a/ Xét \(\Delta ABC\) có

\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^o\) (1)

Ta có

\(\widehat{ABD}=\widehat{ABC}\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn là phân giác của góc tạo bởi 2 tiếp tuyến) (2)

Ta có 

\(\widehat{ACE}=\widehat{ACB}\)  (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn là phân giác của góc tạo bởi 2 tiếp tuyến) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{ABD}+\widehat{ACE}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{ABD}+\widehat{ACE}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o\)

\(\Rightarrow\left(\widehat{ABD}+\widehat{ABC}\right)+\left(\widehat{ACE}+\widehat{ACB}\right)=\widehat{DBC}+\widehat{ECB}=180^o\) 

=> BD//CE (hai đường thẳng bị cắt bởi đường thẳng thứ 3 có hai góc trong cùng phía bù nhau thì chúng // với nhau)

Ta có 

\(AD\perp BD\Rightarrow AD\perp CE\)

\(AE\perp CE\Rightarrow AE\perp BD\)

=> AD và AE cùng vuông góc với BD => AD và AE trùng nhau (Từ 1 điểm ở ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho) => D; A; E thẳng hàng

b/

Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại A => A thuộc đường tròn đường kính BC. Gọi I là trung điểm BC nối AI ta có

BD//CE => BDEC là hình thang

AD=AE (bán kính (O))

IB=IC

=> AI là đường trung bình của hình thang BDEC => AI//CE mà \(CE\perp DE\Rightarrow AI\perp DE\) => DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC hay DE tiếp xúc với đường tròn đường kính BC

a) Theo tính chất của hai của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
^DAB=^BAH; ^HAC=^CAE.
Suy ra: ^DAE=^DAB+^BAH+^HAC+^CAE=2^BAH+2^HAC=2^BAC=180o.
Do ^DAE=180o nên DE là đường kính, suy ra D, E, A thẳng hàng.
b) Theo câu a:  DE là đường kính đường tròn tâm A.
Có BD⊥DE,CE⊥DE. Suy ra BD//CE.

Gọi O là trung điểm BC.
Vậy tứ giác BDEC là hình thang. Do O và A lần lượt là trung điểm của BC, DE nên OA là đường trung bình của hình thang BDEC.
Suy ra OA⊥DE mà OA=BC2  nên OA là bán kính của đường tròn đường kính BC.

Thế thì $DE$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $BC$.

*Chứng minh bằng biến đổi tương đương

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

<=> \(\frac{x+y}{xy}-\frac{4}{x+y}\ge0\)

<=> \(\frac{\left(x+y\right)^2}{xy\left(x+y\right)}-\frac{4xy}{xy\left(x+y\right)}\ge0\)

<=> \(\frac{x^2+2xy+y^2-4xy}{xy\left(x+y\right)}\ge0\)

<=> \(\frac{\left(x-y\right)^2}{xy\left(x+y\right)}\ge0\)( đúng vì x,y > 0 )

Đẳng thức xảy ra <=> x = y 

*Chứng minh bằng bất đẳng thức

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có ngay :

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{x+y}=\frac{4}{x+y}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x = y 

                                                                BÀI LÀM

a, xét tứ giác ADOE có:

góc A= góc E=góc D=90^O

mà ta thấy: OE=OD( bán kính = nhau)

vậy tứ giác ADOE là hình vuông (dhnb)

a) Dễ thấy tứ giác AEOD là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).
Mà OD = OE ( cùng bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC).
Nên tứ giác AEOD là hình vuông.
b) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống BC.

Có SΔABC=SΔOAB+SΔOBC+SΔOAC
                     =12 OD.AB+12 OE.AC+12 OH.BC
                      =12 r.(AB+AC+BC)
                      =12 pr ($p$ là  chu vi của tam giác $ABC$, $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp).
 
c) Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: BC=√AB2+AC2=10(cm).
Diện tích tam giác ABC là: 12 AB.AC=12 .6.8=24(cm2).
Chu vi tam giác ABC là: 6+8+10=24(cm).
Suy ra: 24=12 .24.r⇔r=2(cm).

                                                           bài làm

a, gọi H là tiếp điểm của tiếp tuyến MN 

theo giả thuyết 2 tiếp tuyến AM và MH cắt nhau tại M

⇒ AM=MH ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

theo giả thuyết 2 tiếp tuyến HN cắt BN tại N

⇒ HN=BN ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

nên ta có: MN=HM=HN=\(\dfrac{1}{2}\)(AOH =HON)=90 độ

vậy góc MON=90 đọ và là tâm giác vuông tại O đường cao OH

b,theo giả thuyết 2 tiếp tuyến AM và MH cắt nhau tại M

⇒ AM=MH ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

theo giả thuyết 2 tiếp tuyến HN cắt BN tại N

⇒ HN=BN ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: $OH{}^2=MH.HN$AM.BN=MI.NI=OI^

Vì vậy $AM.BN=MH.NH=\backslash (OH^2\backslash )$=\(R^2\)

Giải thích các bước giải:

a/ Chứng minh: OA vuông góc MN.

