Mình không biết đề bài của bạn như thế nào quan trọng là điều kiện của a

và hầu hết các bài toán có thể sử dụng UCT thì mẫu lớn hơn hoặc bằng 0.

Theo phương pháp UCT thì có thể làm như thế này:

Thay a = 1 vào khi đó xảy ra dấu bằng:

\(m+n=\frac{\sqrt{3}}{2}\)=> \(n=\frac{\sqrt{3}}{2}-m\)

Thay vào bất đẳng thức:

\(\frac{\sqrt{3a}}{3-a}\ge ma+\frac{\sqrt{3}}{2}-m\)

<=> \(\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{a}}{3-a}-\frac{1}{2}\right)\ge m\left(a-1\right)\)

<=> \(\sqrt{3}\left(\frac{2\sqrt{a}-3+a}{2\left(3-a\right)}\right)\ge m\left(a-1\right)\)

<=> \(\sqrt{3}\left(\frac{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}{2\left(3-a\right)}\right)\ge m\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)\)

Cần điều kiện của a và đề bài lần sau em nhớ chép nguyên cái đề bài nhé!

=>  \(m\le\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{a}+3\right)}{2\left(3-a\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\)

Xét tại điểm rơi a = 1

\(m=\frac{\sqrt{3}}{2}\)=> n = 0 

Gọi P ; M lần lượt là giao điểm của CH và BH với AB và AC

a) Ta có:^CPA = ^BMA = 90^o => ^HPA = ^HMA = 90^o => ^HPA + ^HMA = 180^o

=> Tứ giác HPAM nội tiếp 

=> ^PAM + ^PHM = 180^o 

=> ^BHC = ^PHM = 180^o - ^PAM =180^o - \(\alpha\)

b) I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)HBC 

=> IB = IH = IC

=> \(\Delta\)IBH và \(\Delta\)IIHC cân tại I 

=> ^IBH = ^IHB và ^ICH = ^IHC

=> ^IBH + ^ICH = ^IHB + ^IHC = ^BHC = \(180^o-\alpha\)

=> ^BIC = 360^o - ^IBH - ^ICH - ^BHC = \(2\alpha\)

Ta lại có ^BOC = 2.^BAC = \(2\alpha\) ( góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

=> ^BIC = ^BOC  (1)

Mặt khác: OB = OC; IB = IC

=> OI là đường trung trực của BC  (2)

Từ (1) ; (2)  => O; I nằm khác phía so với BC 

Mà \(\Delta\)BIC cân => IO là đường phân giác ^BIC 

=> OIC = \(\frac{1}{2}\).^BIC = \(\alpha\)

c) Từ (b) => ^BIO = ^CIO = ^BOI = ^COI

=> BOCI là hình bình hành  có OI vuông BC 

=> BOCI là hình thoi 

mà B; C; O cố định => I cố định 

Tương tự ta cungc chứng minh được: OCJA là hình thoi 

=> CJ = CO = R  mà C; O cố định 

=> J nằm trên đường tròn tâm C bán kính R  cố định 

d) AJCO là hình thoi => AJ // = OC 

OCIB là hình thoi => OC // = BI 

=> AJ //=BI 

=> AJIB là hình bình hành có hai đường chéo AI; BJ cắt nhau tại N 

=> N là trung điểm của AI

a/ Áp dụng định lý Pytago:

\(\frac{AC^2+CB^2-BA^2}{CB^2+BA^2-AC}=\frac{AK^2+KC^2+\left(BK^2++CK^2\right)-AB^2}{\left(BK+CK\right)^2+BA^2-\left(AK+KC\right)^2}\)

\(=\frac{2CK^2+2BK.CK}{2BK^2+2BK.CK}=\frac{2CK\left(CK+BK\right)}{2BK\left(BK+CK\right)}=\frac{CK}{BK}\)

b ) Ta có : 

\(\tan B=\frac{AK}{BK}\) ; \(\tan C=\frac{AK}{CK}\)

Nên \(\tan B.\tan C=\frac{AK^2}{BK.CK}\left(1\right)\)

Mặt khác ta có : \(B=HKC\)mà : \(tanHKC=\frac{KC}{KH}\)

Nên \(\tan B=\frac{KC}{KH}\)tương tự \(tanC=\frac{KB}{KH}\)

\(\Rightarrow\tan B.\tan C=\frac{KB.KC}{KH^2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left(\tan B.\tan C\right)^2=\left(\frac{AK}{KH}\right)^2\)

Theo bài ra có : \(HK=\frac{1}{3}AK\Rightarrow\tan B.\tan C=3\)

c ) c/ Ta chứng minh được: 2 tam giác ABC và ADE đồng dạng nên : 

\(\frac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\left(\frac{AB}{AD}\right)^2\left(3\right)\)

Mà góc BAC = 60 ⁰ nên \(\widehat{ABD}=30^0\) 

\(\Rightarrow AB=2AD\left(4\right)\)

Từ (3) và (4 ) ta có : \(\frac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=4\Rightarrow S_{ADE}=30\left(cm^2\right)\)

Chúc bạn học tốt !!!