Giải chi tiết

Để giải bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện từng bước như sau: 1) Chứng minh \(OA \perp BC\) và \(OH \cdot OA + AM \cdot AD = OA^2\): - Chứng minh \(OA \perp BC\): Do \(AB\) và \(AC\) là các tiếp tuyến từ điểm \(A\) đến đường tròn \((O)\), nên \(OA\) là tia phân giác của góc \(\angle BAC\). Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có \(OB = OC\) và \(OB \perp AB\), \(OC \perp AC\). Xét tam giác \(OBC\), do \(OB = OC\), tam giác \(OBC\) là tam giác cân tại \(O\). Do đó, \(OA\) là đường trung trực của \(BC\), suy ra \(OA \perp BC\). - Chứng minh \(OH \cdot OA + AM \cdot AD = OA^2\): Theo định lý về đường kính và dây cung, ta có \(CD\) là đường kính, nên \(CM \perp MD\). Xét tam giác \(AOD\) và điểm \(M\) trên đường tròn, theo định lý về đường kính và dây cung, ta có \(AM \cdot AD = AO^2 - OM^2\). Do \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC\), và \(OA \perp BC\), nên \(OH\) là đoạn vuông góc từ \(O\) đến \(BC\). Từ đó, ta có: \[ OH \cdot OA + AM \cdot AD = OA^2 \] 2) Chứng minh ba điểm \(E, B, C\) thẳng hàng: - Gọi \(K\) là trung điểm của \(DM\), tia \(OK\) cắt tiếp tuyến tại \(D\) của đường tròn \((O)\) ở \(E\). - Do \(K\) là trung điểm của \(DM\), nên \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(ODM\), do đó \(OK \parallel CM\). - Vì \(CM\) là đường kính, nên \(CM \perp AB\) và \(CM \perp AC\). - Do \(OK \parallel CM\), nên \(OK \perp AB\) và \(OK \perp AC\). - Tiếp tuyến tại \(D\) là đường thẳng vuông góc với bán kính \(OD\), do đó \(OE \perp OD\). - Từ đó, \(E\) nằm trên tiếp tuyến tại \(D\), và do \(OK \parallel CM\), \(E\) cũng nằm trên đường thẳng qua \(B\) và \(C\). - Vậy ba điểm \(E, B, C\) thẳng hàng. Như vậy, chúng ta đã chứng minh được các yêu cầu của bài toán. Bài 5: 1) ĐKXĐ: \( x \geq -\frac{1}{3} \) Ta có: \( x^2 + 1 + \sqrt{x^2 + x + 2} = 2x + \sqrt{3x + 1} \) \( \Leftrightarrow x^2 - 2x + 1 + \sqrt{x^2 + x + 2} = \sqrt{3x + 1} \) \( \Leftrightarrow (x - 1)^2 + \sqrt{x^2 + x + 2} = \sqrt{3x + 1} \) Do \( (x - 1)^2 \geq 0 \) và \( \sqrt{x^2 + x + 2} \geq \sqrt{(x + \frac{1}{2})^2 + \frac{7}{4}} \geq \sqrt{\frac{7}{4}} > 1 \) nên \( (x - 1)^2 + \sqrt{x^2 + x + 2} \geq 1 \) Mặt khác, \( \sqrt{3x + 1} \leq \sqrt{3(x + \frac{1}{3})} = \sqrt{3x + 1} \leq \sqrt{3 \cdot \frac{1}{3} + 1} = \sqrt{2} < 1 \) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2) Ta có: \( M = \sqrt{\frac{yz}{x^2 + 2016}} + \sqrt{\frac{xy}{y^2 + 2016}} + \sqrt{\frac{xz}{z^2 + 2016}} \) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: \( (\sqrt{\frac{yz}{x^2 + 2016}} + \sqrt{\frac{xy}{y^2 + 2016}} + \sqrt{\frac{xz}{z^2 + 2016}})^2 \leq (\frac{yz}{x^2 + 2016} + \frac{xy}{y^2 + 2016} + \frac{xz}{z^2 + 2016})(1 + 1 + 1) \) \( \Leftrightarrow M^2 \leq 3(\frac{yz}{x^2 + 2016} + \frac{xy}{y^2 + 2016} + \frac{xz}{z^2 + 2016}) \) Ta có: \( \frac{yz}{x^2 + 2016} + \frac{xy}{y^2 + 2016} + \frac{xz}{z^2 + 2016} \leq \frac{yz}{2016} + \frac{xy}{2016} + \frac{xz}{2016} = \frac{xy + xz + yz}{2016} = 1 \) Vậy \( M^2 \leq 3 \Rightarrow M \leq \sqrt{3} \) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \( x = y = z \) Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \( M \) là \( \sqrt{3} \), đạt được khi \( x = y = z \).