Bài 444 . Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$2\left ( \frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ca} \right )\geq \sqrt{ \frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}$$

Ta có

Bài toán 393. [VMO 2006, B]
Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+3\ge 2(a+b+c)$$

Bài này dễ nhất
Ta có bất đẳng thức
$x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \ge 2(xy+yz+xz)$ ( CM ở đây)
Áp dụng với $x=\frac{1}{a}$ ; $y=\frac{1}{b}$ ; $z=\frac{1}{c}$ tacó
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{abc}+1\geq 2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}) \\ \Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)$

Bài 362: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{(a+c)ac}\geq 3(ab+bc+ac)-2$$

Ta có $a^5+b^5 \ge a^2b^2(a+b)$
Áp dụng ta có
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{a^5+c^5}{ac(a+c)}\geq ab+bc+ac=3(ab+bc+ac)-2(ab+bc+ac)\geq 3(ab+bc+ac)-2(a^2+b^2+c^2)=3(ab+bc+ac)-2$$

Bài 444 . Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$2\left ( \frac{ab}{c+ab}+\frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ca} \right )\geq \sqrt{ \frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}$$

Mình post lại bài này tại vì mất nút xóa rùi có nút xóa mình sẽ xóa post cũ

Ta có
$$\sum \sqrt{\frac{ab}{ab+c}}=\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c})=\frac{3}{2}$$ (1)

$$\sum \frac{ab}{ab+c}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+3abc}=\frac{(ab++bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+abc(a+b+c)}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+\frac{1}{3}(ab+bc+ac)^2}=\frac{3}{4}$$ (2)
Từ (1) và (2) $$ \Rightarrow 2\sum \frac{ab}{ab+c}\geq \frac{3}{2}\geq \sum \sqrt{\frac{ab}{ab+c}}$$
Dấu = xảy khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 410: Giả sử $a,b,c$ là các số thực bất kì thoả mãn điều kiện:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt[3]{ab+bc+ac}$.

CMR: $a+b+c\leq \sqrt{3}$

.

$$ a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac=(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^2+b^2+c^2}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\leq 1$$
$$a+b+c \leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=\sqrt{3}$$

Bài 443 . Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh:
$$\sum \frac{1}{2(a^3+1)+b^3+c^3}\leq \frac{1}{2}$$

Ta có
$$2(a^3+1)+b^3+c^3=a^3+b^3+a^3+c^3+2\geq ab(a+b)+abc+ac(a+c)+abc=a(b+c)(a+b+c)\geq 2a\sqrt{bc}(a+b+c)$$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{2(a^3+1)+b^3+c^3}\leq \sum \frac{1}{2a\sqrt{bc}(a+b+c)}=\sum \frac{\sqrt{bc}}{2(a+b+c)}\leq \frac{a+b+c}{2(a+b+c)}=\frac{1}{2}$$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Lạ nhỉ,phần này mình biến đổi <=> ra là $\sqrt{3}x+2\sqrt{x}-\sqrt{3}\geq 0$
Đến đây sao làm tiếp hả bạn

Mình nhầm sau khi nhờ sư trợ giúp ta sẽ CM như sau
$$2x(1-x)^2=2x(1-x)(1-x)\leq \frac{8}{27}\Rightarrow \sqrt{x}(1-x)\leq \frac{2}{3\sqrt{3}}$$
$$\frac{\sqrt{x}}{1-x}=\frac{x}{\sqrt{x}(1-x)}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}x$$
Làm tương tự cộng lại ta có Q.E.D

Bài 468: Cho 3 số dương x,y,z có x+y+z=1. Chứng minh:
$\frac{1+\sqrt{x}}{y+z}+\frac{1+\sqrt{y}}{z+x}+\frac{1+\sqrt{z}}{x+y}\geq \frac{9+3\sqrt{3}}{2}$

$$\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{x+y}\geq \frac{9}{2(x+y+z)}=\frac{9}{2}$$
$\frac{\sqrt{x}}{y+z}=\frac{\sqrt{x}}{1-x}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$ ( Chứng minh bằng tương đương )
Làm tương tự cộng với trên có Q.E.D

Bài 94: Cho $\widehat{xAy}=90^{\circ}$, trên $Ax$ lấy điểm B cố định, trên $Ay$ lấy điểm C di động. Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Hai đường thẳng DE và OA cắt nhau tại G.
a. Chứng minh: 5 điểm O, D, G, B, F cùng nằm trên 1 đường tròn.
b. Chứng minh: đường thẳng DE luôn đi qua 1 điểm cố định.

