Giải bất phương trình và phương trình sau

(a) \(\frac{{x - 2}}{3} - \frac{{x + 1}}{4} \le \frac{{x - 2}}{6}\).

(b) \(\left( {2x + 5} \right)\left( {1 - 3x} \right) = 0\).

a) Ta có: \[AC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]suy ra \[AC \bot OC\].

Suy ra \[\Delta ACO\] vuông tại \[C\]

Do đó, ba điểm \[A,C,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AO\] (1)

Lại có: \[\Delta OED\] cân tại \[O\] có \[OI\] là trung tuyến đồng thời là đường cao.

Suy ra \[OI \bot ED\] nên \[\widehat {OIE} = 90^\circ \], do đó \[\Delta OIA\] vuông tại \[I\].

Do đó, ba điểm \[A,I,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AO\]. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[A,I,O,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AO\].

b) Ta có \[AB = AC\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\[OB = OC\,\,\left( { = R} \right)\]

Suy ra \[OA\] là đường trung trực của \[BC\] nên \[OA \bot BC\] tại \[H\] hay \[\widehat {CHO} = 90^\circ \]

Chứng minh (g.g)

Suy ra \[\frac{{HO}}{{CO}} = \frac{{CO}}{{AO}}\] nên \[OH.OA = O{C^2}\].

c) +) Có: \[\widehat {CED} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]

Suy ra \[\Delta CEA\] vuông tại \[E\]

Xét \[\Delta CEA\] vuông tại \[E\] có \[M\] là trung điểm của \[EC\] nên

\[EM = MA = MC = \frac{1}{2}AC.\]

Do đó \[\Delta MEO = \Delta MCO\] (c.c.c)

Suy ra \[\widehat {MEO} = \widehat {MCO} = 90^\circ \]

Do đó \[ME\] là tiếp tuyến của đường tròn (O).

+) Gọi \[P\] là giao điểm của \[BC\] và \[OI\]

Xét \[\Delta OHP\]và \[\Delta OIA\]có: \[\widehat {HOI}\] chung; \[\widehat {OHP} = \widehat {OIA} = 90^\circ \]

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{OH}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OA}}\] nên \[OH.OA = OI.OP\]

Mà \[OH.OA = O{C^2}\]; \[OC = OE\,\,\left( { = R} \right)\] nên \[OI.OP = O{E^2}\] suy ra \[\frac{{OE}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OE}}\].

Xét \[\Delta OEP\] và \[\Delta OIE\] có: \[\widehat {EOI}\] chung; \[\frac{{OE}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OE}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {OEP} = \widehat {OIE} = 90^\circ \] nên \[EP \bot EO\].

Mà \[ME \bot EO\] nên ba điểm \[M,{\rm{ }}E,{\rm{ }}P\] thẳng hàng.

Do đó, ba đường thẳng \[ME,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}OI\] cắt nhau tại P.

Vậy ba đường thẳng \[ME,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}OI\] đồng quy.

Ta có: \({a^2} - ab + {b^2} = {\left( {a - b} \right)^2} + ab \ge ab \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{a^2} - ab + {b^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {ab} }}\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{1}{{\sqrt {{b^2} - bc + {c^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {bc} }}\,\,\,\left( 2 \right);\,\,\frac{1}{{\sqrt {{c^2} - ca + {a^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {ca} }}\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được: \(P \le \frac{1}{{\sqrt {ab} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} }} + \frac{1}{{\sqrt {ca} }}\,\,\left( 4 \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta có:

\(\frac{1}{{\sqrt {ab} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} }} + \frac{1}{{\sqrt {ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right) = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 2025\,\,\left( 5 \right)\)

Từ (4) và (5) suy ra \(P \le 2025.\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a = b = c = \frac{1}{{675}}\)

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(2025\) khi \(a = b = c = \frac{1}{{675}}\).