1) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT với 2 số

Với x,y,z,t > 0 ta luôn có: \(\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{t}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^2t+z^2y}{yt}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\Leftrightarrow\left(x^2t+z^2y\right)\left(y+t\right)\ge yt\left(x+z\right)^2\)

(Biến đổi tương đương)

Khi bất đẳng thức trên đúng ta sẽ CM như sau:

\(\frac{a^2}{\alpha}+\frac{b^2}{\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\alpha+\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{a}{\alpha}=\frac{b}{\beta}=\frac{c}{\gamma}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có ngay :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+y\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^2\)

\(\Rightarrow4\left(x+y\right)^2\ge\left(x^2+y^2\right)^4\)  \(\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM: 

\(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\) \(\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\) \(\Rightarrow8\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^4\)

\(\Rightarrow8\ge\left(x^2+y^2\right)^3\)

\(\Rightarrow2\ge x^2+y^2\)hay \(x^2+y^2\le2\)

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

        $x^3+x^3+1\ge 3\sqrt[3]{x^3.x^3.1}\iff 2x^3+1\ge 3x^2$, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1$.

Tương tự,  $2y^3+1\ge 3y^2$. Cộng theo vế hai bất đẳng thức nhận được ta có

             $2\left(x^3+y^3\right)+2\ge 3\left(x^2+y^2\right)$

Sử dụng giả thiết  $x^3+y^3=2$ suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi      $x=y=$

a/ Ta có

\(AD\perp OA\) (AD là tiếp tuyến)

O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) => AO là trung tuyến của \(\Delta ABC\Rightarrow BC\perp AO\)  (trong tg cân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh đồng thời là đường cao)

=> AD//BC (cùng vuông góc với OA); mà AD=BC (gt) => ABCD là hình bình hành ( Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và bằng nhau thì tứ giác đó là hình bình hành)

b/ Do ABCD là hình bình hành nên AC cắt BD tại trung điểm mỗi đường

Mặt khác ta cũng có OM đi qua trung điểm của AC (Hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn thì vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm)

=> AC; BD; OM đồng quy

) Có:

a) 

Vì vậy AD = BC và AD//BC nên tứ giác ABCD là hình bình hành.
b) Theo tứ giác ABCD là hình thành nên BD và AC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì MA=MC và OM là tia phân giác góc AMC.
AM = MC nên tam giác AMC cân tại M và MO là tia phân giác của tam giác AMC nên OM cũng đi qua trung điểm của AC.
Suy ra ba đường thẳng AC, BD, OM đồng quy.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và sử dụng giả thiết x+y+z=1 ta có :

\(1+\frac{1}{x}=\frac{x+1}{x}=\frac{x+x+y+z}{x}\ge\frac{4\sqrt[4]{x^2yz}}{x}\)

CMTT ta có : \(1+\frac{1}{y}\ge\frac{4\sqrt[4]{xy^2x}}{y}\); \(1+\frac{1}{z}\ge\frac{4\sqrt[4]{xyz^2}}{z}\)

Nhân vế với vế các bđt trên ta được đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z=1/3

Sử dụng giả thiết $x+y+z=1$ và áp dụng bất đẳng thức Cô si cho bốn số dương ta có 

        $1+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{x+1}{x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{x+x+y+z}{x}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{4\sqrt[4]{x^{2}yz}}{x}$

Tương tự       $1+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{y}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{4\sqrt[4]{x{y}^{2}z}}{y}$  và    $1+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{z}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{4\sqrt[4]{xy{z}^2}}{z}$.

Nhân theo vế ba bất đẳng thức vừa nhận được suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  $x=y=z=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}$.

Đặt \(P=\sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\)

\(\Rightarrow P^2=\left(\sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\right)^2\)

Vì \(x,y,z>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta được:

\(\left(1.\sqrt{4x+1}+1.\sqrt{4y+1}+1.\sqrt{4z+1}\right)^2\)\(\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[\left(\sqrt{4x+1}\right)^2+\left(\sqrt{4y+1}\right)^2+\left(\sqrt{4z+1}\right)^2\right]\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\right)^2\)\(\le3\left(4x+1+4y+1+4z+1\right)\)

\(\Leftrightarrow P^2\le3\left[4\left(x+y+z\right)+3\right]\)

\(\Leftrightarrow P^2\le3\left(4.3+3\right)\)(vì \(x+y+z=3\))

\(\Leftrightarrow P^2\le3\left(12+3\right)=3.15=45\)

\(\Leftrightarrow P\le\sqrt{45}=3\sqrt{5}\)(điều phải chứng minh).

Dấu bằng xảy ra.

