Mình cũng có bài gần tương tự với bài VMO 1996:

Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn: $xy+yz+zx+6xyz=9$ . Chứng minh rằng:

$2(x+y+z)\geq xy+yz+zx+3$

Giúp mình bài này với:

Cho a;b;c dương thỏa mãn a+b+c=ab+bc+ca.

CMR: $\sum \frac{a+b}{a^{2}+b^{2}}\leq 3$

Bài 150: Tìm các số nguyên dương $a$ để với mọi số nguyên tố lẻ $p$ luôn tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa mãn đồng thời $a^n-n^2$ và $a^{n+1}-(n+1)^{2}$ đều chia hết cho $p$

$\boxed{48}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên $OA$ lấy $P$ tùy ý. Gọi $E,F$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $P$ lên$ AC, AB$. Xét điểm $Q$ di động trên đoạn thẳng $EF$. Đường thẳng vuông góc với $AQ$ tại $Q$ cắt $PE,PF$ lần lượt tại $M,N$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ và gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $BC$. Chứng minh đường thẳng qua $D$ và song song với $AQ$ luôn đi qua $1$ điểm cố định.

Source: Underfined

Gợi ý: Sử dụng phương pháp suy biến (đưa Q đến vị trí đặc biệt).

Sắp tới có thể mình sẽ lập thêm 1 Topic hình học phẳng 10 nữa nên mong các bạn ủng hộ   

$\boxed{47}$ Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $D$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BC$. Gọi $E, F, J$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp $wrt$ đỉnh $A$ của các tam giác $ABD, ACD, ABC$ tương ứng. Gọi $P$ là hình chiếu vuông góc của $J$ lên $BC$ và $K$ là trung điểm của $EF$ .

a) Chứng minh rằng $KD=KP$

b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $AEF$ nằm trên đường thẳng $AD$ .

Source: Underfined

Lời giải khác:

a) Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được $AEJF$ là hình bình hành (để ý hai tứ giác nội tiếp $BDFJ,CDEJ$).

Suy ra $K$ là trung điểm $AJ$. Do đó $KD=KP$ theo bổ đề hình thang vuông dạng xoắn.

b) Để ý rằng tứ giác $PDEF$ nội tiếp, mà $\overleftrightarrow{AD}$ là đường phân giác trong góc $EDF$ nên $DP$ là đường phân giác ngoài, suy ra $PE=PF$. Lại có $\angle EPF=90^{\circ}=2\angle EAF$ nên $P$ là tâm $(AEF)$.

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $AEF$. Khi đó $G$ thuộc $AK$. $PG$ cắt $AD$ tại $O_{9}$.

Khi đó $$\frac{GO_{9}}{GP}=\frac{GA}{GJ}=\frac{1}{2},$$

suy ra $O_{9}$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $AEF$. $\square$

Để ý $U,U',V,V'$, $U,U',W,W'$ đồng viên, sau đấy biến đổi góc.

$\boxed{40}$Cho tam giác ABC trực tâm H, có điểm P bất kì. U là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AP qua H với BC. Cách xác định điểm V, W tương tự điểm U. Chứng minh rằng U,W,V thẳng hàng.
P/s: Mô hình khá đẹp, áp dụng phương tích sẽ ra. 
 

$\boxed{45}$ (Đề thi thử Archimedes ngày 5/6/2021) Cho tam giác $ABC$ có hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$ ($E \in CA, F\in AB$). Gọi $M,N$ là trung điểm $CE,BF.$ $NM$ cắt $BE,CF$ tại $P,Q.$

a) Chứng minh rằng $\dfrac{PB}{PE}=\dfrac{QF}{QC}.$

b) Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $(HPQ).$

c) Gọi $I$ là trung điểm $PQ;$ K là giao điểm của $IH$ và $EF.$ Chứng minh rằng $(KPQ)$ đi qua trực tâm của tam giác $HPQ.$

Spoiler câu a, b

Lời giải.

a) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABE$ với $N, P, M$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{NB}\cdot \dfrac{PB}{PE}\cdot \dfrac{EM}{MA}=1.$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AFC$ với $M, Q, N$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{FN}\cdot \dfrac{QF}{QC}\cdot \dfrac{MC}{MA}=1$$

Mặt khác $NB=FN; EM=MC$ nên ta có đpcm.

