Cho tam giác \[ABC\] nhọn, \(AB < AC.\) Kẻ các đường cao \(AD,BE,CF\) cắt nhau tại H. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AP,AQ\] đến đường tròn tâm \[O,\] đường kính \[BC\](\[P,Q\] là các tiếp điểm và \(P,F\) nằm cùng phía so với đường thẳng \(AD\)).

1.  Chứng minh \[A{P^2} = AB.AF\] và \[5\] điểm \(A,P,D,O,Q\) nằm trên một đường tròn.

2.  Chứng minh \[H,P,Q\] thẳng hàng.

3.  Chứng minh \[PF,QE,AD\] đồng quy.

1)Ta có \(ab + bc + ca = abc \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1\).

Cách 1: Khi đó \(a + b + c = (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{abc}}.3\sqrt[3]{{\frac{1}{{abc}}}} = 9\)

Cách 2: \(a + b + c = (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = 3 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + \frac{b}{c} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{c}{a} \ge 3 + 2 + 2 + 2 = 9\)

2)Ta có \(a + b + c = (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{ab}} + \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{bc}} + \frac{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}}{{ca}} - 3\)

\( \ge \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} - 3 = \frac{{4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{abc}} + 5 = 4\left( {\frac{a}{{bc}} + \frac{b}{{ca}} + \frac{c}{{ab}}} \right) + 5\)

1)Ta có \(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} = a + b + c \Leftrightarrow {\left( {ab} \right)^2} + {\left( {bc} \right)^2} + {\left( {ca} \right)^2} = abc(a + b + c)\)

\( \Leftrightarrow 2{\left( {ab} \right)^2} + 2{\left( {bc} \right)^2} + 2{\left( {ca} \right)^2} = 2ab.bc + 2bc.ca + 2ca.ab\)

\( \Leftrightarrow {\left( {ab - bc} \right)^2} + {\left( {bc - ca} \right)^2} + {\left( {ca - ab} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = b = c\)

2)Điều kiện \(x \ge \frac{1}{2}.\)

Ta có \(\sqrt {3x + 1}  - \sqrt {2x - 1}  = 1 \Leftrightarrow \sqrt {3x + 1}  = 1 + \sqrt {2x - 1} \)

Bình phương hai vế, rút gọn,  ta được \(2\sqrt {2x - 1}  = x + 1\)

\(2\sqrt {2x - 1}  = x + 1 \Leftrightarrow 4\left( {2x - 1} \right) = {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 5\end{array} \right.\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;5} \right\}\)                 

3)Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}xy \ge 0\\x,y \ge  - 1\end{array} \right.\) . Đặt  \(\left\{ \begin{array}{l}S = x + y\\P = x.y\end{array} \right.\)\(({S^2} \ge 4P)\) hệ phương trình đã cho trở thành:\(\left\{ \begin{array}{l}S - \sqrt P  = 3\\S + 2 + 2\sqrt {S + P + 1}  = 9\end{array} \right.\)

\( & \left\{ \begin{array}{l}S - \sqrt P  = 3\\S + 2 + 2\sqrt {S + P + 1}  = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}S \ge 3;\\P = {\left( {S - 3} \right)^2}\\2\sqrt {S + {{\left( {S - 3} \right)}^2} + 1}  = 7 - S\end{array} \right.\)

\[\begin{array}{l}2\sqrt {S + {{\left( {S - 3} \right)}^2} + 1}  = 7 - S \Rightarrow 4\left( {{S^2} - 5S + 10} \right) = 49 - 14S + {S^2}\\ \Leftrightarrow 3{S^2} - 6S - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}S =  - 1\\S = 3\end{array} \right.\end{array}\]

Thử lại thấy \(S = 3\) thỏa mãn. Khi đó ta được \(\left\{ \begin{array}{l}S = 3\\P = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 3\\xy = 0\end{array} \right..\)

Giải ra ta được tập nghiệm của hệ \(S = \left\{ {\left( {0;3} \right);\left( {3;0} \right)} \right\}.\)