a) Tứ giác BCEF có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow BCEF\)là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{E_1}\)

\(\Delta PBE\)và \(\Delta PFC\)có: \(\widehat{EPC}\)chung; \(\widehat{E_1}=\widehat{C_1}\)

\(\Rightarrow\Delta PBE\)\(\Delta PFC\)(g.g)

\(\Rightarrow\frac{PB}{PF}=\frac{PE}{PC}\Rightarrow PB.PC=PE.PF\)

Tứ giác BDHF có \(\widehat{BDH}=\widehat{BFH}=90^0\)(gt)

\(\widehat{BDH}+\widehat{BFH}=180^0\)

\(\Rightarrow\)BDHF là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{F_1}\)

Gọi J là trung điểm của AH. Dễ thấy \(\Delta HEF\)nội tiếp đường tròn \(\left(J;\frac{AH}{2}\right)\)

Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn (J)

\(\Rightarrow\widehat{F_1}=\widehat{HEK}\left(=180^0-\widehat{HFK}\right)\)

Mà \(\widehat{B_1}=\widehat{F_1}\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{HEK}\)

\(\Rightarrow KE//BC\left(đpcm\right)\)

b) Tứ giác BCEF nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{B_1}=\widehat{HFE}\)

Mà \(\widehat{B_1}=\widehat{F_1}\Rightarrow\widehat{DFE}=2\widehat{B_1}\)(1)

\(\Delta EBC\)vuông tại E, đường trung tuyến EI

\(\Rightarrow IB=IE=\frac{1}{2}BC\Rightarrow\Delta IBE\)cân tại I

\(\Rightarrow\widehat{I_1}=2\widehat{B_1}\)(t/c góc ngoài của tam giác)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Rightarrow\widehat{I_1}=\widehat{DFE}\)

\(\Rightarrow DIEF\)là tứ giác nội tiếp.

Dễ chứng minh được \(\Delta PDF\)\(\Delta PEI\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow PD.PI=PE.PF\)

và \(\Delta PHE\)\(\Delta PFQ\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow PE.PF=PH.PQ\)

\(\Rightarrow PD.PI=PH.PQ\Rightarrow\frac{PD}{PQ}=\frac{PH}{PI}\)

\(\Rightarrow\Delta PDH\)\(\Delta PQI\)(c.g.c)\(\Rightarrow\widehat{PHD}=\widehat{PIQ}\)

Lại có \(\widehat{PHD}=\widehat{AHQ}=\widehat{AFQ}\)

\(\Rightarrow BIOF\)là tứ giác nội tiếp.

chiều dài bằng \(\frac{2}{3}\)chiều rộng?????

Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)và đặt \(2t=a+b=-c\Rightarrow t=-\frac{c}{2}\)

+)Nếu \(c\ge0\) thì \(a,b\ge0\). Khi đó: \(P\ge3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=0\)

+) Nếu \(c< 0\Rightarrow t>0\). Ta có:

\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+2\right)^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+\frac{3\sqrt{6}c\left(a+b\right)^2}{2}\) (vì c < 0)

\(\ge\frac{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+2\right]^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+3\sqrt{6}c.\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)

\(=\frac{\left(2t^2+2\right)^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+6\sqrt{6}t^2c\)

\(=\frac{\left[2\left(-\frac{c}{2}\right)^2+2\right]^2}{2}+\left(c^2+1\right)^2+6\sqrt{6}\left(-\frac{c}{2}\right)^2c\)

\(=\frac{9}{8}c^2\left(c+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+3\ge3\)

\(\left(a;b;c\right)=\left(\sqrt{\frac{2}{3}};\sqrt{\frac{2}{3}};-2\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\) (và các hoán vị, trong trường hợp tổng quát)

Vậy....

P/s: Em không chắc lắm, chưa check lại.

Theo đề ta có: \(xy+yz+zx\le3xyz\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{x^2}\ge\sqrt{x}\\\sqrt[3]{y^2}\ge\sqrt{y}\\\sqrt[3]{z^2}\ge\sqrt{z}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{x^2}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Pt \(\left(m+2\right)x^2+4mx+4m-1=0\)có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

\(\hept{\begin{cases}m+2\ne0\\\left(2m\right)^2-\left(m+2\right)\left(4m-1\right)>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ne-2\\4m^2-\left(4m^2+7m-2\right)>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ne-2\\-7m+2>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ne-2\\m< \frac{2}{7}\end{cases}}\)

Vậy \(\hept{\begin{cases}m\ne2\\m< \frac{2}{7}\end{cases}}\)Pt có hai nghiệm phân biệt.