Cách 1
Dễ dàng Cm OFAE là hình vuông => GF=GE
$\Rightarrow \widehat{FGD}=2\widehat{FEG}=\widehat{FOD}$
Kết hợp với BFOD nội tiếp ta có 5 điểm O, D, G, B, F cùng nằm trên 1 đường tròn.
Suy ra $\widehat{BGA}=90^{\circ}$ mà $\widehat{BAG}=45^{\circ}$
$\Rightarrow GB=GA$ mà A B cố đinh nên G cố đinh => dpcm
Cách 2 Trên THTT
Ta có $\widehat{BOA}=90^{\circ}+\frac{\widehat{BCA}}{2}$ (Các bạn tự CM)
Tam giác BDE cân tại B $\Rightarrow \widehat{EDC}=90-\frac{\widehat{BCA}}{2}$
$\Rightarrow \widehat{BOA}+\widehat{EDC}=180^{\circ}\Rightarrow \widehat{BOG}=\widehat{EDC}$
=> BOGD nội tiếp rồi làm tương tự cách 1

Bài 97: Cho tam giác ABC có tia phân giác trong ở đỉnh B cắt tia phân giác ngoài ở đỉnh C tại I, tia phân giác trong ở đỉnh C cắt tia phân giác ngoài ở đỉnh B tại K. BI cắt CK ở H. M là trung điểm IK. c/m
a) BCIK nội tiếp và I,A,K thẳng hàng
b) AHBK, AHCI nội tiếp
c) BCMA nội tiếp

Clear topic nào

a) BI BK là phân giác trong ngoài nên vuông góc tương tự với CK và Ci
$\Rightarrow \widehat{KBI}=\widehat{KCI}=90^{\circ}\Rightarrow$ BCIK nội tiếp
Ta có AK và AI là các phân giác ngoài của góc A nên A,K,I thẳng hàng
b) $\widehat{KAH}=\widehat{IAH}=90^{\circ}$ => dpcm
c) $\widehat{BCH}=\widehat{HCA}=\widehat{AIH}=\widehat{MBI}$
$\Rightarrow \widehat{IAC}=\widehat{IHC}=\widehat{HBC}+\widehat{HCB}=\widehat{HBC}+\widehat{MBI}=\widehat{MBC}$
=> DPCM

Bài 99: Cho tam giác ABC. M là một điểm thay đổi trên BC. Gọi D và E lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB và AC. CMR: trung điểm của DE thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 100: Cho tam giác ABC. Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC, AC và AB lần lượt tại D,E,F. AD cắt (I) tại điểm thứ 2 là M. BM và CM cắt (I) tại Y và Z. CMR BZ, CY và AD đồng quy.

Chém 2 bài này lun nghĩ mãi mới ra
Bài 99 ( Hình như sai )

Gọi I là trung điểm DE
Vẽ các đường cao BF và CH
Dể dàng CM IJMK là hình bình hành ( đường trung bình)
Áp dụng Thales ta có
$\frac{JI}{BF}=\frac{MK}{BF}=\frac{MC}{BC}=\frac{HJ}{HB}$ mà $\widehat{HJI}=\widehat{HBF}$
$\Rightarrow \bigtriangleup HJI\sim \bigtriangleup HBF\Rightarrow \widehat{JHI}=\widehat{BHF}$
$\Rightarrow$ H , I ,F thẳng hàng
Mà H , F cố định vậy I thuộc đoạn HF cố định

Bài 100
Bài này mình sử dụng định lý Ceva và tham khảo các định lí về tứ giác điều hòa các bạn có thể dễ dàng tìm nó tren google

