} - y - 1} + x + y = 1}\end{array}} \right.\)

a) Tứ giác OGMB nội tiếp đường tròn đường kính MO \( \Rightarrow \widehat {OMG} = \widehat {OBG}.\)

    Tứ giác OGCN nội tiếp đường tròn đường kính NO \( \Rightarrow \widehat {ONG} = \widehat {OCG}\)

    Tuy nhiên tam giác OBC cân tại O \( \Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {OCB} \Rightarrow \widehat {OMG} = \widehat {ONG} \Rightarrow \Delta OMN\)cân tại O.

b) ta có: $\angle AKG=\angle AIO={90}^{°}\Rightarrow \Delta AKG,\Delta AIO$ đồng dạng \( \Rightarrow AG.AI = AK.AO.\)

Mặt khác,  dễ thấy: \(AK\,.\,AO = A{B^2}\) và \(A{B^2} = AE \cdot AD \Rightarrow AG \cdot AI = AE \cdot AD\)

Khi đó: \(AG \cdot AI = (AI - IE)(AI + IE) = A{I^2} - I{E^2} \Rightarrow I{E^2} = A{I^2} - AG \cdot AI = IG \cdot IA\)

c) Gọi T là giao điểm của HG và CE . Ta có: \(\widehat {BED} = \widehat {BCD} = \widehat {CBA} = \widehat {ACB} \Rightarrow HEGC\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {HGC} = \widehat {HEC} = \widehat {CDB} = \widehat {CBA}.\)Đến đây ta chứng minh hai đường thẳng HG, AB song song với nhau .

Kéo dài CE cắt AB tại F.

Dễ thấy: \(\angle FAE = \angle EDC = \angle ECA \Rightarrow \Delta FAE,\Delta FCA\) đồng dạng \( \Rightarrow F{A^2} = FE\,.\,FC\), mà \(F{B^2} = FE\,.\,FC \Rightarrow F\)là trung điểm của AB. Đến đây sử dụng định lý Ta-lét , thì : \(\frac{{TG}}{{FB}} = \frac{{CT}}{{CF}} = \frac{{TH}}{{FA}} \Rightarrow TG = TH\) hay T là trung điểm của GH.

a) Từ giả thiết ta có: \(a \ne 0\) và \(\frac{{a - 4b + 16c}}{a} \le 0 \Rightarrow a(a - 4b + 16c) \le 0 \Rightarrow {(a - 2b)^2} \le 4\left( {{b^2} - 4ac} \right) \Rightarrow \Delta  \ge 0\)

do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1}\,,\,{x_2}\) mà \({x_1}\, + {x_2} =  - \frac{b}{a}\) và \({x_1}\,.{x_2} = \frac{c}{a}\). Đến đây thay vào giả thiết ta thu được: \( - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4{x_1}{x_2} \ge \frac{1}{4} \Rightarrow \left( {4{x_1} + 1} \right)\left( {4{x_2} + 1} \right) \le 0\). Nếu \({x_1}\,,\,{x_2}\) đều không âm thì dẫn đến điều vô lý. Do vậy phương trình phải có ít nhất một nghiệm âm.

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta được:

\(\sqrt {1 + 8{a^3}}  = \sqrt {(1 + 2a)\left( {1 - 2a + 4{a^2}} \right)}  \le \frac{{1 + 2a + 1 - 2a + 4{a^2}}}{2} = 2{a^2} + 1.\)

Tương tự, ta có: \(\sqrt {1 + 8{b^3}}  \le 2{b^2} + 1;\sqrt {1 + 8{c^3}}  \le 2{c^2} + 1.\)

Do đó: \(P \ge \frac{{{a^2}}}{{\left( {2{a^2} + 1} \right)\left( {2{b^2} + 1} \right)}} + \frac{{{b^2}}}{{\left( {2{b^2} + 1} \right)\left( {2{c^2} + 1} \right)}} + \frac{{{c^2}}}{{\left( {2{c^2} + 1} \right)\left( {2{a^2} + 1} \right)}}\)

Tiếp theo ta chứng minh: \(\frac{{{a^2}}}{{\left( {2{a^2} + 1} \right)\left( {2{b^2} + 1} \right)}} + \frac{{{b^2}}}{{\left( {2{b^2} + 1} \right)\left( {2{c^2} + 1} \right)}} + \frac{{{c^2}}}{{\left( {2{c^2} + 1} \right)\left( {2{a^2} + 1} \right)}} \ge \frac{1}{3}(*)\)

Thật vậy: \((*) \Leftrightarrow 3\left( {2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + {a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge \left( {2{a^2} + 1} \right)\left( {2{b^2} + 1} \right)\left( {2{c^2} + 1} \right)\)

                         \( \Leftrightarrow 2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 9.\)

Điều này hiển nhiên đúng do \({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \ge 3\sqrt[4]{{{a^4}{b^4}{c^4}}} = 3\) và \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} = 3.\)

Vậy GTNN của \(P = \frac{1}{3}\) đạt tại \(a = b = c = 1\)