Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi S là giao điểm của đường thẳng BC và EF; I là giao điểm của SA và đường tròn (O) (với I khác A).

a)     Chứng minh rằng tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp.

b)     Chứng minh \(SF.SE = SI.SA\) và \(HI \bot SA\).

c)     Gọi M là trung điểm của BC, kẻ đường kính AD của (O). Chứng minh ba điểm H, M, D thẳng hàng và H là trực tâm tam giác ASM.

d)     Giả sử T là điểm nằm trên đoạn thẳng HC sao cho AT vuông góc với BT. Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp của tam giác IST và tam giác ECT tiếp xúc với nhau.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + xy - 2{y^2} = x + 2y\;\;\;\left( 1 \right)}\\{{x^3} + 2{x^2}y = {x^2} + {y^2} - 1\;\;\;\left( 2 \right)}\end{array}\;} \right.\)

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

                \(\Delta = {y^2} - 2y + 1 + 8{y^2} + 8y = 9{y^2} + 6y + 1 = {\left( {3y + 1} \right)^2}\)

Phương trình (1) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{1 - y + 3y + 1}}{2} = y + 1}\\{x = \frac{{1 - y - 3y - 1}}{2} = - 2y}\end{array}} \right.\)

+Với \(x = y + 1\) thế vào (2) ta được:

                   \({x^3} + 2{x^2}\left( {x - 1} \right) = {x^2} + {\left( {x - 1} \right)^2} - 1 \Leftrightarrow {x^3} + 2{x^3} - 2{x^2} = {x^2} + {x^2} - 2x + 1 - 1\)

                                  \( \Leftrightarrow 3{x^3} - 4{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \Rightarrow y = - 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{3{x^2} - 4x + 2 = 0\;\;\left( {v\^o \;nghiem} \right)}\end{array}} \right.\)

+ Với \(x = - 2y\) thế vào (2) ta được:

         \( - 8{y^3} + 2{\left( { - 2y} \right)^2}.y = 4{y^2} + {y^2} - 1 \Leftrightarrow 5{y^2} = 1 \Leftrightarrow y = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{5}\; \Rightarrow x = - 2\left( { \pm \frac{{\sqrt 5 }}{5}} \right)\)

Kết luận: hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt: \(\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {0; - 1} \right);\left( {\frac{{ - 2\sqrt 5 }}{5};\frac{{\sqrt 5 }}{5}} \right);\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5};\frac{{ - \sqrt 5 }}{5}} \right)} \right\}\)

   \(\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} + \frac{{1 + \sqrt {{z^2}} }}{z} \le xyz.\)

Từ \(x + y + z = zyz\; \Rightarrow \).  \(\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{xz}}\) = 1

Lại có: \(\frac{{\sqrt {1 + {x^2}} }}{x} = \sqrt {\frac{1}{{{x^2}}} + } = \sqrt {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{xz}}} \) (áp dụng \(\sqrt {ab} \le \frac{1}{2}\left( {a + b} \right)\))

\( \Rightarrow \frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} \le \frac{2}{x} + \frac{1}{{2y}} + \frac{1}{{2z}} \Rightarrow \frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} \le 3\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = y = z\)

Chứng minh:

                                       \(3\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \le xyz\)

                \( \Leftrightarrow 3\left( {xy + yz + zx} \right) \le {\left( {xyz} \right)^2}\)

     \( \Leftrightarrow 3\left( {xy + yz + zx} \right) \le {\left( {x + y + z} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2}2 + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\) (đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi \(x = y = z = \sqrt 3 .\)