Quay trở lại bài toán
Tứ giác MEZD là tứ giác điều hòa nên $ED.MZ=2EZ.MD\Rightarrow ED.MZ.MC=2EZ.MD.MC=2MD.ME.CE$ (1)
(VÌ $\bigtriangleup CEZ\sim \bigtriangleup CME\Rightarrow EZ.MC=ME.CE$)
Mà EC là tiếp tuyến => $MZ.MC=EC^2$(2)
Chia (1) cho (2) $\Rightarrow \frac{ZC}{MZ.DE}=\frac{EC}{2MD.ME}\Rightarrow \frac{ZC}{MZ}=\frac{EC.DE}{2MD.ME}$
$\Rightarrow \frac{BD}{DC}.\frac{ZC}{MC}=\frac{BF}{EC}.\frac{EC.DE}{2MD.ME}=\frac{BF.DE}{2MD.ME}$
Làm tương tự như trên ta có $\frac{MY}{YB}=\frac{2MD.MF}{BF.FD}$
Kết hợp với trên ta có
$\frac{BD}{DC}.\frac{ZC}{MZ}.\frac{MY}{YB}=\frac{DE.FB}{2MD.ME}.\frac{2MD.MF}{BF.FD}=\frac{FB.MF}{ME.FD}$
Mà DFME là tứ giác điều hòa nên $ FB.MF=ME.FD$
$\Rightarrow \frac{BD}{DC}.\frac{ZC}{MZ}.\frac{MY}{YB}=1$
Theo định lí Ceva ta có BZ, CY và AD đồng quy.

P/s vi đây là đề thi chuyên nên khá là khó hiểu có gì các bạn cứ hỏi

Mượn cái hình
Bạn làm đúng rồi mình xin giải cách khác
Vì SI là trung trực của MH nên SM=SH
Ta có
$$SC^2=OS^2-OC^2=OI^2+IS^2-R^2=OI^2-HI^2+SH^2-R^2=R^2-R^2+SH^2=SH^2$$
(VÌ $OI^2-IH^2=OH.OM=OA^2=R^2$)
=>DPCM

Bài 98: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M thuộc cung BC không chứa A. Hạ MH vuông góc BC; ME vuông góc AB; MF vuông góc AC. Lấy B' đối xứng M qua E; C' đối xứng M qua F; A' đối xứng M qua H.
a, CM: E, H, F thẳng hàng
b, CM: B', A', C' thẳng hàng
c, Gọi V là trực tâm của tam giác ABC.
CM: tứ giác AVBB', AVCC' nội tiếp. Từ đó c/m B'C' đi qua V.
d, Gọi I là giao của VM và EF. CM: I là trung điểm của VM

Đề sai rồi
Đề đúng phải là lấy đối xứng qua các đoạn AB BC AC chứ không phải là các điểm E ,H , F
Chém lun

a) Đường thẳng Simson
b) Sử dụng đường trung bình
c) $\widehat{KVB}=\widehat{ACB}=\widehat{AMB}=\widehat{AB'B}$
$\Rightarrow$ tứ giác AVBB' nội tiếp tương tự tứ giác cũng AVCC' nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{B'VB}+\widehat{C'VC}=\widehat{B'AB}+\widehat{C'AC}=\widehat{BAM}+\widehat{CAM}=\widehat{BAC}$
Mà $\widehat{BVC}+\widehat{BAC}=180^{\circ}\Rightarrow \widehat{BVC}+\widehat{B'VB}+\widehat{C'VC}=180^{\circ}$
Từ đó => B'C' đi qua V.
d) Sử dụng đường trung bình

Bài 96
Tặng topic 1 bài . Đây là đề thi thử trường mình
Từ điểm ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến MA MB và đường kính AD, OM cắt AB tại H,DM cắt (O) tại C
a) CM OM//DB và AHCM nội tiếp
b) BC cắt OM tại I CM I là trung điểm HM
c) AC cắt OM tại N AB cắt CD tại K Gọi E là trung điểm CD OE cắt DB tại P
CM K , N , P thẳng hàng
d)Đường thẳng vuông góc với OM tại I cắt tiếp tuyến tại C của (O) tại S
CM S là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCH
----------------------------------------------------------------------
d) biết làm mà không kịp giờ đọc sai đề câu c nữa sai tan nát bài này

Bài 42
Cho (O;R) và S nằm ngoài đường tròn sao cho OS=2R Từ S kẻ 2 tiếp tuyến SA và SB Vẽ cát tuyến SDE bất kỳ
a) CM SAOB nội tiếp xác định tâm I
b) CM $SA^2=SD.SE$
c) Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt SB tại M CM MI là tiếp tuyến của (O)
d) Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với OB cắt AB tại H và cắt EB tại K CM H là trung điểm DK

Hình bài 26 :

