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

Ta có \(a+b+c=0\)

=> \(a=-b-c\)

=> \(a^2=\left(b+c\right)^2\)

=> \(a^2-b^2-c^2=\left(b+c\right)^2-b^2-c^2\)

                                 \(=b^2+2bc+c^2-b^2-c^2\) \(=2bc\)

Tương tự : \(b^2-c^2-a^2=2ac\)

                   \(c^2-a^2-b^2=2ab\)

Thay vào A, ta có:

\(A=\frac{a^2}{2ab}+\frac{b^2}{2ac}+\frac{c^2}{2ab}=\frac{a^3+b^3+c^3}{2ab}\)

Ta chứng minh được \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ac-ab-bc\right)\)

mà \(a+b+c=0\)   => \(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)  => \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

Lại thay vào A:

\(A=\frac{3abc}{2abc}=\frac{3}{2}\)

Vậy \(A=\frac{3}{2}\)

Cách chứng minh \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ac-bc-ab\right)\)

Ta có \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a^3+b^3\right)+c^3-3abc\)

                                                      \(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)

                                                     =   \(\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-\left[3ab\left(a+b\right)-3abc\right]\)

                                                     \(=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)

                                                     \(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ca-bc+c^2-3ab\right)\)

                                                     \(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)

\(\frac{1}{x^3\left(y+z\right)}+\frac{1}{y^3\left(z+x\right)}+\frac{1}{z^3\left(x+y\right)}\)

\(=\frac{y^2z^2}{x\left(y+z\right)}+\frac{z^2x^2}{y\left(z+x\right)}+\frac{x^2y^2}{z\left(x+y\right)}\)

\(\ge\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{xy+yz+zx}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}{2}=\frac{3}{2}\)

https://h.vn/hoi-dap/tim-kiem?q=cho+tam+gi%C3%A1c+abc+c%C3%B3+ab=6cm,ac=8cm,bc=10cm++a)+ch%E1%BB%A9ng+minh+tam+gi%C3%A1c+abc+vu%C3%B4ng+t%E1%BA%A1i+a++b)+t%C3%ADnh+g%C3%B3c+b+,c+v%C3%A0+%C4%91%C6%B0%E1%BB%9Dng+cao+ah+c%E1%BB%A7a+tam+gi%C3%A1c+abc++c)+t%C3%ADnh+b%C3%A1n+k%C3%ADnh+r+c%E1%BB%A7a+%C4%91%C6%B0%C6%A1ng+tr%C3%B2n+o+n%E1%BB%99i+ti%E1%BA%BFp+tam+gi%C3%A1c+abc&id=687912