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có $AM=AN\Rightarrow A$ thuộc trung trực của MN.

Lại có $OM=ON=R\Rightarrow O$ thuộc trung trực của MN

$\Rightarrow OA$ là trung trực của MN.

$\Rightarrow OA\perp MN$ (1).

b/ Vẽ đường kính NOC. Chứng minh rằng: MC//AO.

Xét tam giác MNC có: $MO=OC=ON=R\Rightarrow MC=\frac{1}{2}NC$

$\Rightarrow \Delta MNC$ vuông tại M (Định lí đường trung tuyến)

$\Rightarrow MN\perp MC$ (2).

Từ (1) và (2) => MC // AO.

c/ Tính độ dài các cạnh của tam giác AMN biết OM = 3 cm, OA = 5 cm.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAM có:

$\begin{array}{c}A{M}^2=O{A}^2-O{M}^2\\ A{M}^2=5^2-3^2=16\\ AM=4\left(cm\right)=AN\end{array}$

Gọi H là giao điểm của MN và OA.

$\Rightarrow MN\perp AO$ tại H.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM, đường cao MH có:

$\begin{array}{c}O{M}^2=OH.OA\\ \Rightarrow 3^2=OH.5\\ \Rightarrow OH=\frac{9}{5}\left(cm\right)\\ \Rightarrow AH=OA-OH=\frac{16}{5}\end{array}$

$\begin{array}{c}\Rightarrow M{H}^2=OH.AH=\frac{9}{5}.\frac{16}{5}\\ \Rightarrow MH=\frac{12}{5}\left(cm\right)\end{array}$

OA là trung trực của MN (cmt) $\Rightarrow H$ là trung điểm của MN

$\Rightarrow MN=2MH=\frac{24}{5}\left(cm\right)$.

a) Tam giác MAN cân tại A có OA là tia phân giác nên nó cũng trùng với đường cao. Vì vậy OA⊥MN.
b) Do AM, AN là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm nằm ngoài đường tròn nên AO là phân giác góc ^MAN và I là điểm chính giữa của cung MN. Từ đó ta có:

.

⇒ IM là phân giác góc ^NMA.

⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNA.
c) Nếu tứ giác OMIN là hình thoi thì OM=ON=MI=IN=R.
Suy ra các tam giác OMI, ONI là tam giác đều. Vì vậy ^MON=^MOA+^AON=60o+60o=120o.
Suy ra ^MAN=180o−^MON=60o.
Ngược lại giả sử ^MAN=60o. Suy ra ^MON=180o−^MAN=120o.
Có OA là tia phân giác của góc MON nên ^MOA=^AON=120o:2=60o.
Suy ra các tam giác MOA, AON là tam giác đều hay tứ giác OMIN là hình thoi.

Vậy ^MAN=60o thì tứ giác OMIN là hình thoi.

Do giả thiết  $1\le ab$  nên $1\le \sqrt{ab}\le \genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{2}$. Vì vậy ta tìm cách ước lượng giảm bậc của biến $a,b$ từ 3 xuống 1, tức là phải dùng Cô si cho 3 số dương.

Áp dụng Cô si cho 3 số dương     $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b};\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x};y$ ta có

                           $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}+y\ge 3a\sqrt[3]{\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{x}}$   (1)

Kì vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi $a=b=1$ nghĩa là

khi $a=b=1$ phải có    $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}=y$  hay   $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{x}=y\iff x=4;y=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$

(1) trở thành     

                              $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{4}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\ge 3a\sqrt[3]{\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{8}}=\genfrac{}{}{0ex}{}{3a}{2}$ 

Tương tự              $\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{1+a}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+a}{4}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3b}{2}$ 

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta suy ra  

                       $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{1+a}+\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\left(a+b\right)\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\sqrt{ab}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$

    Do đó           $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{1+a}\ge 1$

Đặt \(A=\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)

Vì \(a,b,c>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương, ta được:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1+b\right)\left(1+c\right).64}}\)\(=3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\left(1\right)\)

Chứng minh tương tự, ta được:

\(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\left(2\right)\)

\(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3a}{4}\left(3\right)\)

Từ (1), (2), (3), ta được:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)\(+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\)\(\ge\frac{3a}{4}+\frac{3b}{4}+\frac{3c}{4}\)

\(\Leftrightarrow A+\frac{1+a}{4}+\frac{1+b}{4}+\frac{1+c}{4}\ge\frac{3a}{4}+\frac{3b}{4}+\frac{3c}{4}\)

\(\Leftrightarrow A+\frac{1+a+1+b+1+c}{4}\ge\frac{3a+3b+3c}{4}\)

\(\Leftrightarrow A+\frac{3+a+b+c}{4}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3-a-b-c}{4}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{3\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3}{4}\left(4\right)\)

Mặt khác,  vì \(a,b,c>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương, ta được:

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

Mà \(abc\ge1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}\ge1\Leftrightarrow3\sqrt[3]{abc}\ge3\)

Do đó:

\(a+b+c\ge3\)

\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\ge6\)

\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\left(5\right)\)

Từ (4) và (5), ta được:

\(A\ge\frac{3}{4}\)(điều phải chứng minh)

Dấu bằng xảy ra.

