Cho đường tròn (O:R) và dây cung BC cố định của đường tròn thỏa mãn     BC\( < 2{\rm{R}}.{\rm{\;}}\)Một điểm A di chuyển trên (O:R) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường phân giác của \(\widehat {{\rm{CHE}}}{\rm{\;k\'e o\;d\`a i\;}}\)về hai phía cắt AB và AC lần lượt tại M,N.

1. Chứng minh tam giác AMN cân tại A.

2. Gọi I , P, Q, J lần lượt là hình chiếu của D trên cạnh AB, BE, CF, AC. Chứng minh rằng bốn điểm I, P, Q, J cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với AO.

  3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của \(\widehat {{\rm{BAC}}}\) tại điểm thứ hai K. chứng minh rằng HK luôn đi qua một điểm cố định.

1) Rút gọn biểu thức Q=\(\left( {\frac{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }}{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}}  + \sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }} + \frac{{{\rm{x}} - {\rm{y}}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}}  - {\rm{x}} + {\rm{y}}}}} \right).\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)với \({\rm{x}} > {\rm{y}} > 0\)

                      Q=\(\left( {\frac{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }}{{\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}}  + \sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }} + \frac{{\sqrt {{{\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}}} \right)\left( {{\rm{x}} - {\rm{y}}} \right)}  - \sqrt {{{\left( {{\rm{x}} - {\rm{y}}} \right)}^2}} }}} \right){\rm{\;}}.{\rm{\;}}\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)

\(\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} .\left( {\frac{1}{{\sqrt {{\rm{x}} + {\rm{y}}}  + \sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} }} + \frac{1}{{\sqrt {{\rm{x}} + {\rm{y}}}  - \sqrt {\rm{x}}  - {\rm{y}}}}} \right).{\rm{\;}}\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)

                                  = \(\sqrt {{\rm{x}} - {\rm{y}}} \).\(\frac{{\sqrt {{\rm{x}} + {\rm{y}}} }}{{\rm{y}}}.{\rm{\;}}\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\sqrt {{{\rm{x}}^2} - {{\rm{y}}^2}} }}\)

                                  =\(\frac{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2}}}{{\rm{y}}}\)

2. Chỉ ra đường thẳng d luôn đi qua điểm M(2;1)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng d

Suy ra OH\( \le {\rm{OM\;}}\forall {\rm{m}}\)

Chỉ ra đường thẳng OM có phương trình là y =\(\frac{1}{2}{\rm{x}}.\)

Do OM \( \bot {\rm{d\;n\^e n}}\frac{1}{2}\left( {3{\rm{m}} + 1} \right) =  - 1 \Rightarrow 3{\rm{m}} + 1 =  - 2 \Rightarrow {\rm{m}} =  - 1.\)

3. Phương trình \({{\rm{x}}^2} - 2\left( {3{\rm{m}} - 1} \right){\rm{x}} + {{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 4 = 0{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 1 \right)\) có hai điểm phân biệt

\( \Rightarrow \Delta ' > 0\)\( \Rightarrow {\left( {3{\rm{m}} - 1} \right)^2} - \left( {{{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 4} \right) > 0\)\( \Rightarrow 8{{\rm{m}}^2} - 5{\rm{m}} + 5 > 0\)\( \Rightarrow 8{\left( {{\rm{m}} - \frac{5}{{16}}} \right)^2} + \frac{{132}}{{32}} > 0;\forall {\rm{m}} \in R\)

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({{\rm{x}}_1},{{\rm{x}}_2}\)

Theo Vi-ét ta có :\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} = 2\left( {3{\rm{m}} - 1} \right)}\\{{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2} = {{\rm{m}}^2} - m - 4}\end{array}} \right.\)

Đặt A=\({{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} + \sqrt {{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}{\rm{\;}}} ;{\rm{B}} = {{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} - \sqrt {{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}} \)

Ta có A.B = \({\left( {{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}} \right)^2} - {{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2} = {\left( {{{\rm{x}}_1} + \frac{{{{\rm{x}}_2}}}{2}} \right)^2} + \frac{{3{\rm{x}}_2^2}}{4} > 0,\forall {{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}\)

Suy ra A và B luôn cùng dấu \( \Rightarrow \left| {\rm{A}} \right| + \left| {\rm{B}} \right| = \left| {{\rm{A}} + {\rm{B}}} \right|\)

Do đó \(\left| {{x_1} + {x_2} + \sqrt {{x_1}{x_2}} } \right| + \left| {{x_1} + {x_2} - \sqrt {{x_1}{x_2}} } \right| = 2008\)\( \Rightarrow \left| {{x_1} + {x_2} + \sqrt {{x_1}{x_2}}  + {x_1} + {x_2} - \sqrt {{x_1}{x_2}} } \right| = 2008\)

\( \Rightarrow \left| {{x_1} + {x_2}} \right| = 1004\)\( \Rightarrow 2\left| {3{\rm{m}} - 1} \right| = 1004\) \( \Rightarrow \left| {3{\rm{m}} - 1} \right| = 502 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{m}} = \frac{{503}}{3}}\\{{\rm{m}} =  - 167}\end{array}} \right.\)

1.    Điều kiện x\( \ge 1.\)

Ta có (1)\( \Leftrightarrow {\rm{x}} + 3 - 4\sqrt {{\rm{x}} + 3} + 4 + \sqrt {{\rm{x}} - 1} = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{\rm{x}} + 3} - 2} \right)^2} + \sqrt {{\rm{x}} - 1} = 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {{\rm{x}} + 3} = 2}\\{\sqrt {{\rm{x}} - 1} = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow {\rm{x}} = 1.\)

2. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} + x - 2xy = 2}\\{{{\rm{x}}^4} + {{\rm{x}}^2} - 4{{\rm{x}}^3}y = 4 - 4{{\rm{x}}^2}{{\rm{y}}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x}\\{\left( {{{\rm{x}}^4} - 4{{\rm{x}}^3}{\rm{y}} + 4{{\rm{x}}^2}{{\rm{y}}^2}} \right) + {{\rm{x}}^2} - 4 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x}\\{{{\left( {{{\rm{x}}^2} - 2{\rm{xy}}} \right)}^2} + {{\rm{x}}^2} - 4 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x}\\{{{\left( {2 - {\rm{x}}} \right)}^2} - {{\rm{x}}^2} - 4x = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\rm{x}}^2} - 2xy = 2 - x\left( {\rm{*}} \right)}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{x}} = 0}\\{{\rm{x}} = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

+) với x = 0 , thay vào (*) ta được 0 = 2 (vô lý)

+) với x = 2, thay vào (*) ta được y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;1)