b) Gọi $(HPQ)$ cắt $BC$ tại $S.$ Ta có: $\angle NQS=\angle BHS=\angle AHE=\angle AFE=\angle ACB=\angle MCS$ suy ra tứ giác $SQMC$ nội tiếp. Do đó: $$\angle QSC=\angle AMP; \angle HSQ=\angle HPQ=\angle EPM.$$

Từ đây $\angle HSC=\angle QSC+\angle HSQ=90^o$ nên $AS$ là đường cao tam giác $ABC.$ Có: $$\angle ASM=90-\angle MSC=90-\angle MQC=90-\angle FQN=\angle ANM$$ nên tứ giác $ANSM$ nội tiếp. Vậy $S \in (ANM).$ Vẽ tiếp tuyến $Sx$ của $(HPQ).$ Ta có:

$$\angle xSM=\angle xSQ-\angle QSM=\angle SHC-\angle QCM$$

$$=90^o-\angle SCH-\angle QCM=90^o - \angle ACS=\angle SAM$$ vậy $Sx$ cũng là tiếp tuyến $(ANM).$

Nên $(AMN)$ và $(HPQ)$ tiếp xúc nhau.

c) Gọi $L$ là giao điểm của $(KPQ)$ và $EF.$ Ta chứng minh $L$ là trực tâm của tam giác $HPQ.$

 

 

Gợi ý cho câu c: Chứng minh tứ giác $HPSQ$ điều hòa là xong.

Một bài vui vẻ mà tôi bịa ra, đóng góp cho topic:

$\textbf{Bài 38.}$ Cho $a,b,c$ thực, không đồng thời bằng $0$.

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của

$$P=\frac{bc}{a^{2}+2b^{2}+2c^{2}}+\frac{ca}{b^{2}+2c^{2}+2a^{2}}+\frac{ab}{c^{2}+2a^{2}+2b^{2}}.$$

Bài 26: Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a-b)^2}{2(a+b)^2}$

Bài này trong Group Hướng tới kỳ thi HSG và kỳ thi Chuyên Toán, có lẽ các tay to nhìn vào thì sẽ nói " Ối zời, SOS cứ thế mà phang thôi ", nhưng các bạn cứ SOS thử có khả quan không nhé

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geqslant \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}$

Ta cần chứng minh: $\frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a+b)^2-4ab}{2(a+b)^2}\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{2ab+bc+ca}{(a+b)^2}\geqslant 2$

Bất đẳng thức cuối đúng theo AM - GM

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

$$(a+b)^{2}\left[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}\right]=\frac{a(a-c)^{2}}{b+c}+\frac{b(b-c)^{2}}{a+c}\geq 0,$$

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}=\frac{(a+b-c)^{2}(a-b)^{2}+(a^{2}+b^{2}-ac-bc)^{2}+2ac(a-c)^{2}+2bc(b-c)^{2}}{2(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}\geq 0.$$

Em không biết đây là kĩ thuật gì, anh có thể nêu cách tìm ra các hệ số trên không ạ?

Dự đoán dấu bằng xảy ra tại $a=b=c$, $VT-VP$ có bậc $3$ theo $c$, hệ số cao nhất là $a+b$ nên nhóm bình phương phần bậc $3$ thành $ac(a-c)^{2}+bc(b-c)^{2}$.

Phần còn lại là BĐT bậc $2$ theo $c$, có nhiều cách để phân tích.

Nhóm bình phương bậc $3$ như trên đòi hỏi kinh nghiệm nhất định.

Bài giải đẹp, chất lượng nhưng có thể xử lí ngắn hơn bằng Brocard! 2 bài kia hình thức ngắn nhưng không biết khó không, để tui thử xem!

Bài 4: 

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AB<AC$. $E$ là điểm Nagel. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $M,N,P$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $MN,MP$ tại $R,S$. Đường tròn $(MRS)$ cắt $(I)$ tại $L$. Chứng minh $A,E,L$ thẳng hàng.

Gợi ý:

Bài tiếp theo

Bài 5: Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$, nội tiếp đường tròn $(O)$. Điểm Nagel là $R$. Kẻ $AX//BC$ với $X$ thuộc đường tròn $(O)$. $K$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AI$ với $(O)$. Chứng minh: $\angle KAI=\angle AXR$

Có thể sử dụng phép vị tự quay tâm $K$ và một bổ đề quen thuộc: Đường nối $A$ với tiếp điểm của đường tròn $A-$mixtilinear với $(O)$ đẳng giác với $AR$ trong góc $BAC$.

