e mới hok lớp dưới 9 thôi

Đặt \(m=a^2+bc\);\(n=b^2+2ca\);\(p=c^2+2ab\)

Lúc đó: \(m+n+p=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)^2< 1\)(vì a + b + c < 1 )

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\ge9\)và m + n + p < 1 ; m,n,p > 0 

Áp dụng BĐT Cô -si cho 3 số không âm:

\(m+n+p\ge3\sqrt[3]{mnp}\)

và \(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{mnp}}\)

\(\Rightarrow\left(m+n+p\right)\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\right)\ge9\)

Mà m + n + p < 1 nên \(\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\right)\ge9\)

hay \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)

Áp dụng BĐT Cô - si cho 3 số không âm:

\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)hay \(1\ge3\sqrt[3]{xyz}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{xyz}\le\frac{1}{3}\Rightarrow xyz\le\frac{1}{27}\)

(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\))

Lại áp dụng BĐT Cô - si cho 3 số không âm là x + y; y + z; x + z, ta được:

\(\left(x+y\right)+\left(y+z\right)+\left(z+x\right)\ge3\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)

\(\Rightarrow2\ge3\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)(Vì x + y + z = 1)

\(\Rightarrow27\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\le8\)(lập phương hai vế)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\le\frac{8}{27}\)

(Dâú "="\(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\))

\(\Rightarrow S\le\frac{1}{27}.\frac{8}{27}=\frac{8}{729}\)(Dâú "="\(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\))

a/ Xét tam giác vuông AIO và tam giác vuông BIO có

IO chung

IA=IB (hai tiếp tuyến của 1 đường tròn xuất phát từ 1 điểm thì điểm đó cách đều hau tiếp điểm)

=> tg AIO = tg BIO (hai tam giác vuông có cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)

=> ^AIO = ^BIO

Xét tam giác IAB có 

^AIO = ^ BIO (cmt) => IO là phân giác của ^AIB

IA=IB (cmt) => tg IAB cân tại I

=> IO vừa là đường cao vừa là đường trung trực của tg IAB => IO vuông góc với AB tại M và MA=MB => A và B đối xứng với nhau qua OI

b/ Xét tg vuông AIO có 

\(AM^2=MI.MO\Rightarrow\left(\frac{AB}{2}\right)^2=MI.MO=\frac{AB^2}{4}\)

a/ Xét tg OAC có 

H là trung điểm của AO (đề bài)

CH vuông góc AO (đề bài)

=> CH vừa là đường cao vừa là đường trung trực của tg OAC => tg OAC cân tại C => CA=CO (1)

CO=AO (bán kính (o)) (2)

Từ (1) Và (2) => CA=CO=AO => tg OCA là tg đều

b/

C/m tương tự câu a ta cũng có DO=DA=AO

=> CA=DA => tg ACD là tg cân tại A

Mà AH vuông góc CD (đề bài)

=> AH là đường cao => AH cũng là đường trung trực của tg ACD => CH=CD/2

Xét tg ACB có ^ACB = 90 (góc nt chắn nửa đường tròn)

=> tg ACB là tg vuông tại C

=\(\Rightarrow CH^2=HA.HB=\left(\frac{CD}{2}\right)^2=\frac{CD^2}{4}\Rightarrow CD^2=4.HA.HB\)

\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\)

\(=\frac{a^2}{ab+ca-a^2}+\frac{b^2}{ab+bc-b^2}+\frac{c^2}{ca+bc-c^2}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2}\)

\(\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2ab+2bc+2ca-ab-bc-ca}=3\)

\(VT=\frac{2\left(a-b\right)^2}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}+\frac{2\left(b-c\right)^2}{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}+\frac{2\left(a-c\right)^2}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}+3\ge3\)

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) thì x, y, z > 0; x + y + z  = 1. Quy về: \(\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{yz}}+\sqrt{\frac{1}{y}+\frac{1}{zx}}+\sqrt{\frac{1}{z}+\frac{1}{xy}}\ge\sqrt{\frac{1}{xyz}}+\sqrt{\frac{1}{x}}+\sqrt{\frac{1}{y}}+\sqrt{\frac{1}{z}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\ge1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{x+yz}+\sqrt{yz}}+\frac{y}{\sqrt{y+zx}+\sqrt{zx}}+\frac{z}{\sqrt{z+xy}+\sqrt{xy}}\ge1\) (chuyển vế qua nhóm lại rồi liên hợp)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}+\sqrt{yz}}\ge1\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\sqrt{yz}}\ge1\)

BĐT này đúng! Thật vậy:

\(VT\ge\Sigma_{cyc}\frac{x}{\frac{\left(x+y\right)+\left(z+z\right)}{2}+\frac{\left(y+z\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{x}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1\)

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c=3\)

Ta co:

\(M=\frac{9}{1-2\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{2}{abc}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{2}{abc}=\frac{9}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{abc}\)

Ta lai co:

\(a+b+c=1\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{1}{abc}\)

\(\Rightarrow M=\frac{9}{\Sigma_{cyc}a^2}+\Sigma_{cyc}\frac{2}{ab}\ge\frac{9}{\Sigma_{cyc}a^2}+\frac{18}{\Sigma_{cyc}ab}\left(1\right)\)

\(VT_{\left(1\right)}=\frac{9}{\Sigma_{cyc}a^2}+\frac{1}{\Sigma_{cyc}ab}+\frac{1}{\Sigma_{cyc}ab}+\frac{16}{\Sigma_{cyc}ab}\ge\frac{\left(3+1+1\right)^2}{\Sigma_{cyc}a^2+2\Sigma_{cyc}ab}+\frac{16}{\frac{\left(\Sigma_{cyc}a\right)^2}{3}}=\text{ }\frac{25}{\left(\Sigma_{cyc}a\right)^2}+48=\text{ }73\)

Dau '=' xay ra khi \(\text{ }a=b=c=\frac{1}{3}\)

@my-friend 

\(M\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2}+\frac{36}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(3+6\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}=81\)

Dấu "=" xảy ra ra khi \(\hept{\begin{cases}\frac{3}{a^2+b^2+c^2}=\frac{6}{2\left(ab+bc+ca\right)}\\a+b+c=1\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)