TỪ CHỨNG MINH TRÊN, TA CÓ
3) Từ chứng minh trên, ta có: IEA NEB (g g) NB EB
IA EA (3)
Chứng minh tương tự ý 2, ta được: AME BIE (g.g) vì có:
E
4= E
2(do cùng phụ với E
3) và AME= EIB (cùng bù với AIE)
AM AE
BI BE (4)
Từ (3) và (4) AM BN EB EA . . 1
2 R. 1
BI AI EA EB AM.BN=BI.IA= 3
4 không đổi
2 R= 3 R
2
đpcm.
*) Do tứ giác AEMI nội tiếp EIM= EAM (cùng chắn cung EM)
Mà EAM= EBA(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp)
EIM= EBA
Do tứ giác EIBN nội tiếp EIN= EBN (cùng chắn cung EN)
Mà EBA+ EBN=90
0 EIM+EIN=90
0 MIN vuông tại I
2
2
2
2
1
2
R
2
2
9
2
S
IMN= 1
(AM IA )(BN IB ) (AM )(BN R )
IM .IN = 1
2
2
2 4 4
2
2 IM.IN= 1
2
4
1 (AM.BN) R (9AM BN ) 9R
2
2
2
2 4 16
1 9 R R (9AM BN ) 9R 1 9R R (9AM BN )
2
4
4
2
4
2
2
2
2
2 16 4 16 2 8 4
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số, ta được: 9AM
2+BN
2 2. 3AM.BN 9 R
2
2
9 R 9 R 3 R
S
IMN 1
4
4
2
8 8 4
Dấu “=” xảy ra khi 9AM
2=BN
2 3AM=BN
Câu V(1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1. Chứng minh rằng:
1 1 30
a b c abc
Giải. Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 9
x y z x y z
, x, y, z là số
thực dương. Thật vậy, áp dụng BĐT Cô si cho 3 số, được:
1 1 1 1
(x y z)( ) 3 xyz.3 9
1 1 1 9
3
3
x y z xyz
(*) đúng.
9
Áp dụng BĐT (*), ta có: 1 a b c 1 1 1
abc abc ab bc ca
ab bc ca
1 1
9abc ab bc ca
(1)
Lại tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta được
1 1 1 9 9
2
2
2
2
a b c ab bc ca ab bc ca (a b c)
(2)
Từ (1) và (2)
2
1
2
2
2
a b c 9abc
9 (3)
Mặt khác: Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số được: abc ( a b c )
3