Ta thấy \(8x^3+27y^3\)

\(=\left(2x\right)^3+\left(3y\right)^3\)

\(=\left(2x+3y\right)\left(4x^2-6xy+9y^2\right)\)

\(=4x^2-6xy+9y^2\)

Thế thì \(A=6x^2-6xy+18y^2+5\)

Rồi lại thay \(x=\dfrac{1-3y}{2}\) vào A thôi.

Bạn không cần thiết phải cứ đưa 37 ra ngoài làm gì đâu. Bạn có thể làm như thế này:

\(A=37y^2-192y+256\)

\(A=\dfrac{2.2.37.37y^2-2.2.37.192y+256.2.2.37}{148}\)

\(A=\dfrac{\left(74y\right)^2-2.74y.192+192^2+1024}{148}\)

\(A=\dfrac{\left(74y-192\right)^2}{148}+\dfrac{256}{37}\)

Tới đây thì dễ hơn rồi đó. 

Thì bạn chỉ cần đưa về dạng \(A=k\left(ax+b\right)^2+c\left(k>0\right)\) là xong thôi.

\(x+3y=8\Leftrightarrow x=8-3y\)

 Từ đó \(A=4\left(8-3y\right)^2+y^2\)

\(A=4\left(9y^2-48y+64\right)+y^2\)

\(A=37y^2-192y+256\)

 Đến đây bạn làm tương tự như tìm GTNN của tam thức bậc 2 bình thường nhé.

Thì đúng rồi đó bạn. H, K là trực tâm AIB, AIC.

 Ở chỗ cuối phải là \(MN\equiv d_H,MP\equiv d_K\) chứ không phải ngược lại đâu. (bổ sung thêm M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB)

 Đối với điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R), kí hiệu d_A là đường thẳng nối 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ A tới (O).

 Đối với điểm A nằm bên trong đường tròn, kí hiệu d_A để chỉ đường thẳng vuông góc với OA tại T với T là điểm mà \(OA.OT=R^2\) và A nằm giữa O và T.

Để giải được bài toán này, ta cần xét tính chất sau của đường d_A:

 TC1: \(A\in d_B\Leftrightarrow B\in d_A\), tính chất này là hiển nhiên theo định nghĩa đường d_A.

 TC2: A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi d_A, d_B, d_C đồng quy hoặc đôi một song song.

CM: Nếu \(O\in AB\) thì hiển nhiên TC2 đúng.

Nếu \(O\notin AB\) thì gọi P là giao điểm của d_A, d_B. Vì \(P\in d_A,P\in d_B\) nên theo TC1, \(A\in d_P,B\in d_P\) nên \(AB\equiv d_P\). Do đó A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi \(C\in d_P\), có nghĩa là \(P\in d_C\) hay d_A, d_B, d_C đồng quy tại P, TC2 được chứng minh.

 Bây giờ ta sẽ xét bổ đề sau:

 Bổ đề: Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp. K là trực tâm của tam giác IBC. M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Khi đó \(MN\equiv d_K\) (đối với đường tròn I)

 CM: Gọi D, E lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA. DE cắt BI, CI, KC lần lượt tại L, J, T. Theo tính chất quen thuộc thì \(\widehat{BLA}=90^o\), suy ra \(ML=MA=MB\). Từ đó \(\widehat{MLB}=\widehat{MBL}=\widehat{LBC}\), suy ra ML//BC hay \(L\in MN\). 

 Mặt khác, vì \(\widehat{LTC}=\widehat{LJC}=90^o\) nên tứ giác CJLT nội tiếp \(\Rightarrow IL.IT=IJ.IC=r^2\) (\(r\) là bán kính đường tròn (I)), theo định nghĩa đường \(d_X\) , suy ra được \(KC\equiv d_L\). Từ đó suy ra \(K\in d_L\). Theo TC1 suy ra \(L\in d_K\). Mà \(L\in MN,MN\perp IK\) nên theo định nghĩa đường \(d_X\), suy ra \(MN\equiv d_K\). Vậy bổ đề được chứng minh.

 Bây giờ ta sẽ quay lại bài toán chính:

 Từ kết quả của bổ đề, ta suy ra \(MN\equiv d_K,MP\equiv d_H\)

 Mặt khác, theo định nghĩa, ta có \(DM\equiv d_D\).

 Để ý rằng MN, MP, MD đồng quy tại M nên theo TC2, suy ra H, K, I thẳng hàng. Suy ra đpcm.

Ta có \(2\sin x\cos x=\left(\sin x+\cos x\right)^2-\left(\sin^2x+\cos^2x\right)\) 

\(=\left(\dfrac{3}{4}\right)^2-1=-\dfrac{7}{16}\)  

Từ đó \(A=\left|\sin x-\cos x\right|\)

\(\Rightarrow A^2=\left(\sin x-\cos x\right)^2\)

\(A^2=\sin^2x+\cos^2x-2\sin x\cos x\)

\(A^2=1+\dfrac{7}{16}=\dfrac{23}{16}\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{\sqrt{23}}{4}\) (do \(A\ge0\))

Ý tưởng; Dựa vào "thế hình" của đề bài, ta dự đoán biểu thức trong căn sẽ phân tích được thành lũy thừa bậc 3 của một biểu thức có dạng \(a+\sqrt{3}\left(a\inℤ\right)\). Ta thấy:

 \(\left(a+\sqrt{3}\right)^3=a^3+3a^2\sqrt{3}+9a+3\sqrt{3}\) \(=a^3+9a+\left(3a^2+3\right)\sqrt{3}\)

 Ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}a^3+9a=26\\3a^2+3=15\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a\left(a^2+9\right)=26\\a^2+1=5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a=\pm2\). Nhưng rõ ràng \(a=-2\) không thỏa. Vậy \(a=2\).

 Trình bày: Ta có

 \(\sqrt[3]{26+15\sqrt{3}}\)

\(=\sqrt[3]{8+12\sqrt{3}+18+3\sqrt{3}}\)

\(=\sqrt[3]{2^3+3.2^2.\sqrt{3}+3.2\left(\sqrt{3}\right)^2+\left(\sqrt{3}\right)^3}\)

\(=\sqrt[3]{\left(2+\sqrt{3}\right)^3}\)

\(=2+\sqrt{3}\)

a)

 Dựng tam giác ABC vuông tại A với \(\widehat{C}=15^o\). Trên đoạn thẳng AC lấy điểm D sao cho \(\widehat{CBD}=15^o\). Không mất tính tổng quát, ta chuẩn hóa \(AB=1\). \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BD=\dfrac{AB}{cos60^o}=2\\AD=AB.tan60^o=\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

 Dễ thấy tam giác DBC cân tại D \(\Rightarrow BD=CD=2\) \(\Rightarrow AC=AD+DC=2+\sqrt{3}\)

  \(\Rightarrow tanC=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{sinC}{cosC}=2-\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow sinC=\left(2-\sqrt{3}\right)cosC\)

Mà \(sin^2C+cos^2C=1\)

\(\Rightarrow\left(7-4\sqrt{3}\right)cos^2C+cos^2C=1\)

\(\Leftrightarrow\left(8-4\sqrt{3}\right)cos^2C=1\)

\(\Leftrightarrow cos^2C=\dfrac{1}{8-4\sqrt{3}}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{4}\)

\(\Leftrightarrow cosC=\sqrt{\dfrac{2+\sqrt{3}}{4}}\) \(=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}=\dfrac{\sqrt{8+4\sqrt{3}}}{4}\) \(=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\) 

\(\Rightarrow cos15^o=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\)