Từ điểm \(A\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AM,{\rm{ }}AN\) với \(\left( O \right)\) (\(M,{\rm{ }}N\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của \(AN\), \(C\) là giao điểm của \(ME\) với \(\left( O \right)\) (\(C\) khác \(M\)) và \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(AO\)

a)    Chứng minh tứ giác \(HCEN\) nội tiếp.

b) Gọi \(D\) là giao điểm của \(AC\) với \(\left( O \right)\) (\(D\) khác \(C\)). Chứng minh tam giác \(MND\) là tam giác cân.

c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(NO\) với \(\left( O \right)\) (\(I\) khác \(N\)) ; \(K\) là giao điểm của \(MD\) và \(AI\). Tính tỉ số \(\frac{{KM}}{{KD}}\).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = a + b - c > 0}\\{y = b + c - a > 0}\\{z = c + a - b > 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{x + z}}{2}}\\{b = \frac{{x + y}}{2}}\\{c = \frac{{y + z}}{2}}\end{array}} \right.\)

Ta cần chứng minh: \(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{4z}} + \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{4x}} + \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{4y}} \ge x + y + z\)

Ta có: \(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{4z}} + \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{4x}} + \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{4y}} \ge \frac{{xy}}{z} + \frac{{yz}}{x} + \frac{{zx}}{y}{\rm{  }}\left( 1 \right)\)

Mặt khác: \(\frac{{xy}}{z} + \frac{{yz}}{x} \ge 2y;{\rm{ }}\frac{{yz}}{x} + \frac{{zx}}{y} \ge 2z;{\rm{ }}\frac{{xy}}{z} + \frac{{zx}}{y} \ge 2x\).

Khi đó \(\frac{{xy}}{z} + \frac{{yz}}{x} + \frac{{zx}}{y} \ge x + y + z{\rm{  }}\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right){\rm{, }}\left( 2 \right)\) ta có \(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{4z}} + \frac{{{{\left( {y + z} \right)}^2}}}{{4x}} + \frac{{{{\left( {z + x} \right)}^2}}}{{4y}} \ge x + y + z\)

Vậy \(\frac{{{a^2}}}{{b + c - a}} + \frac{{{b^2}}}{{c + a - b}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b - c}} \ge a + b + c\)

Dấu bằng xãy ra khi \[a = b = c\]

a)Ta thấy \(ac =  - 3 < 0,{\rm{ }}\forall m\) nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm \[{x_1},{\rm{ }}{x_2}\] với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {\rm{ }}{x_2} = 2m - 2{\rm{ }}\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} =  - 3{\rm{             }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\]

Kết hợp \[{x_1} + 2{x_2} = 5\] với \(\left( 2 \right)\) ta được \[{x_1} = 4m - 9,{\rm{ }}{x_2} = 7 - 2m\]

Thay vào \(\left( 3 \right)\) ta có

\[\left( {4m - 9} \right)\left( {7 - 2m} \right) =  - 3 \Leftrightarrow  - 8{m^2} + 46m - 60 = 0 \Leftrightarrow m = 2\] hoặc \[m = \frac{{15}}{4}\]

Vậy \[m = 2\]

b)Điều kiện: \(x \ge \frac{5}{3}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt {x + 1}  + \sqrt {3x - 5}  = 4 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {x + 1}  - 2} \right) + \left( {\sqrt {3x - 5}  - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \frac{{3\left( {x - 3} \right)}}{{\sqrt {3x - 5}  + 2}} = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left[ {\frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \frac{3}{{\sqrt {3x - 5}  + 2}}} \right] = 0\\ \Leftrightarrow x - 3 = 0{\rm{ do }}\frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \frac{3}{{\sqrt {3x - 5}  + 2}} > 0,{\rm{ }}\forall x \ge \frac{5}{3}\\ \Leftrightarrow x = 3\end{array}\)

Vậy \[x = 3\]