Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y \ge 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(A = 2{x^2} + {y^2} + \frac{{28}}{x} + \frac{1}{y}\).

a) Chứng minh tứ giác \(ABHE\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(AH \bot BC\) nên \(\widehat {AHB} = 90^\circ \).

Do đó \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\).

Suy ra ba điểm \(A,B,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) (1)

Vì \(BE \bot AD\) nên \(\widehat {AEB} = 90^\circ \).

Do đó \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\).

Suy ra ba điểm \(A,B,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) (2)

Từ (1), (2), ta suy ra bốn điểm \(A,B,H,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) hay tứ giác \(ABHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\).

b) Gọi \(N\) là giao điểm của \(HE\) và \(AC\). Chứng minh \[GD\parallel BC\] và tam giác \(AHN\) là tam giác vuông.

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {AGD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn\(\left( O \right)\)).

Suy ra \(DG \bot AH\).

Mà \(BC \bot AH\) (giả thiết).

Vậy \[GD\parallel BC\] (điều phải chứng minh).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn\(\left( O \right)\)).

Suy ra \(DC \bot AC\).

Ta có: tứ giác \(ABHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\).

Suy ra \(\widehat {BAE} + \widehat {BHE} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {BHE} + \widehat {EHC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

Do đó \(\widehat {BAE} = \widehat {EHC}\).

Mà \(\widehat {BAE} = \widehat {BCD} = \frac{1}{2}\)sđ (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn \(\left( O \right)\)).

Suy ra \(\widehat {EHC} = \widehat {BCD}\) (cặp góc so le trong).

Do đó \[HE\parallel DC\].

Mà \(DC \bot AC\) (chứng minh trên).

Vì vậy \[HN \bot AC\].

Khi đó \(\widehat {ANH} = 90^\circ \).

Vậy tam giác \(AHN\) là tam giác vuông tại \[N\].

c) Tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(F\). Gọi \(M\) là giao điểm của \(OF\) và \(BC\). \(I\) là giao điểm của \(KM\) và \(HE\). Chứng minh \(AB.EI = AE.EM\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), có: \[\widehat {BOF} = 2\widehat {BAF} = \]sđ (góc ở tâm và góc nội tiếp chắn ).

\[\widehat {COF} = 2\widehat {CAF} = \]sđ (góc ở tâm và góc nội tiếp chắn ).

Vì \[AF\] là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên \[\widehat {BAF} = \widehat {CAF}\] hay \[2\widehat {BAF} = 2\widehat {CAF}\].

Suy ra \[\widehat {BOF} = \widehat {COF}\].

Do đó \[OF\] là tia phân giác của \(\widehat {BOC}\).

Mà tam giác \[BOC\] cân tại \[O\] (do \[OB = OC = R\]).

Suy ra \[OM\] cũng là đường trung tuyến của tam giác \[BOC\].

Vì vậy \[M\] là trung điểm của \[BC\].

Xét tam giác \[ABC\], có: \[M,K\] lần lượt là trung điểm \[BC,AB\].

Suy ra \[KM\] là đường trung bình của tam giác \[ABC\].

Khi đó \[KM\parallel AC\].

Mà \[CD \bot \,AC\] (chứng minh trên).

Vì vậy \[KM \bot \,CD\].

Mà \[HE\parallel DC\] (chứng minh trên).

Do đó \[KM \bot HE\].

Suy ra \(\widehat {EIM} = 90^\circ \).

Vì tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) có \(HK\) là đường trung tuyến nên \(KH = \frac{1}{2}AB\) (3)

Vì tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\) có \(EK\) là đường trung tuyến nên \(KE = \frac{1}{2}AB\) (4)

Từ (3), (4), ta thu được \(KH = KE\).

Mà \[KM \bot HE\] (chứng minh trên).

Vì vậy \(KM\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(HE\).

Khi đó \[MH = ME\].

Suy ra \(\Delta MHE\) cân tại \(M\).

Vì vậy \(\widehat {EHM} = \widehat {IEM}\).

Lại có \(\widehat {BAE} = \widehat {EHM}\) (vì tứ giác \(ABHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\)).

Suy ra \(\widehat {BAE} = \widehat {IEM}\).

Xét \(\Delta EAB\) và \(\Delta IEM\), có:

\(\widehat {AEB} = \widehat {EIM} = 90^\circ \);

\(\widehat {BAE} = \widehat {IEM}\) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{EM}} = \frac{{AE}}{{EI}}\).

Vậy \(AB.EI = AE.EM\) (điều phải chứng minh).

1) Ta có \[\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4m = {m^2} + 4 \ge 4,\,\,\forall m \in \mathbb{R}\].

Suy ra \[\Delta > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}\].

Vậy phương trình \[\left( 1 \right)\] luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

2) Thay \(x = \frac{{ - 3}}{2}\) vào phương trình (1) ta được:

\[{\left( { - \frac{3}{2}} \right)^2} - \left( {m + 2} \right)\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) + m = 0\].

Suy ra \[\frac{9}{4} + \frac{3}{2}m + 3 + m = 0\].

Do đó \[\frac{5}{2}m = - \frac{{21}}{4}\].

Vì vậy \[m = - \frac{{21}}{{10}}\].

Thay \[m = \frac{{ - 21}}{{10}}\]vào phương trình đã cho, ta được: \[{x^2} - \left( { - \frac{{21}}{{10}} + 2} \right)x - \frac{{21}}{{10}} = 0\].

Suy ra \[{x^2} + \frac{1}{{10}}x - \frac{{21}}{{10}} = 0\].

Áp dụng định lí Viète, ta có: \[S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = - \frac{1}{{10}}.1 = - \frac{1}{{10}}\].

\[P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = - \frac{{21}}{{10}}.1 = - \frac{{21}}{{10}}\].

Ta có: \[x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\].

\[ = {\left( { - \frac{1}{{10}}} \right)^2} - 2.\left( { - \frac{{21}}{{10}}} \right) = \frac{{421}}{{100}}\].

Vậy tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình bằng \[\frac{{421}}{{100}}\].