Mn ghi đầy đủ GT, KL với vẽ hình hộ mình nha

Áp dụng bất đẳng thức cơ bản dạng\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\), ta được: \(\left(a+2b\right)^2=\left(\frac{2a+b}{2}+\frac{3b}{2}\right)^2\ge4.\frac{2a+b}{2}.\frac{3b}{2}=3b\left(2a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{2a+b}{a+2b}\le\frac{a+2b}{3b}\Rightarrow\frac{2a+b}{a\left(a+2b\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

Tương tự, ta có: \(\frac{2b+c}{b\left(b+2c\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\); \(\frac{2c+a}{c\left(c+2a\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2a+b}{a\left(a+2b\right)}+\frac{2b+c}{b\left(b+2c\right)}+\frac{2c+a}{c\left(c+2a\right)}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

a) Để (d) // \(y=\sqrt{3}x\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}-\frac{2k}{k-1}=\sqrt{3}\\\frac{2}{k-1}\ne0\left(HN\right);-\frac{2k}{k-1}\ne0\Rightarrow k\ne0\end{cases}}\Rightarrow-\frac{2k}{k-1}=\sqrt{3}\Rightarrow2k=\sqrt{3}\left(1-k\right)=\sqrt{3}-\sqrt{3}k\)

\(\Rightarrow2k+\sqrt{3}k=\sqrt{3}=k\left(2+\sqrt{3}\right)\Rightarrow k=\frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}\left(2-\sqrt{3}\right)}{4-3}=2\sqrt{3}-3\)( TM )

Vậy \(k=2\sqrt{3}-3\)

Hàm số của (d) là : \(y=\sqrt{3}x-2-\sqrt{3}\)

Xét (d) có :

Cho \(x=0\Rightarrow y=-2-\sqrt{3}\)

\(y=0\Rightarrow x=\frac{3+2\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow\)(d) đi qua \(\left(0;-2-\sqrt{3}\right)\)và \(\left(\frac{3+2\sqrt{3}}{3};0\right)\)

Gọi (d) cắt Ox tại A\(\left(\frac{3+2\sqrt{3}}{3};0\right)\)và cắt Oy tại B\(\left(0;-2-\sqrt{3}\right)\)

\(\Rightarrow OA=\frac{3+2\sqrt{3}}{3};OB=|-2-\sqrt{3}|=2+\sqrt{3}\)

Vì \(a=\sqrt{3}>0\)\(\Rightarrow\)Xét \(\Delta AOB\)vuông tại O có : \(tan\alpha=\frac{OB}{OA}=\frac{2+\sqrt{3}}{\frac{3+2\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow\alpha=60^o\)

Vậy góc tạo bởi (d) và trục Ox là : \(60^o\)

b) Xét (d) :

Cho \(x=0\Rightarrow y=\frac{2}{k-1}\)

       \(y=0\Rightarrow x=\frac{1}{k}\)

\(\Rightarrow\)(d) đi qua \(A\left(0;\frac{2}{k-1}\right)\)và \(B\left(\frac{1}{k};0\right)\)

Kẻ OH \(\perp\)AB ( \(H\in AB\))

Áp dụng htl trong \(\Delta ABO\) OH \(\perp\)AB ( \(H\in AB\)) có :

\(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}=k^2+|\frac{k-1}{2}|^2=k^2+\frac{|k-1|^2}{4}=\frac{4k^2+|k-1|^2}{4}=\frac{4k^2+\left(k-1\right)^2}{4}\)

\(\Rightarrow OH=\sqrt{\frac{4}{4k^2+\left(k-1\right)^2}}=\frac{2}{\sqrt{4k^2+\left(k-1\right)^2}}\)

Đến đây thì mình tèo rồi, không biết phía trên làm sai chỗ nào nữa :'

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{a}}=\sqrt{\left(\frac{b+c}{a}\right).1}\le\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{a+b+c}{2a}\)\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)

Tương tự:\(\sqrt{\frac{b}{c+a}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\); \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Đẳng thức xảy ra khi \(b+c=a,c+a=b,a+b=c\Rightarrow a+b+c=0\)

Nhưng do a, b, c > 0 (gt) nên a + b + c > 0

Vậy đẳng thức không xảy ra

a/

\(BC^2=5^2=25\)

\(AB^2+AC^2=4^2+3^2=16+9=25\)

\(\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2=25\) => tg ABC vuông tại A

b/

Theo t/c đường phân giác 

\(\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}=\frac{4}{3}\) (Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn tỉ lệ với hai cạnh kề của hai đoạn ấy)

\(\Rightarrow BD=\frac{5}{4+3}x4=\frac{20}{7}\Rightarrow CD=5-\frac{20}{7}=\frac{15}{7}\)