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=z>0\\x+y+z=3\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy với \(x,y,z>0;x+y+z=3\)thì \(\sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\le3\sqrt{5}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

                       $\sqrt{5\left(4x+1\right)}+\sqrt{5\left(4y+1\right)}+\sqrt{5\left(4z+1\right)}\le 15$

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

               $\sqrt{5\left(4x+1\right)}\le \genfrac{}{}{0ex}{}{5+4x+1}{2}=3+2x$

Tương tự   $\sqrt{5\left(4y+1\right)}\le 3+2y;\sqrt{5\left(4z+1\right)}\le 3+2z$

Cộng theo vế ba bất đẳng thức nhận được ta có

       $\sqrt{5\left(4x+1\right)}+\sqrt{5\left(4y+1\right)}+\sqrt{5\left(4z+1\right)}\le 9+2\left(x+y+z\right)=15$ (do giả thiết $x,y,z$ có tổng bằng 1.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$\{\begin{array}{c}4x+1=4y+1=4z+1=5\\ x+y+z=3\end{array}$ $\iff x=y=z=1$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có ngay :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

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

                 $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^2}{b+c}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b+c}{4}\ge a$ ;  $\genfrac{}{}{0ex}{}{b^2}{c+a}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c+a}{4}\ge b$  ;  $\genfrac{}{}{0ex}{}{c^2}{a+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{4}\ge c$

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi     $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^2}{b+c}=\genfrac{}{}{0ex}{}{b+c}{4},\genfrac{}{}{0ex}{}{b^2}{c+a}=\genfrac{}{}{0ex}{}{c+a}{4},\genfrac{}{}{0ex}{}{c^2}{a+b}=\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{4}$

hay $\{\begin{array}{c}b+c=2a\\ c+a=2b\\ a+b=2c\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}a+b+c=3a\\ a+b+c=3c\\ a+b+c=3c\end{array}$  $\iff a=b=c$

a/ Xét \(\Delta ABC\) có

\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^o\) (1)

Ta có

\(\widehat{ABD}=\widehat{ABC}\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn là phân giác của góc tạo bởi 2 tiếp tuyến) (2)

Ta có 

\(\widehat{ACE}=\widehat{ACB}\)  (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn là phân giác của góc tạo bởi 2 tiếp tuyến) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{ABD}+\widehat{ACE}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{ABD}+\widehat{ACE}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o\)

\(\Rightarrow\left(\widehat{ABD}+\widehat{ABC}\right)+\left(\widehat{ACE}+\widehat{ACB}\right)=\widehat{DBC}+\widehat{ECB}=180^o\) 

=> BD//CE (hai đường thẳng bị cắt bởi đường thẳng thứ 3 có hai góc trong cùng phía bù nhau thì chúng // với nhau)

Ta có 

\(AD\perp BD\Rightarrow AD\perp CE\)

\(AE\perp CE\Rightarrow AE\perp BD\)

=> AD và AE cùng vuông góc với BD => AD và AE trùng nhau (Từ 1 điểm ở ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho) => D; A; E thẳng hàng

b/

Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại A => A thuộc đường tròn đường kính BC. Gọi I là trung điểm BC nối AI ta có

BD//CE => BDEC là hình thang

AD=AE (bán kính (O))

IB=IC

=> AI là đường trung bình của hình thang BDEC => AI//CE mà \(CE\perp DE\Rightarrow AI\perp DE\) => DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC hay DE tiếp xúc với đường tròn đường kính BC

a) Theo tính chất của hai của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
^DAB=^BAH; ^HAC=^CAE.
Suy ra: ^DAE=^DAB+^BAH+^HAC+^CAE=2^BAH+2^HAC=2^BAC=180o.
Do ^DAE=180o nên DE là đường kính, suy ra D, E, A thẳng hàng.
b) Theo câu a:  DE là đường kính đường tròn tâm A.
Có BD⊥DE,CE⊥DE. Suy ra BD//CE.

Gọi O là trung điểm BC.
Vậy tứ giác BDEC là hình thang. Do O và A lần lượt là trung điểm của BC, DE nên OA là đường trung bình của hình thang BDEC.
Suy ra OA⊥DE mà OA=BC2  nên OA là bán kính của đường tròn đường kính BC.

Thế thì $DE$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $BC$.

*Chứng minh bằng biến đổi tương đương

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)

<=> \(\frac{x+y}{xy}-\frac{4}{x+y}\ge0\)

<=> \(\frac{\left(x+y\right)^2}{xy\left(x+y\right)}-\frac{4xy}{xy\left(x+y\right)}\ge0\)

<=> \(\frac{x^2+2xy+y^2-4xy}{xy\left(x+y\right)}\ge0\)

<=> \(\frac{\left(x-y\right)^2}{xy\left(x+y\right)}\ge0\)( đúng vì x,y > 0 )

Đẳng thức xảy ra <=> x = y 

*Chứng minh bằng bất đẳng thức

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có ngay :

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{x+y}=\frac{4}{x+y}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x = y