\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}+\frac{7}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\)

\(\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{7}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=9+\frac{7}{\frac{1}{3}}=30\)

Theo bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}>\frac{9}{ab+bc+ac}.\)

\(VT>\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ac}\)

\(VT>\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{7}{ab+bc+ac}\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy 

\(ab+bc+ac< \frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{3}\)

\(\frac{7}{ab+bc+ac>21}\left(1\right)\)

Theo bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ac}+\frac{1}{ab+bc+ac}>\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Từ (1) và (2)

\(VT>21+9=30\left(đpcm\right)\)

Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

b) Gọi M là trung điểm DE.

\(\Delta ODE\)vuông tại O (vì \(\widehat{DOE}=90^0\)), có M là trung điểm DE 

\(\Rightarrow\)M là tâm đướng tròn ngoại tiếp \(\Delta ODE\)(với đường kình DE)

\(\Rightarrow\)O thuộc đường tròn đường kình DE hay \(O\in\left(M\right)\)

Dễ thấy AD//BE \(\left(\perp AB\right)\)\(\Rightarrow\)Tứ giác ABED là hình thang

Xét hình thang ABED (AD//BE) có O, M lần lượt là trung điểm của AB, DE 

\(\Rightarrow\)OM là đường trung bình của hình thang ABED

\(\Rightarrow\)OM//AD, mà \(AD\perp AB\)(DA là tiếp tuyến tại A của (O))

\(\Rightarrow AB\perp OM\)tại O

Mà \(O\in\left(M\right)\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow\)AB là tiếp tuyến của (M) hay đường tròn đường kính DE (đpcm)

Mình không vẽ hình vì sợ duyệt, không hiện lên được. Mình cũng sẽ chia bài này thành 3 câu trả lời cho 3 câu a,b,c cho ngắn. Để dài quá nó cũng bảo duyệt.

a) Xét đường tròn (O) có 2 tiếp tuyến tại A và C cắt nhau tại D (gt) \(\Rightarrow AD=CD\)(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) (1)

Tương tự, ta có \(BE=CE\)(2)

Vì \(C\in DE\left(gt\right)\)\(\Rightarrow CD+CE=DE\)(3)

Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow AD+BE=DE\)(đpcm thứ nhất)
Đồng thời, theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có OD, OE lần lượt là tia phân giác của \(\widehat{AOC},\widehat{BOC}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{DOC}=\frac{\widehat{AOC}}{2}\\\widehat{EOC}=\frac{\widehat{BOC}}{2}\end{cases}}\)\(\Rightarrow\widehat{DOE}=\widehat{DOC}+\widehat{EOC}=\frac{\widehat{AOC}+\widehat{BOC}}{2}=\frac{180^0}{2}=90^0\)(đpcm thứ hai)

a) Xét đường tròn (O; R) có I là trung điểm của dây AB

=> OI ⊥ AB (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

=> ΔMIO vuông tại I => I, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM

ΔMCO vuông tại C => C, M, O cùng thuộc đương tròn đường kính OM

ΔMDO vuông tại D => D, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM

=> I, M, O, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính OM

b) Xét ΔKOD và ΔKMI có: ˆKDO=ˆKIMKDO^=KIM^ (=90^o)

                                           ˆOKMOKM^ chung

=> ΔKOD ~ ΔKMI (g.g) => KOKM=KDKIKOKM=KDKI => KO.KI = KD.KM

c) Xét đường tròn (O; R), tiếp tuyến MC, MD => MO là phân giác ˆCMDCMD^; MD = MC

Lại có OC = OD = R => OM là trung trực của CD hay OM ⊥ CD.

Mà CD // EF => OM ⊥ EF. Lại có MO là phân giác ˆCMDCMD^ 

=> ˆCMO=ˆDMOCMO^=DMO^ => ΔEMO = ΔFMO (g.c.g)

=> S_EMO = S_FMO =1212S_EMF

Để S_EMF nhỏ nhất thì S_EMO nhỏ nhất

=> 1212EM.OC = 1212.R.EM nhỏ nhất => EM nhỏ nhất (do R cố định)

Ta có: EM = EC + CM ≥ 2√EC.CMEC.CM=2R (BĐT Cô-si)

Dấu "=" xảy ra ⇔ EC = CM => OC = CE = CM (t/c đường trung tuyến trong tam giác vuông) => ΔCMO vuông cân tại C => OM = OC√22 =R√22

Vậy để S_EMF nhỏ nhất thì M là giao điểm của (d) và (O; R√22)

\(B=\frac{1}{\sqrt{x}+3}-\frac{\sqrt{x}+1}{3-\sqrt{x}}-\frac{2\sqrt{x}}{x-9}\)

\(=\frac{\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}+\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}-3+x+4\sqrt{x}+3-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)

\(=\frac{x+3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\).

Bài 5:

Ta có \(x^2+1=x^2+xy+yz+zx\) (vì \(xy+yz+zx=1\))

\(=x\left(x+y\right)+z\left(x+y\right)=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\)

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

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(x+y\)và \(x+z\), ta có:

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

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+1}\le x+\frac{y+z}{2}\)

Tương tự, ta có: \(\sqrt{y^2+1}\le y+\frac{z+x}{2};\sqrt{z^2+1}\le z+\frac{x+y}{2}\)

Công vế theo vế của từng bất đẳng thức, ta có:

\(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\le x+\frac{y+z}{2}+y+\frac{z+x}{2}+z+\frac{x+y}{2}\)

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

Như vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 4: Mình không vẽ hình vì nó bảo duyệt, không hiện được câu trả lời lên. Với lại mình sẽ chia bài này làm 3 câu trả lời cho 3 câu a,b,c cho ngắn. Dài quá nó cũng bảo duyệt.

a) Xét đường tròn (O) có CA là tiếp tuyến tại A của (O) \(\Rightarrow CA\perp OA\)tại A \(\Rightarrow CA\perp BA\)tại A \(\Rightarrow\Delta ABC\)vuông tại A

Xét \(\Delta ABE\)nội tiếp đường tròn (O) có đường kính AB \(\Rightarrow\Delta ABE\)vuông tại E \(\Rightarrow AE\perp BC\)tại E \(\Rightarrow\)AE là đường cao của \(\Delta ABC\)

Xét \(\Delta ABC\)vuông tại A có đường cao AE \(\Rightarrow CA^2=CE.CB\left(htl\right)\)(đpcm)