x y x y a 1 b x y a Đặt ta có: x y b ab Nếu b x y, vô nghiệm b ta có: ab2 a Thế vào a 1 b b2 x x y b a 2 y x y2 b 5b 11 x x y 3 b a x y y Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm Bài a) Ta có C x 2 x2 x x 1 x 2x x x2 x 1 x x 1 x 1 x x x x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 b) 1 1 Ta có: D a b c a 1 a a a a 2 4 1 , đạt a b c c) Vì x, y, z độ dài ba cạnh tam giác nên y z x; z x y; x y z Áp dụng BĐT Cơ si ta có: GTLN D y z x z x y z z x y x y z x x y z y z x y Nhân vế theo vế BĐT ta có đpcm Bài A E G O B P D N M F Q C BD BA BD CD CD CA BA CA BP BD CD CQ Lại có PF / / AD / /QE , Mà BE CF BP CQ BE BA CA CF b) Gọi M , N trung điểm BC, EF MN đường trung bình hình thang PEFQ MN / / PE / / AD , Mà AD cố định, M cố định nên MN cố định Gọi a) Vì AD phân giác nên O trọng tâm tam giác ABC AG AO OG / / MN mà O cố định nên G di động đường thẳng qua O Ta có: AN AM song song với MN cố định Bài D M I K E C A O B a) Ta có: KMN MBA , tứ giác BMKC có BMK BCK 900 nên nội tiếp MKN MBA MKN KMN KMN cân N b) Ta có: KAC BDC; ACK BCD ACK DC AC.CB R 3R : KC 2 R2 R2 R DCB AC KC DC CE Do đó: S ABD DC AB R 3.2 R R2 2 c) Gọi E điểm đối xứng với B qua C Ta có CDE CDB CAK nên tứ giác AKDE nội tiếp Do đường tròn ngoại tiếp AKD đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE Ta có A, C, B cố định nên AE cố định Vậy đường tròn ngoại tiếp AKD qua điểm cố định thứ E khác A