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\abc=1\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Vậy \(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\)với \(a,b,c>0\)và \(abc\ge1\)

Với   $x,y>0$  đã cho, áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

                         $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+c}{y}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3a}{\sqrt[3]{xy}}$

Kỳ vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi $a=b=c=1$, ta chọn $x>0$ sao cho $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1+c}{y}$ xảy ra khi $a=b=c=1$, tức là     $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{y}\iff x=y=8$. Vì vậy

                       $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{8}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+c}{8}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3a}{4}$ 

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế ba bất đẳng thức này ta có

     $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}+\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b+c}{4}\ge$

                                                          $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}\left(a+b+c\right)$

Hay   $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\left(a+b+c\right)-\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}$

Mà    $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\ge 3$ . Suy ra

                        $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(x^3+x^3+y^3\ge3\sqrt[3]{x^6y^3}=3x^2y\)(1)

\(y^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{y^6z^3}=3y^2z\)(2)

\(z^3+z^3+x^3\ge3\sqrt[3]{z^6x^3}=3z^2x\)(3)

Cộng (1),(2),(3) theo vế

=> \(x^3+x^3+y^3+y^3+y^3+z^3+z^3+z^3+x^3\ge3x^2y+3y^2z+3z^2x\)

<=> \(3\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\)

<=> \(x^3+y^3+z^3\ge x^2y+y^2z+z^2x\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z

p dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương   $x^3,x^3,y^3$.

Do ^AEH=^ADH=90o nên tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn.
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AED chính là đường tròn đường kính AH.

Do H là giao điểm hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm. Thế thì AH ⊥ BC.
Suy ra  ^DAH=^DBC (vì cùng phụ với góc ^DCB).
Tam giác BDC vuông tại D có I là trung điểm của BC nên IB = ID = IC.
Suy ra tam giác IBD cân ở I.  Vì vậy ^IDB=^DBI.
Từ đó suy ra: ^HAD=^HBI=^BDI  hay  ^HAD=^HDI.

Gọi J là trung điểm AH. Ta có ^HAD=^JDA⇒^JDA=^HDI.

Vậy nên ^JDI=^HDI+^JDH=^JDA+^FDH=^ADH=90o.
Suy ra DI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
Chứng minh tương tự ta cũng có EI là tiếp tuyến của đường kính AH.

Do $\widehat{AEH}=\widehat{ADH}=90^o$ nên tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn.
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AED chính là đường tròn đường kính AH.

Do H là giao điểm hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm. Thế thì AH $\perp$ BC.
Suy ra  $\widehat{DAH}=\widehat{DBC}$ (vì cùng phụ với góc $\widehat{DCB}$).
Tam giác BDC vuông tại D có I là trung điểm của BC nên IB = ID = IC.
Suy ra tam giác IBD cân ở I.  Vì vậy $\widehat{IDB}=\widehat{DBI}$.
Từ đó suy ra: $\widehat{HAD}=\widehat{HBI}=\widehat{BDI}$  hay  $\widehat{HAD}=\widehat{HDI}$.

Gọi J là trung điểm AH. Ta có $\widehat{HAD}=\widehat{JDA}\Rightarrow \widehat{JDA}=\widehat{HDI}$.

Vậy nên $\widehat{JDI}=\widehat{HDI}+\widehat{JDH}=\widehat{JDA}+\widehat{FDH}=\widehat{ADH}=90^o$.
Suy ra DI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
Chứng minh tương tự ta cũng có EI là tiếp tuyến của đường kính AH.

\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)( GT abc = 1 )

\(\Leftrightarrow\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+ac}+\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{3}{2}\). Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)ta được bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :

\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)( em không chứng minh )

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c = 1

Do giả thiết  $abc=1$ nên

            $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{a^2\left(b+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{bc}{a^{2}bc\left(b+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{bc}{a\left(b+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{bc}{ab+ac}$

Đặt       $x=bc,y=ca,z=ab$ thì $x,y,z>0$ và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc 

      $\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{y+z}+\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{z+x}+\genfrac{}{}{0ex}{}{z}{x+y}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$.