Trích:
Nguyên văn bởi namdung  1. Cho các số thực dương $a;\, b;\, c$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c} = 1$. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức
$$(a^2-3a+3)(b^2-3b+3)(c^2-3c+3) \ge a^2 + b^2 + c^2.$$
2. Cho tam giác nhọn $ABC$. Đường tròn nội tiếp tam giác tâm $I$ tiếp xúc với các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại $K$ và $L$. $BI$ và $CI$ cắt đường cao $AH$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BKP$ và $CQL$ đi qua trung điểm của đường cao $AH$. |
Bài 1. Đặt $x=\dfrac{1}{a};y=\dfrac{1}{b};z=\dfrac{1}{c}$ ta được $x+y+z=1$
Ta sử dụng phương pháp $p,q,r$ với cách đặt $q=xy+yz+zx,r=xyz$
Thu gọn theo $x,y,z$ bất đẳng thức trở thành:
$$(3x^2-3x+1)(3y^2-3y+1)(3z^2-3z+1) \geq x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2$$
Ta chứng minh bất đẳng thức này với mọi $x,y,z$
không âm thỏa mãn: $x+y+z=1$
Bằng cách khai triển và thu gọn bất đẳng thức này thành một hàm theo $r$ thì ta chỉ cần chứng minh: $f(r)=27r^2+r(11-27q)+8q^2-6q+1 \geq 0$
Ta có: $q=xy+yz+zx \leq \dfrac{(x+y+z)^2}{3}=\dfrac{1}{3}$ nên $11-27q>0$
Từ đó:$f'(r)=54r+11-27q>0 \forall r>0$
TH1:$q \geq \dfrac{1}{4}$
Khi đó: $8q^2-6q+1 \geq 0$ nên $f(r) \geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi trong ba số $x,y,z$ có $2$ số bằng $\dfrac{1}{2}$ và số còn lại bằng $0$
TH2:$\dfrac{1}{4}< q \leq \dfrac{1}{3}$
Theo bất đẳng thức $Schur$ bậc $4$ thì ta biến đổi theo dạng $p,q,r$ có: $r \geq \dfrac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}=\dfrac{(4q-1)(1-q)}{6}$ ($p=x+y+z=1$)
Từ đó $f(r) \geq f(\dfrac{(4q-1)(1-q)}{6})=\dfrac{(3q-1)(4q-1)(12q^2-5q-1)}{12} \geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$ và khi đó $a=b=c=3$
Bài 2. Ta sẽ xét bài toán ở trường hợp $AB \neq AC$
Gọi $J$ là tiếp điểm của $I$ trên $BC$ và $S$ là đối xứng của $J$ qua $H$
Ta có: $BI$ là trung trực của $KJ$ nên $PK=PJ$. Mà do tính đối xứng thì $PJ=PS$ nên $PK=PS$
Lại có: $BS \neq BJ$ do $AB \neq AC$ và $BJ=BK$ nên $BS \neq BK$. Suy ra $P$ nằm trên phân giác của $\widehat{KBS}$ và $P$ nằm trên trung trực của $PS$. Kết hợp $BS \neq BK$ thì $B,K,P,S$ cùng nằm trên một đường tròn
Tương tự: $C,L,Q,S$ cùng nằm trên một đường tròn
Do đó $(BKS),(CLS),(AKL)$ sẽ cùng đi qua một điểm là điểm $Miquel$ ứng với $3$ điểm $S,K,L$ của tam giác $ABC$. Ta gọi điểm này là $M$.
Gọi $T$ là trung điểm của $AH$. Gọi $R$ là điểm đối xứng của $S$ qua $T$
Khi đó $ARHS$ là hình bình hành suy ra $ARJH$ là hình chữ nhật nên $R,I,J$ thẳng hàng. Khi đó $\widehat{ARI}=90^o$ nên $R$ nằm trên $(AKL)$
Ta có: $\widehat{SMR}=\widehat{KMS}+\widehat{KMR}= \widehat{KMS}+\widehat{KIR}=180^o-\widehat{ABC}+\widehat{ABC}=180^o$ nên $S,M,R$ thẳng hàng
Mặt khác $S,T,R$ thẳng hàng nên $S,M,T$ thẳng hàng
Khi đó $T$ nằm trên $SM$ là trục đẳng phương của $(BKP)$ và $(CQL)$ (ycbt)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]