Bài 26:
Cho $\triangle ABC$ nhọn có AB > AC, hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh BCEF nội tiếp đường tròn (O) và AEHF nội tiếp (I).
b) Gọi D là giao điểm AH và BC, chứng minh OE là tiếp tuyến (I).
c) Chứng minh 5 điểm O, D, E, I, F cùng thuộc một đường tròn.
d) Gọi S, T là giao điểm của tia AD và đường tròn (O)(T thuộc cung EF) Chứng minh $\frac{TA}{TH}=\frac{AD}{SD}$

d)Ta cần CM
$$\frac{TA}{TH}=\frac{AD}{SD}\Rightarrow \frac{TA}{TA+TH}=\frac{AD}{SD+AD}\Rightarrow \frac{TA}{AH}=\frac{AD}{SA}$$
Mà Các tứ giác DHEC và TECS nội tiếp cho ta
$$AT.AS=AE.AC=AH.AD \Rightarrow \frac{TA}{AH}=\frac{AD}{AS}$$
$\Rightarrow$dpcm

Bài 23 : (hình)

d)
$$\frac{1}{AI}+\frac{1}{AK}=\frac{AI+AK}{AI.AK}=\frac{AI+AI+OI+OK}{AB^2}=\frac{2AI+2OI}{AH.AO}=\frac{2AO}{2AN.AO}=\frac{1}{AN}$$

.

Bài 20:
Cho $\triangle ABC (AB<AC)$ nôi tiếp đường tròn (O, R). Đường tròn (O') đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại D, E. BE cắt CD tại H. BE cắt (O) ở N, CD cắt (O) ở M.

a) Chứng minh $AH \perp BC$
b) Chứng minh $DE || MN$
c) Gọi S là điểm bất kỳ trên cung BC của đường tròn (O), SM cắt AB ở I, SN cắt AC ở K. Chứng minh I, H, K thẳng hàng.
d) Giả sử tứ giác BHOC nội tiếp . Tính độ dài MN theo R.

a)
b)$$ \widehat{DEB}=\widehat{DCB}=\widehat{MNB} \Rightarrow DE//MN$$
c) $$\widehat{DBE}=\widehat{DCE}\Rightarrow \widehat{AM}=\widehat{AN}\Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{ABN}$$
$\Rightarrow \bigtriangleup BMH$ cân tại B
$\Rightarrow \bigtriangleup IMH$ cân tại I $\Rightarrow \widehat{IHM}=\widehat{IMH}$
Chứng minh tương tự $\widehat{KHC}=\widehat{KNC}$
Mà $ \widehat{HMI}=\widehat{KNC}$ ( chắn cung SC)
Vậy $\widehat{MHI}=\widehat{KHC}$
$\Rightarrow$ I, H, K thẳng hàng.
d) BHOC nội tiếp $$\widehat{BOC}=\widehat{BHC}=2\widehat{BAC}$$
$$\Rightarrow \widehat{BAC}+\widehat{DHE}=\widehat{BAC}+\widehat{BHC}=180^{\circ}$$
$$\Rightarrow \widehat{BAC}=60^{\circ}$$
$$\Rightarrow BC=2RsinA=2R.\frac{\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}$$
$$\bigtriangleup ADE \sim \bigtriangleup ACB \Rightarrow \frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow \frac{DE}{R\sqrt{3}}=cosA=\frac{1}{2}\Rightarrow DE=\frac{R\sqrt{3}}{2}$$
Mà DE là đường trung bình của $\bigtriangleup MHN$
$$\Rightarrow 2DE=MN \Rightarrow MN=2.\frac{R\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}$$

Bài 49
CHo tam giác ABC có góc A = 60 độ, nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi BF, CE là 2 đường cao cắt nhau tại H.
a. Cm: tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn tâm I, xác định tâm I
b. Vẽ đường kính AK. CM: H, I, K thẳng hàng.
c. So sánh AH và EF
d. Tính CH.CE + BH.BF theo R



Ps: bài này rất dễ, có điều câu d không biết có sai đề hay không mà mình giải hoài không ra. Post lên đây để mọi người tham khảo, nếu ai giải ra thì hay quá. Còn không thì chắc là ....sai đề