Dạ anh nói đúng nhưng bài này khá nổi tiếng trong sách BÀI TẬP NÂNG CAO VÀ MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC 10 của thầy Nguyễn Minh Hà, nếu anh có cách THCS thì có thể chia sẻ được không ạ?

Cách 1. Cách này anh nghĩ ra, không biết có đâu chưa

Còn 2 cách nữa, anh sẽ đăng sau.

Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn, các điểm $D,E,F$ lần lượt nằm trên các cạnh $BC,CA,AB$. Tìm vị trí của các điểm $D,E,F$ để chu vi tam giác $DEF$ nhỏ nhất.

Mở rộng cho tứ giác: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ sao cho tất cả các góc tạo bởi một đường chéo và một cạnh có chung đỉnh của tứ giác đều là các góc nhọn. Tìm $4$ điểm trên từng cạnh của tứ giác sao cho chu vi tứ giác nội tiếp bên trong tứ giác $ABCD$ đạt giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng có vô số tứ giác thỏa mãn điều kiện nhỏ nhất đó.

Bài toán Fagnano - 1775:

Cách 2: Gọi $M,N$ lần lượt đối xứng với $D$ qua $AB,AC$. Khi đó $AM=AN=AD$ và $\angle MAN=2\angle BAC$.

Ta có $DE+EF+FD=EN+EF+FM\geq MN=2AM.\sin BAC=2AD.\sin BAC\geq 2h_a.\sin BAC$ với $h_a$ là đường cao xuất phát từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.

Dấu bằng xảy ra khi $D,E,F$ là chân các đường cao của tam giác.

Đây chính là cách 2 anh muốn nói, của Fejer.

Còn 1 cách nữa của H.Schwarz.

Ngoài các cách trên ra, vẫn có thể còn các cách chỉ sử dụng kiến thức THCS đang chờ đợi. Hy vọng sẽ sớm được tìm ra.

Bài này khá thâm, không phù hợp với THCS nên mình sẽ không giải vì nó cần phải sử dụng Vector

Em không nên đánh giá bài toán quá nhanh như vậy.

Anh nghĩ là sẽ có những người làm được bài này bằng cách THCS. Có ít nhất ba cách THCS.

Bài đầu tiên trong năm 2022 

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$. $(BOC)$ cắt đường tròn đường kính $AO$ tại $P$, $(BHC)$ cắt đường tròn đường kính $AH$ ở $Q$. $AP$ cắt $(BOC)$ ở $I$, $AQ$ cắt $(BHC)$ ở $J$. Chứng minh $PQ//IJ$

Mở rộng: Với điều kiện mà Hoang72 đã nhắc tới trong lời giải của mình, $P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác $ABC$. Chú ý rằng từ sự kiện này ta có thể suy ra bài toán 8 mở rộng của Hoang72.

Cho $a,b,c$ là $3$ số thực và $abc=1$. Chứng minh rằng:$\frac{1}{a^2+a+1}+\frac{1}{b^2+b+1}+\frac{1}{c^2+c+1}\geq 1$

 

                                                                                                 Các tiền bối giúp em bài này với ạ - làm cách dễ hiểu thôi ạ, em mới lớp 10

Câu này trên mạng đầy lời giải.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$(a^2+ab+bc)(b^2+bc+ca)(c^2+ca+ab)\geq (ab+bc+ca)^3$

Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ nằm giữa $a,c$.

Khi đó $$(b^{2}+bc+ca)(c^{2}+ca+ab)-(bc+ca+ab)(b^{2}+c^{2}+ca)=bc(a-b)(b-c)\geq 0,$$

$$a^{2}+ab+bc-(a^{2}+b^{2}+ac)=(a-b)(b-c)\geq 0.$$

Suy ra $$VT\geq (bc+ca+ab)(b^{2}+c^{2}+ca)(a^{2}+b^{2}+ca)\geq VP.$$

Cách 2.

