Cho tam giác \(ABC\) \(\left( {AB < AC} \right)\) có các góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Các đường cao \(AK,\,BE,\,CF\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\) và cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại các điểm lần lượt là \(M,\,N,\,P\) (\(M\) khác \(A\), \(N\) khác \(B\), \(P\) khác \(C\)).

1. Chứng minh \[EF\,{\rm{//}}\,PN.\] \(\)

2. Chứng minh diện tích tứ giác \(AEOF\) bằng \(\frac{{EF.R}}{2}.\)

3. Tính giá trị của biểu thức  \[\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}}.\]

4. Gọi \(S\) và \(Q\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(K\) đến các cạnh \(AB,\,AC\). Đường thẳng \(QS\) cắt \(BC\) tại \(G\), đường thẳng \(GA\) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm \(J\)

(\(J\) khác \(A\)). Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BCQS\). Chứng minh ba điểm \(I,\,K,\,J\) thẳng hàng.

\[\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 3\]\[ \Leftrightarrow \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 2\]

Đặt \[x = \frac{a}{c}\], \[y = \frac{b}{c}\] (x, y >0)

 \[{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab - 2bc - 2ca = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 1 + xy - 2x - 2y = 0 \Leftrightarrow {(x + y - 1)^2} = xy\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:  \[xy \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4}\]

Do đó:

 \[{\left( {x + y - 1} \right)^2} \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4} \Rightarrow \left[ {3\left( {x + y} \right) - 2} \right].\left[ {2 - \left( {x + y} \right)} \right] \ge 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} \le x + y \le 2\]

\[P = \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}}\]

\[\begin{array}{l} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{{{(x + y - 1)}^2}}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{xy}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}}\\ = \left( {\frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{2xy}}} \right) + \left( {\frac{1}{{2xy}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}}} \right) \ge \frac{4}{{{{(x + y)}^2}}} + 2\sqrt {\frac{1}{{2(x + y)\sqrt {xy} }}} \end{array}\]

\[P \ge \frac{4}{{{2^2}}} + 2\sqrt {\frac{1}{{2.2}}}  = 2\]

Dấu bằng xảy ra khi x = y =1\[ \Leftrightarrow \]a = b = c.

1.Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm cố định nằm trên đường thẳng \(d\)

\( \Leftrightarrow {y_0} = \left( {m - 2} \right){x_0} + 2m - 1\) có nghiệm với \(\forall m\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow m\left( {{x_0} + 2} \right) - 2{x_0} - {y_0} - 1 = 0\,\left( {\forall m} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2 = 0\\ - 2{x_0} - {y_0} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - 2\\{y_0} = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 2;3} \right)\end{array}\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của A trên \(d \Rightarrow AH \le AM\)

Khoảng cách \(AH\) lớn nhất là \(AM\)khi \(H \equiv M \Leftrightarrow AM \bot d\)

Phương trình đường thẳng \(AM:\,y =  - x + 1\)

\(AM \bot d \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right).\left( { - 1} \right) =  - 1 \Leftrightarrow m = 3.\)

2.ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 6\\y \ge  - 3\end{array} \right.\)

\[\begin{array}{l}\left( {x - y - 1} \right).\left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right) = {x^2} + {y^2} - x + y + 3\\ \Leftrightarrow \left( {x - y - 2} \right).\left( {{x^2} + {y^2} + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x - y - 2 = 0\,\,\left( {{x^2} + {y^2} + 2 > 0\,\,\forall x,y} \right)\end{array}\]

Thay \(y = x - 2\) vào phương trình \(\left( 2 \right)\)

\[\sqrt {x + 6}  + \sqrt {x + 1}  =  - {x^2} + 2x + 8,\,\,\,\,(x \ge  - 1)\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {x + 6}  - 3 + \sqrt {x + 1}  - 2 + {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 6}  + 3}} + \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt {x + 6}  + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x = 3\,\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,\,\frac{1}{{\sqrt {x + 6}  + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} + x + 1 > 0,\,\forall x \ge  - 1} \right)\\x = 3 \Rightarrow y = 1.\end{array}\]

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\)