Theo giả thiết, ta có: \(ab+bc+ca+abc=4\)\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+12=abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8\)\(\Leftrightarrow\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(c+2\right)\left(a+2\right)=\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: \(P=\frac{4}{\left[\left(a+b\right)^2+4\right]+16}+\frac{4}{\left[\left(b+c\right)^2+4\right]+16}+\frac{4}{\left[\left(c+a\right)^2+4\right]+16}\)\(\le\frac{4}{4\left(a+b\right)+16}+\frac{4}{4\left(b+c\right)+16}+\frac{4}{4\left(c+a\right)+16}\)\(=\frac{1}{\left(a+2\right)+\left(b+2\right)}+\frac{1}{\left(b+2\right)+\left(c+2\right)}+\frac{1}{\left(c+2\right)+\left(a+2\right)}\)\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)=\frac{1}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

BT1:

\(1,2FeS_2+\frac{11}{2}O_2\underrightarrow{t}Fe_2O_3+4SO_2\)

\(2,2SO_2+O_{_{ }2}\underrightarrow{t,V_2O_5}2SO_3\)

\(3,SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\)

\(4,H_2SO_4+Na_2SO_3\rightarrow Na_2SO_4+SO_2+H_2O\)

\(5,CaO+SO_2\underrightarrow{t}CaSO_3\)

\(6,CaSO_3\underrightarrow{t,xt}CaO+SO_2\)

\(7,CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)

\(8,CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

Vẽ đường phân giác AD, gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AD

Theo tính chất đường phân giác, ta có: \(\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BC}=\frac{b+c}{a}\Rightarrow\frac{BD}{AB}=\frac{a}{b+c}\)

Suy ra \(\sin\frac{A}{2}=\sin BAD=\frac{BH}{BA}\le\frac{BD}{AB}=\frac{a}{b+c}\)(đpcm)

Kiệt nguyễn

\(\frac{sinA}{2}\ne sin\frac{A}{2}\)

a) Tứ giác MAOB có: \(\widehat{OAM}=90^0\left(0A\perp AM\right);\widehat{OBM}=90^0\left(CB\perp BM\right)\)

=> \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^O\)

=> AOBM nội tiếp (tổng 2 góc đối = 180)

Vì I là tâm=> I là trung điểm OM

b) Tính \(MA^2=3R^2\Rightarrow MC.MD=3R^2\)

c) CM: OM là trung trực AB

=> FA=FB

=> tam giác FAB cân tại F

Gọi H là giao điểm AB và OM

Ta có: OA=OB=AI=R => tam giác OAI đều

=> OAI =60^O=> FAB=60^o (cùng phụ AFI)

Vậy tam giác AFB đều

d) Kẻ EK vuông góc với FB tại K. Ta có:

\(S_{B\text{EF}}=\frac{1}{2}.FB.EK\)

Mà \(EK\le BE\)( TAM giác BEK vuông tại K)

Lại có: \(BE\le OA\)(LIÊN hệ đường kính và dây cung)

=> \(S_{B\text{EF}}\le\frac{1}{2}.R\sqrt{3}.2R=R^2\sqrt{3}\)

GTLN của \(S_{B\text{EF}}=R^2\sqrt{3}\). kHI ĐÓ BE là đường kính (I)

Kẻ đường kính BG của (I). Vì B và (I) cố định nên BG cố
 định . Khi đó vị trí cắt tuyến MCD để \(S_{B\text{EF}}\)đạt GTLN là C là giao điểm của FG với đường tron (O)

Chịu!