Câu d sai rồi
Theo mình là $ CH.CF + BH.BE$

Bài 50 nhá mình mới xem sách xog

$$S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD$$
$\Rightarrow$ S MAX $\Leftrightarrow$ AC,BD max $\Leftrightarrow$ (AC+BD) max
Ta có $(AC+BD)^2+(AC-BD)^2=2(AC^2+BD^2) $
Ta sẽ chứng minh $2(AC^2+BD^2) $ không đổi
Thật vậy $AC^2+BD^2=4(AK^2+BH^2 )=4(AK^2-OK^2+OB^2-OH^2)=4(2R^2-OI^2)$
Vậy (AC+BD) max khi (AC-BD)^2 min $\Leftrightarrow$ AC=BD $\Leftrightarrow$ OH=OK $\Leftrightarrow$ AC hoặc BD hợp với OI 1 góc = 45 độ
S min khi (AC-BD) max $\Leftrightarrow$ AC max BD min $\Leftrightarrow$ AC là đường kính

Xin các bạn trình bài đầy đủ lời giải câu b bài 59 dùm : tại sao L thuộc (O).

Chứng minh tứ giác nội tiếp là được mà
$$\widehat{BLH}=\widehat{BHL}=\widehat{ACB}$$
$\Rightarrow$ ABLC nội tiếp mà A , B , C thuộc (O) nên L thuộc (O)

Bài 71 :
Cho tam giác ABC (AB > AC) nội tiếp (O;R). Đường cao CD của tam giác ABC cắt đường tròn (O;R) ở E. Vẽ EF vuông BC tại F.
a) Cmr : DA.DB = DC.DE
b) Cmr : B, E, D, F cùng thuộc đường tròn.
c) Gọi M là giao điểm của 2 đường thẳng DF và AC. Trên tia DC lấy điểm H sao cho DH = DE. Cmr: A, D, E, M cùng thuộc một đường tròn và H là trực tâm ∆ABC
d) Giả sử AC = R$\sqrt 2 $. Gọi N là giao điểm của EF và BD. Cmr : tứ giác AHNE là hình vuông.
( Đề thi HK II Q.1 2011 - 2012 )

C) $\widehat{EDM}=\widehat{EBC}=\widehat{EAM} \Rightarrow $ EDMA NT
$\widehat{AHE}=\widehat{AEH}=\widehat{ABC}=\widehat{FEC} \Rightarrow EF//AH$ => H là trực tâm
d) AC = R$\sqrt 2 $
$$\Rightarrow \widehat{ABC}=45^{\circ}$$ => EAHN là hình vuông

BÀI 75: Cho nửa đường tròn tâm O bán kính AB. I là trung điểm của OA, tia Ix vuông góc với AB và cắt $(O)$ tại K. Trên IK lấy M bất kì. AM cắt $(O)$ tại C. IK cắt BC tại D và cắt tiếp tuyến của C tại E.
a) CMR: Tứ giác CMIB nội tiếp.
b) Tam giác ECM cân, từ đó suy ra E là trung điểm của DM
c) Khi M di chuyển động trên IK thì tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ADM luôn chuyển động trên một đường thẳng cố định.

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt AB tại S
$\angle DSI =\angle AMI= \angle DBS $
=> Tam giác SDB cân => IS=IB => S cố định => Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ADM di chuyển trên đường trung trực của SA
----

BÀI 62: Cho$(O)$ đường kính AB.P là điểm trên OB, qua P vẽ dây cung CD.Gọi M là trung điểm CD, hạ AH vuông góc CD tại H. MB giao AH tại N. CMR:
a) OM=1/2 AN
b) OM.PA=OP.Ah
c) CN vuông góc AD
d) Tìm quỹ tích M khi CD quay quanh P.
----------

a) Vì OM//AH , O là trung điểm AB
Nên OM là đường trung bình của tam giác ANB
$\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AN$
b) OM//AH (cùng vuông DC)
$$\Rightarrow \frac{OM}{AH}=\frac{OP}{AP} \Rightarrow OM.AP=OP.AH$$
c) $ MD=MC , MN=MB$
$\Rightarrow$ NDBC là hình bình hành
$\Rightarrow NC//DB $ mà $AD\perp DB$
$\Rightarrow NC\perp AD$
d)$$\widehat{OMP}=90^{\circ}$$
OP cố đinh nên M di chuyển trên đường tròn đường kính OP

Bài 51:
Cho $\triangle ABC (AB<AC)$vuông tại A . Vẽ đường tròn (O) đường kính AC cắt BC tại H. Tia phân giác $\widehat{CAH}$ cắt (O) tại D. Gọi E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của AD và HC.

