Cho hai đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(\left( {O';R'} \right)\) cắt nhau tại hai điểm \(A\) và \(B\) (\(R > R'\) và \[O,{\rm{ }}O'\] thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ \(AB\)). Đường thẳng \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(M,\) đường thẳng \(AO'\) cắt \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) lần lượt tại \(N\) và \(D\) (\(C,\,\,D,\,\,M,{\rm{ }}N\) khác \(A\)). Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD;\,\,H\) là giao điểm của \(CN\) và \(DM.\)

a) Chứng minh rằng năm điểm \(M,\,\,N,\,\,O,\,\,K,\,\,B\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi \(\left( I \right)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HCD;\)\(E\) là điểm đối xứng của \(C\) qua \(B;\) \(P\) là giao điểm của \(AE\) và \[HD;{\rm{ }}F\] là giao điểm của \(BH\) với \(\left( I \right)\,\)(\(F\) khác \(H\)); \(Q\) là giao điểm của \(CF\) với \(BP.\) Chứng minh rằng \(BP = BQ.\)

c) Chứng minh rằng \(\widehat {IBP} = 90^\circ .\)

Ta có \(P = \frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{x} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{z}{y} + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{x}{z} + 1} \right)}^4}}}.\)

Đặt \(a = \frac{y}{x},\,b = \frac{z}{y},\,c = \frac{x}{z} \Rightarrow a,b,c > 0\) và \(abc = 1.\)

\( \Rightarrow P = \frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}}.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{16}}.\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^4}}}} = \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}.\]

Tương tự có \[\frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}},{\rm{ }}\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^4}}} + \frac{1}{{16}} \ge \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}.\]

\( \Rightarrow P + \frac{3}{{16}} \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}} \right).\)

Ta chứng minh \(\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}}\) với \(a,{\rm{ }}b > 0.\)

Thật vậy: \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2}} \right]\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {a + 1} \right)^2}.{\left( {b + 1} \right)^2}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2} \right)\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {ab + a + b + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2} \right)\left( {1 + ab} \right) \ge {\left( {ab + a + b} \right)^2} + 2\left( {ab + a + b} \right) + 1\\ \Leftrightarrow 1 + ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 2ab + {a^2}{b^2}\end{array}\]

\[ \Leftrightarrow ab{\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = 1.\)

Tương tự có  \(\frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + c}} = \frac{1}{{1 + \frac{1}{{ab}}}} = \frac{{ab}}{{ab + 1}}.\)

Khi đó \(P \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}} \right) - \frac{3}{{16}}\)

\( \ge \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{1 + ab}} + \frac{{ab}}{{ab + 1}} - \frac{1}{4}} \right) - \frac{3}{{16}} = \frac{3}{8} - \frac{3}{{16}} = \frac{3}{{16}}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng \(\frac{3}{{16}}.\) Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = 1 \Rightarrow x = y = z.\)

a) Cho phương trình \({x^2} - 8x + 4 - 8m = 0{\rm{  }}\left( 1 \right).\) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{\rm{ }}{x_2}\) thỏa mãn \(1 < {x_1} < {x_2}.\)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 12 + 8m > 0 \Leftrightarrow m >  - \frac{3}{2}.\)  

Vì \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \(\left( 1 \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 8\\{x_1}{x_2} = 4 - 8m\end{array} \right..\)

Ta có \[1 < {x_1} < {x_2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{x_1} - 1} \right) + \left( {{x_2} - 1} \right) > 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 2\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 > 0\end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8 > 2\\4 - 8m - 8 + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 8m - 3 > 0 \Leftrightarrow m <  - \frac{3}{8}.\)

Vậy \( - \frac{3}{2} < m <  - \frac{3}{8}\) là các giá trị cần tìm.

b) Gọi \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực thỏa mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca\) và \(a + b - c = \sqrt 3 .\) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {{a^2} + 1}  + 3bc.\)

Ta có \({a^2} + {b^2} + {c^2} = ab + bc + ca \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} = 2ab + 2bc + 2ca\)

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

Mà \(a + b - c = \sqrt 3  \Leftrightarrow a = b = c = \sqrt 3 .\)

Suy ra \(A = \sqrt {{a^2} + 1}  + 3bc = 11.\)