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: OI^2=MI.INOH2=MH.HNAM.BN=MI.NI=OI^

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

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\dfrac{a+b}{2}1≤ab​≤2a+b​. 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     \dfrac{a^3}{1+b};\dfrac{1+b}{x};y1+ba3​;x1+b​;y ta có

                           \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{x}+y\ge3a\sqrt[3]{\dfrac{y}{x}}1+ba3​+x1+b​+y≥3a3xy​​   (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    \dfrac{a^3}{1+b}=\dfrac{1+b}{x}=y1+ba3​=x1+b​=y  hay   \dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{x}=y\Leftrightarrow x=4;y=\dfrac{1}{2}21​=x2​=y⇔x=4;y=21​

(1) trở thành     

                              \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{4}+\dfrac{1}{2}\ge3a\sqrt[3]{\dfrac{1}{8}}=\dfrac{3a}{2}1+ba3​+41+b​+21​≥3a381​​=23a​ 

Tương tự              \dfrac{b^3}{1+a}+\dfrac{1+a}{4}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3b}{2}1+ab3​+41+a​+21​≥23b​ 

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta suy ra  

                       \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{b^3}{1+a}+\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{5}{4}\left(a+b\right)\ge\dfrac{5}{2}\sqrt{ab}\ge\dfrac{5}{2}1+ba3​+1+ab3​+23​≥45​(a+b)≥25​ab​≥25​

    Do đó           \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{b^3}{1+a}\ge11+ba3​+1+ab3​≥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 \(abc\ge1\)

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

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^oAEH=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 $\perp$ BC.
Suy ra  \widehat{DAH}=\widehat{DBC}DAH=DBC (vì cùng phụ với góc \widehat{DCB}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}IDB=DBI.
Từ đó suy ra: \widehat{HAD}=\widehat{HBI}=\widehat{BDI}HAD=HBI=BDI  hay  \widehat{HAD}=\widehat{HDI}HAD=HDI.

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

Vậy nên \widehat{JDI}=\widehat{HDI}+\widehat{JDH}=\widehat{JDA}+\widehat{FDH}=\widehat{ADH}=90^oJDI=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.

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

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

            \dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a^2bc\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ac}a2(b+c)1​=a2bc(b+c)bc​=a(b+c)bc​=ab+acbc​

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 

      \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}y+zx​+z+xy​+x+yz​≥23​.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)=> \(\frac{ab}{a+b}\le\frac{a+b}{4}\)

Tương tự : \(\frac{bc}{b+c}\le\frac{b+c}{4}\); \(\frac{ca}{c+a}\le\frac{c+a}{4}\)

Cộng vế với vế các bđt trên ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

Có     ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow\dfrac{ab}{a+b}\le\dfrac{a+b}{4}ab≤4(a+b)2​⇒a+bab​≤4a+b​.

Đặt x=\sqrt{\dfrac{a}{b}},y=\sqrt{\dfrac{b}{c}},z=\sqrt{\dfrac{c}{a}}x=ba​​,y=cb​​,z=ac​​ thì  $x,y,z>0$ và $xyz=1$ . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành      x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2.

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương ta có

                x^3+x^3+1^3\ge3\sqrt[3]{x^3.x^3.1^3}x3+x3+13≥33x3.x3.13​ hay  2x^3+1\ge3x^22x3+1≥3x2.

Tương tự, 2y^3+1\ge3y^2;2z^3+1\ge3z^22y3+1≥3y2;2z3+1≥3z2. Cộng theo vế các bất đẳng thức nhận được ta có            2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+\left(x^2+y^2+z^2\right)2(x3+y3+z3)+3≥2(x2+y2+z2)+(x2+y2+z2)

                                                      =2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=2(x2+y2+z2)+33x2y2z2​

  \ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{1}≥2(x2+y2+z2)+331​

Do đó         x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  

       $x=y=z=1\iff a=b=c>0$.

x=y=z=1