Cho đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) cố định. Trên tia đối của tia \(BA\) lấy điểm \(C\) cố định, qua \(C\) kẻ đường thẳng \(d\) vuông góc với \(AC\). Gọi \(K\) là điểm cố định nằm giữa \(O\) và \(B\) \((K\) khác \(O\) và \(B)\), qua \(K\) vẽ dây cung \(ED\) bất kì của đường tròn \((O)\). Gọi \(P,\,\,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AE\) và \(AD\) với đường thẳng \(d\). Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(APQ\) cắt tia \(AC\) tại điểm \(M\) \((M\) khác \(A)\). Chứng minh rằng:

a) Tứ giác \(PEDQ\) nội tiếp được trong một đường tròn.

b) \(\Delta AKD{\rm{ }} \sim \Delta \,\Delta AQM.\)

c) \(AK.AM = AB.AC.\)

d) Khi dây \(ED\) thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(APQ\) luôn nằm trên một đường cố định.

1)ĐKXĐ: \(x \le 1;y \ge 1\)

\((1) \Leftrightarrow (1 - x)\sqrt {1 - x} - (y - 1)\sqrt {y - 1} + \sqrt {1 - x} - \sqrt {y - 1} = 0\)

Đặt \(\sqrt {1 - x} = u\,\,(u \ge 0);\,\,\sqrt {y - 1} = t\,\,(t \ge 0)\) ta được phương trình:

\({u^3} - {t^3} + u - t = 0\)\( \Leftrightarrow (u - t)({u^2} + ut + {t^2} + 1) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}u - t = 0\\{u^2} + ut + {t^2} + 1 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \,\,\,u - t = 0 \Rightarrow 1 - x = y - 1 \Leftrightarrow x = 2 - y\).

Từ (2) suy ra \(\sqrt {4 - y} + \sqrt {y + 1} = 3\) (ĐKXĐ: \(1 \le y \le 4\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 5 + 2\sqrt {(4 - y)(y + 1)} = 9 \Leftrightarrow \sqrt {4 + 3y - {y^2}} = 2 \Rightarrow 3y - {y^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 0\,\,\,(KTM)\\y = 3\,\,\,(TM)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hệ có nghiệm \((x;y) = ( - 1;3).\)

2)Từ giả thiết \[{\rm{a}}\left( {a - 1} \right) + b\left( {b - 1} \right) = ab \Rightarrow {a^2} + {b^2} - \left( {a + b} \right) = ab\]

\[ \Rightarrow {a^2} + {b^2} = ab + a + b\]

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: \[{a^2} + {b^2} \ge 2{\rm{a}}b \Rightarrow ab + a + b \ge 2{\rm{a}}b \Rightarrow a + b \ge ab\,\,\,\,\,(1)\]

Lại có: \[{\rm{a}}b + a + b + 8 = \left( {{a^2} + 4} \right) + \left( {{b^2} + 4} \right) \ge 4{\rm{a}} + 4b = 4\left( {a + b} \right)\]

\[ \Rightarrow ab + 8 \ge 3\left( {a + b} \right) \ge 3ab\,\,(do\,\,\,(1))\]

\( \Rightarrow ab \le 4\).

Đặt \(t = \sqrt {ab} \Rightarrow 0 < t \le 2 \Rightarrow \frac{2}{t} \ge 1 \Rightarrow \frac{4}{{{t^2}}} \ge 1\).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

\[\begin{array}{l}F = \frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{a} + 2023\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + \frac{4}{{ab}} \ge 2\sqrt {\frac{{{a^2}}}{b}.\frac{{{b^2}}}{a}} + 2023.2\sqrt {\frac{1}{{ab}}} + \frac{4}{{ab}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2t + 4046.\frac{1}{t} + \frac{4}{{{t^2}}}\end{array}\]

\(F \ge 2t + \frac{8}{t} + 2019 \cdot \frac{2}{t} + \frac{4}{{{t^2}}}\).

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có \(2t + \frac{8}{t} \ge 2\sqrt {2t.\frac{8}{t}} = 8\)

\( \Rightarrow F \ge 8 + 2019 + 1 = 2028\). Vậy \(\min F = 2028\), đạt khi \(a = b = 2\).

1)\(A = (\sqrt 5 - 1)\sqrt {{{(\sqrt 5 + 1)}^2}} \)

\(A = (\sqrt 5 - 1)(\sqrt 5 + 1) = 4\)

2)Theo ĐL Viét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)

\[B = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} = \frac{{{x_1}^2 + {x_2}^2}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{{1^2} - 2.( - 3)}}{{ - 3}} = \frac{{ - 7}}{3}\]           

3)ĐK: \(m \ne - 2\)

\( \oplus \,\,A(\frac{{ - 3}}{{m + 2}};0) \Rightarrow OA = \left| {\frac{{ - 3}}{{m + 2}}} \right| = \frac{3}{{\left| {m + 2} \right|}}\)

\( \oplus \,\,B(0;3) \Rightarrow OB = 3\)

Ta có tam giác \(AOB\) cân tại \(O\) nên \(OA = OB\) \( \Leftrightarrow \left| {\frac{3}{{m + 2}}} \right| = 3\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{3}{{m + 2}} = 3\\\frac{3}{{m + 2}} = - 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,(TM)\\m = \,\, - 3\,\,(TM)\end{array} \right.\)