*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 

                                                                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: $OH{}^2=MH.HN$AM.BN=MI.NI=OI^

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

Giải thích các bước giải:

a/ Chứng minh: OA vuông góc MN.

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có $AM=AN\Rightarrow A$ thuộc trung trực của MN.

Lại có $OM=ON=R\Rightarrow O$ thuộc trung trực của MN

$\Rightarrow OA$ là trung trực của MN.

$\Rightarrow OA\perp MN$ (1).

b/ Vẽ đường kính NOC. Chứng minh rằng: MC//AO.

Xét tam giác MNC có: $MO=OC=ON=R\Rightarrow MC=\frac{1}{2}NC$

$\Rightarrow \Delta MNC$ vuông tại M (Định lí đường trung tuyến)

$\Rightarrow MN\perp MC$ (2).

Từ (1) và (2) => MC // AO.

c/ Tính độ dài các cạnh của tam giác AMN biết OM = 3 cm, OA = 5 cm.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAM có:

$\begin{array}{c}A{M}^2=O{A}^2-O{M}^2\\ A{M}^2=5^2-3^2=16\\ AM=4\left(cm\right)=AN\end{array}$

Gọi H là giao điểm của MN và OA.

$\Rightarrow MN\perp AO$ tại H.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM, đường cao MH có:

$\begin{array}{c}O{M}^2=OH.OA\\ \Rightarrow 3^2=OH.5\\ \Rightarrow OH=\frac{9}{5}\left(cm\right)\\ \Rightarrow AH=OA-OH=\frac{16}{5}\end{array}$

$\begin{array}{c}\Rightarrow M{H}^2=OH.AH=\frac{9}{5}.\frac{16}{5}\\ \Rightarrow MH=\frac{12}{5}\left(cm\right)\end{array}$

OA là trung trực của MN (cmt) $\Rightarrow H$ là trung điểm của MN

$\Rightarrow MN=2MH=\frac{24}{5}\left(cm\right)$.

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 $1\le \sqrt{ab}\le \genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{2}$. 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     $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b};\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x};y$ ta có

                           $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}+y\ge 3a\sqrt[3]{\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{x}}$   (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    $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}=y$  hay   $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{x}=y\iff x=4;y=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$

(1) trở thành     

                              $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{4}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\ge 3a\sqrt[3]{\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{8}}=\genfrac{}{}{0ex}{}{3a}{2}$ 

Tương tự              $\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{1+a}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+a}{4}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3b}{2}$ 

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta suy ra  

                       $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{1+a}+\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\left(a+b\right)\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\sqrt{ab}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$

    Do đó           $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{1+b}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{1+a}\ge 1$

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 \(abc\ge1\)

Với   $x,y>0$  đã cho, áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

                         $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+c}{y}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3a}{\sqrt[3]{xy}}$

Kỳ vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi $a=b=c=1$, ta chọn $x>0$ sao cho $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1+c}{y}$ xảy ra khi $a=b=c=1$, tức là     $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{y}\iff x=y=8$. Vì vậy

                       $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+b}{8}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1+c}{8}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3a}{4}$ 

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế ba bất đẳng thức này ta có

     $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}+\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b+c}{4}\ge$

                                                          $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}\left(a+b+c\right)$

Hay   $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\left(a+b+c\right)-\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}$

Mà    $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\ge 3$ . Suy ra

                        $\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}$

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

p dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương   $x^3,x^3,y^3$.

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 $\widehat{AEH}=\widehat{ADH}=90^o$ 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  $\widehat{DAH}=\widehat{DBC}$ (vì cùng phụ với góc $\widehat{DCB}$).
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 $\widehat{IDB}=\widehat{DBI}$.
Từ đó suy ra: $\widehat{HAD}=\widehat{HBI}=\widehat{BDI}$  hay  $\widehat{HAD}=\widehat{HDI}$.

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

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

            $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{a^2\left(b+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{bc}{a^{2}bc\left(b+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{bc}{a\left(b+c\right)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{bc}{ab+ac}$

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 

      $\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{y+z}+\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{z+x}+\genfrac{}{}{0ex}{}{z}{x+y}\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$.