1. Cho hai số \(a,\,b\) thoả mãn các điều kiện \(a.b = 1,\,\,a + b \ne 0\). Rút gọn biểu thức:

\(Q = \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}}\left( {\frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}}} \right) + \frac{3}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}} \right) + \frac{6}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\)

2. Cho hai số dương \(x,\,y\) thoả mãn \(x\sqrt {{y^2} + 1}  + y\sqrt {{x^2} + 1}  = \sqrt {15} \). Tính giá trị của biểu thức:

\(P = \left( {\sqrt {{x^2} + 1}  - x} \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 1}  - y} \right)\)

1)Ta có \(\widehat {ABM} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC} = {60^0} \Rightarrow BM//AC \Rightarrow \widehat {BMA} = \widehat {CAN}\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự ta có \(CN//AB \Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {CNA}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\Delta AMB\) đồng dạng \(\Delta NAC\) (g-g)

\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{NC}} \Rightarrow MB.NC = AB.AC \Rightarrow MB.NC = A{B^2}\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \[EF\] và \(BC\). Từ a) suy ra \(MB.NC = B{C^2} \Rightarrow \frac{{MB}}{{BC}} = \frac{{BC}}{{NC}}\,\,\,\left( 3 \right)\)

Mặt khác \(\widehat {MBC} = \widehat {MBA} + \widehat {ABC} = {60^0} + {60^0} = {120^0}\). Tương tự \(\widehat {BCN} = {120^0}\)

Suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {BCN}\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) ta có \(\Delta MBC\) đồng dạng \(\Delta BCN\)(c-g-c). Suy ra \(\widehat {BMC} = \widehat {NBC}\)

Ta có \(\widehat {BFM} = \widehat {BCF} + \widehat {FBC} = \widehat {BCF} + \widehat {BMC} = {180^0} - \widehat {MBC} = {60^0}\,\left( 5 \right)\)

Do \(BEAC\)nội tiếp nên \(\widehat {BEM} = \widehat {BCA} = {60^0}\,\,\left( 6 \right)\)

Từ (5) và (6) ta có \(\widehat {BFM} = \widehat {BEM}\). Suy ra \(BMEF\) nội tiếp

\[\widehat {BEF} = \widehat {BMF} = \widehat {NBC} = \widehat {FBI}\]. Do đó \(\Delta IBF\) đồng dạng \(\Delta IEB\)(g-g). Suy ra \(\frac{{IB}}{{IE}} = \frac{{IF}}{{IB}} \Rightarrow I{B^2} = IE.IF\,\,\left( 7 \right)\)

Chứng minh tương tự ta có \(I{C^2} = IE.IF\,\,\left( 8 \right)\).

Từ (7) và (8) suy ra \(IB = IC \Rightarrow I \equiv H\). Vậy \(E,\,F,\,H\) thẳng hàng.

2)Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Vẽ \(AH,\,IJ,\,BK\) cùng vuông góc \(EF\).

Ta có \(\widehat {AOB} = {120^0} \Rightarrow \widehat {AMB} = {60^0}\), hơn nữa \(ME = \,MF\) nên tam giác \(MEF\) đều.

Tam giác vuông \(AHE\) có \(AH = AE.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AE = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AD\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác vuông \(BKF\) có \(BK = BF.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BF = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BD\,\,\left( 2 \right)\)

Cộng vế (1) và (2) ta có

\(AH + BK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow 2IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{4}AB\) không đổi.

Vì điểm \(I\) cố định nên \(EF\) tiếp xúc với đường tròn cố định tâm \(I\), bán kính \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}AB\).

1)Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x \ge 0\\x - 1 \ge 0\\\frac{{{x^2} + 2x - 3}}{x} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 1\)

Phương trình trở thành

\(\begin{array}{l}\sqrt {x\left( {x + 3} \right)} + 2\sqrt {x - 1} - 2x - \sqrt {\frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}{x}} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x\left( {x + 3} \right)} - \sqrt {\frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}{x}} } \right) + \left( {2\sqrt {x - 1} - 2x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{x + 3}}{x}} \left( {x - \sqrt {x - 1} } \right) - 2\left( {x - \sqrt {x - 1} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - \sqrt {x - 1} } \right)\left( {\sqrt {\frac{{x + 3}}{x}}  - 2} \right) = 0\\\left[ \begin{array}{l}x - \sqrt {x - 1} = 0\\\sqrt {\frac{{x + 3}}{x}} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {x - 1} \,\,\left( 1 \right)\\\sqrt {\frac{{x + 3}}{x}} = 2\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} = x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 = 0\) (vô nghiệm)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{x + 3}}{x} = 4 \Leftrightarrow x + 3 = 4x \Leftrightarrow x = 1\) (Thoả mãn điều kiện)

2)Hệ phương trình đã cho trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 1} \right)\left( {y + 2} \right) = 4\\{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 8\end{array} \right.\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x + 1\\b = y + 2\end{array} \right.\) ta được hệ \(\left\{ \begin{array}{l}a.b = 4\\{a^2} + {b^2} = 8\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\{\left( {a + b} \right)^2} - 2ab = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\{\left( {a + b} \right)^2} = 16\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\\left[ \begin{array}{l}a + b = 4\\a + b = - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\a + b = 4\end{array} \right.\,\,\,\left( 1 \right)\\\left\{ \begin{array}{l}ab = 4\\a + b = - 4\end{array} \right.\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right.\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\b = - 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3\\y = - 4\end{array} \right.\)