Không biết ý anh có phải như thế này không:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: $a^3+b^3+c^3+9abc+4(a+b+c)\geqslant 2\sqrt{(a^3+b^3+c^3+9abc).4(a+b+c)}=4\sqrt{(a^3+b^3+c^3+9abc)(a+b+c)}$

Đến đây, ta cần chứng minh: $(a^3+b^3+c^3+9abc)(a+b+c)\geqslant 4(ab+bc+ca)^2$

Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$ thì ta có: $(a^3+b^3+c^3+9abc)(a+b+c)=(a^4+b^4+c^4)+[ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)]+9abc(a+b+c)=(p^4-4p^2q+2q^2+4pr)+(p^2q-2q^2-pr)+9pr=p^4-3p^2q+12pr$

Theo bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có: $p^3+9r\geqslant 4pq\Rightarrow p^4+9pr\geqslant 4p^2q\Leftrightarrow p^4-3p^2q+12pr\geqslant p^2q+3pr$

Như vậy, ta quy về chứng minh: $p^2q+3pr\geqslant 4q^2$

Thật vậy, ta có: $p^2q+3pr=(a+b+c)^2(ab+bc+ca)+3abc(a+b+c)=(a^3b+ab^3)+(b^3c+bc^3)+(c^3a+ca^3)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+8abc(a+b+c)\geqslant2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+8abc(a+b+c)=4(ab+bc+ca)^2(Q.E.D)$ 

Có thể xử lý gọn hơn nữa như thế này:

BĐT tương đương với $$a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)+bc(b^{2}+c^{2})+ca(c^{2}+a^{2})+ab(a^{2}+b^{2})\geq 4(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}).$$

Áp dụng BĐT Schur bậc ba:

$$abc\geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$$

$$\Rightarrow abc(a+b+c)\geq (a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)=2(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2})-a^{4}-b^{4}-c^{4}$$

$$\Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq 2(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}).$$

Lại theo BĐT AM-GM: $$bc(b^{2}+c^{2})+ca(c^{2}+a^{2})+ab(a^{2}+b^{2})\geq 2(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}).$$

Cộng lại có ngay đpcm. $\square$

$\boxed{4}$Kỹ thuật dồn biến (Một bài dồn biến theo mình là cực hay)

Bài 42: Cho $a,b,c$ không âm. Chứng minh rằng: $a^3+b^3+c^3+9abc+4(a+b+c)\geqslant 8(ab+bc+ca)$

Cách dồn biến:

Đặt $$f(a,b,c)=a^{3}+b^{3}+c^{3}+9abc+4(a+b+c)-8(bc+ca+ab).$$

Ta có: $$\left[f(a,b,c)-f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})\right][f(a,b,c)-f(a,b+c,0)]=-\frac{bc(b-c)^{2}(9a-3b-3c-8)^{2}}{4}\leq 0.$$

Do đó một trong hai thừa số phải không âm, tức là ta cần kiểm tra BĐT trong trường hợp có hai biến bằng nhau hoặc có một biến bằng 0.

Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau.

Ta có $$f(a,t,t)=a^{3}+(9t^{2}-16t+4)a+2t(2-t)^{2}.$$

Rõ ràng ta chỉ cần xét trường hợp $9t^{2}-16t+4<0$, tức là $$\frac{8-2\sqrt{7}}{9}\leq t\leq \frac{8+2\sqrt{7}}{9}<2.$$

Áp dụng BĐT AM-GM, ta chỉ cần chứng minh

$$27t^{2}(2-t)^{4}+(9t^{2}-16t+4)^{3}\geq 0,$$

hay $$4(189t^{4}-648t^{3}+648t^{2}-160t+16)(t-1)^{2}\geq 0.$$

Với $t\leq 1$, BĐT là hiển nhiên. Xét $t>1$.

Áp dụng BĐT AM-GM có:

$$VT\geq 108\sqrt{42}t^{3}-160t+16>108\sqrt{42}t^{2}-160t+16\geq (48\sqrt[4]{378}-160)t>0.$$

Trường hợp 2: Có một biến bằng 0.

Ta có $$f(a,t,0)=a^{3}-4(2t-1)a+t(t^{2}+4).$$

Ta cũng dùng BĐT AM-GM để khử $a$ rồi chứng minh BĐT một biến giống trường hợp trên.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=0,b=c=2$ và các hoán vị tương ứng. $\square$

PS: Có cách khác không sử dụng dồn biến rất gọn và đẹp.

$\boxed{52}$Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $3\leqslant x+y+z\leqslant 6$. Chứng minh rằng: $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}+\sqrt{1+z}\geqslant \sqrt{xy+yz+zx+15}$

Phản ví dụ: $x=3,y=z=1$.