a) Chứng minh $ AH \perp OD$.
b) Chứng minh tứ giác BHDE nội tiếp.
c) Chứng minh $AF^{2} < AC.AH$ và $AD> \frac{AC+AH}{2}$.
d) Cho $\widehat{CAH} =\alpha $. Chứng minh rằng $sin\frac{\alpha }{2}\leq \frac{CH}{2\sqrt{AH.AC}}$

a) Chắc là Cm $ CH \perp OD$
Thật vậy vì D là điểm giữa cung HC
b) $$\widehat{ABC}=\widehat{HAC}=\widehat{HDE}$$
$\Rightarrow$ BHDE nội tiếp.
c)
$$\bigtriangleup AHF \sim \bigtriangleup ADC \Rightarrow \frac{AH}{AD}=\frac{AF}{AC}\Rightarrow AH.AC=AF.AD> AF.AF=AF^2$$

Lấy K như hình vẽ sao cho $CK=AH$
$$\Rightarrow \bigtriangleup AHD=\bigtriangleup KCD \Rightarrow AD=DK$$
$$\Rightarrow 2AD=AD+DK>AK=AC+CK=AC+AH\Rightarrow AD> \frac{AC+CH}{2}$$
d)
Trên tia đối tia AH lấy I sao cho $AI=AC$
$$\Rightarrow \frac{\alpha }{2}=\widehat{AIC}\Rightarrow \sin \widehat{AIC}=\frac{HC}{IC}$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
$$\frac{CH}{2\sqrt{AH.AC}}\geq \frac{CH}{AH+AC}$$
Do đó ta cần CM
$$\frac{HC}{IC}\leq \frac{HC}{AH+AC}\Leftrightarrow IC\geq AH+AC$$
Mà$$IC\geq IH=AI+AH=AH+AC$$
$\Rightarrow$ dpcm
Dấu = xảy ra khi tam giác ABC vuông cân

Bài 14:
Từ một điểm M ngoài đường tròn (O,R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD (A, B là tiếp điểm và tia MD nằm giữa hai tia MA và MO). Gọi I là trung điểm CD. Đường thẳng AB cắt OM và OI lần lượt tại E và K.
Chứng minh:
a) Tứ giác CDOE nội tiếp.
b) $\widehat{CED}=2\widehat{CBD}$
c) $OI+OK\geq 2R$

a) Ta có
$ MC.MD=ME.MO=AM^2 \Rightarrow OECD nt $
b)
$2\widehat{CBD}=\widehat{DOC}=\widehat{DEC}$
c)
$\bigtriangleup OEK \sim \bigtriangleup OIM$
$\Rightarrow OI.OK=OE.OM=OA^2=R^2$
$ OI+OK \ge 2\sqrt{OI.OK}=2\sqrt{R^2}=2R$
-----------------------------------------------------

Bài 15:
Cho (O) đường kính AB. Trên tiếp tuyến của (O) tại A lấy điểm M. Đoạn MB cắt (O) tại C. Gọi E là trung điểm BC. Tia EO cắt MA tại F.

a) Chứng minh AEBF nội tiếp.
b) Trên tia AM lấy điểm D sao cho M là trung điểm AD. Chứng minh $DB \perp FB$
c) Chứng minh FC là tiếp tuyến (ACD).
d) Chứng minh : $2< sin^{2}M +sin^{2}B+sin^{2}F< 3$

a)$\widehat{FAB}=\widehat{FEB}=90^{\circ}$
b) OM là đường trung bình của tam giac ABD => OM//BD
Tam giác MBF có O là trực tâm => OM vuông BF
Vậy $DB \perp FB$
c)F nằm trên đường trung trực của BC nên BF=BC
$BC^2=BF^2=BA.BD$
$\Rightarrow \bigtriangleup FAC \sim \bigtriangleup FCD \Rightarrow \widehat{FCA}=\widehat{FDC}$
=> FC là tiếp tuyến (ACD).
d) Anh tolaphuy10a1lhp có thể nói cụ thể hơn các góc được không nhìu góc quá
Mình chứng minh được như sau
Vì sin của 1 góc luôn nhỏ hơn 1 nên
$sin^{2}M +sin^{2}B+sin^{2}F< 3$