Edited: Nhầm

Dạo gần đây, mình lo tập trung phát triển Box Hình học THCS nên không có thời gian quan tâm đến bất đẳng thức nói chung cũng như TOPIC của mình nói chung. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo, các bạn cùng thảo luận:

$\boxed{54}$ Cho các số thực $a,b,c$ không âm thỏa mãn $\frac{a}{b+c}\geqslant 2$. Chứng minh rằng: $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}]\geqslant \frac{49}{18}$ 

Ta có bất đẳng thức mạnh hơn như sau:

Với mọi số nguyên không âm phân biệt $a,b,c$, ta có

$$\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}\geq \frac{4}{bc+ca+ab}.$$

Không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số nhỏ nhất trong ba số.

Khi đó $$VT\geq \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}=\frac{2}{ab}+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}b^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}\geq \frac{4}{ab}\geq \frac{4}{bc+ca+ab}.$$

Đẳng thức xảy ra tại bộ $(1+\sqrt{5},-1+\sqrt{5},0)$ và các hoán vị tương ứng. $\square$

 

Xin góp hai bài này.

a, Cho tam giác nhọn ABC, chứng minh ${\left( {\frac{{cosA}}{{\cos B}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{cosB}}{{\cos C}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{cosC}}{{\cos A}}} \right)^2} + 8cosA.cosB.cosC \ge 4$

b, $x \in \mathbb{R};{\text{ }}n \in {\mathbb{Z}^ + }$, chứng minh $\left| {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{\sin kx}}{k}} } \right| \leqslant 2\sqrt \pi  $, và đánh giá chặt hơn.

Hai bài này tôi lấy trong quyển "Arbelos 1982-1983", mà theo tôi thấy hay.

 

Theo tôi, câu a có vẻ hợp lý, nhưng câu b có vẻ không phù hợp để đăng ở đây lắm.

Lời giải câu b: https://math.stackex...1n?noredirect=1

Câu a:

Tồn tại $x,y,z>0$ để $\cos{A}=\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}},\cos{B}=\sqrt{\frac{zx}{(y+z)(y+x)}},\cos{C}=\sqrt{\frac{xy}{(z+x)(z+y)}}$.

Bất đẳng thức trở thành

$$\sum_{cyc} \frac{y(y+z)}{x(x+z)}\geq 4\left(\sum_{cyc}\frac{yz}{(x+y)(x+z)}\right).$$

Trừ hai vế cho $3$ ta có

$$\frac{(x+y+z)^{2}}{(y+z)(z+x)(x+y)}\left(\sum_{cyc}\frac{(y-z)^{2}}{y}\right)\geq \frac{1}{(y+z)(z+x)(x+y)}\left(\sum_{cyc}x(y-z)^{2}\right).$$

Mà $\frac{(x+y+z)^{2}}{y}>x$ nên ta có ngay đpcm.

Góp cho topic 1 bài :
Cho $a,b,c>0$  $1/a+1/b+1/c=a+b+c$
CMR : $\sum 1/(2a+b+c)^2\leq 3/16$
 

Lời giải khác:

Sử dụng BĐT AM-GM:

$$(2a+b+c)^{2}=\frac{(6a+3b+3c)^{2}}{9}\geq \frac{4(2a+2b+2c)(4a+b+c)}{9}=\frac{8(a+b+c)(4a+b+c)}{9}$$

$\Rightarrow VT\leq \frac{9}{8(a+b+c)}\left(\frac{1}{4a+b+c}+\frac{1}{4b+c+a}+\frac{1}{4c+a+b}\right)\leq \frac{9}{32(a+b+c)}\left(\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}+\frac{3}{a+b+c}\right)=\frac{3}{32}+\frac{27}{32(a+b+c)^{2}}$

Mặt khác, dễ thấy $a+b+c\geq 3$ nên $VT\leq \frac{3}{16}$.

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=1$. $\square$

Lời giải của anh quá ngắn gọn và chuyên môn, em nghĩ học sinh cấp 3 khó mà hiểu được. Em có một cách khác, 48h nữa sẽ đăng.

Em thích lời giải dài à, anh cũng có. Em cứ đăng đi rồi anh sẽ đăng sau. Bài này lỏng nên nhiều cách.

Anh sẽ đăng nhiều cách, rồi em chọn cái em thích.