Giao điểm của parabol \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(y = x + 2\) cùng với gốc tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng          

Đáp án đúng là: D

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 6 cm là \(\frac{{6 \cdot \sqrt 3 }}{3} = 2\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

⦁ Chứng minh bổ đề 1: Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}}.\)

Thật vậy, với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có:

\({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)

\({x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\)

\({x^2} + 2xy + {y^2} \ge 4xy\)

\({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy\)

\(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{xy\left( {x + y} \right)}} \ge \frac{{4xy}}{{xy\left( {x + y} \right)}}\)

\(\frac{{x + y}}{{xy}} \ge \frac{4}{{x + y}}\)

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y.\) Bất đẳng thức được chứng minh.

Chứng minh bổ đề 2: Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có \(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2.\)

Thật vậy, với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có:

\({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)

\({x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\)

\({x^2} + {y^2} \ge 2xy\)

\(\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy}} \ge \frac{{2xy}}{{xy}}\)

\(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y.\) Bất đẳng thức được chứng minh.

⦁ Với \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương, ta có:

\(P = \frac{{3\left( {b + c} \right)}}{{2a}} + \frac{{4a + 3c}}{{3b}} + \frac{{12\left( {b - c} \right)}}{{2a + 3c}}\)

 \( = \frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{3c}}{{2a}} + \frac{{4a}}{{3b}} + \frac{{3c}}{{3b}} + \frac{{12\left( {b - c} \right)}}{{2a + 3c}} + 4 - 4\)

 \( = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + \left( {\frac{{2a}}{{3b}} + 1} \right) + \left( {\frac{{3c}}{{2a}} + \frac{{3c}}{{3b}}} \right) + \frac{{12b - 12c + 8a + 12c}}{{2a + 3c}} - 5\)

 \( = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + \left( {\frac{{2a}}{{3b}} + \frac{{2a}}{{2a}}} \right) + \left( {\frac{{3c}}{{2a}} + \frac{{3c}}{{3b}}} \right) + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5\)

 \( = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + 2a\left( {\frac{1}{{3b}} + \frac{1}{{2a}}} \right) + 3c\left( {\frac{1}{{2a}} + \frac{1}{{3b}}} \right) + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5.\)

⦁ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \(\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}} \ge 2\sqrt {\frac{{3b}}{{2a}} \cdot \frac{{2a}}{{3b}}} = 2.\)

Áp dụng bất đẳng thức bổ đề 1 đã chứng minh ở trên, ta có:

\[2a\left( {\frac{1}{{3b}} + \frac{1}{{2a}}} \right) \ge \frac{{2a \cdot 4}}{{2a + 3b}}\] và \[3c\left( {\frac{1}{{2a}} + \frac{1}{{3b}}} \right) \ge \frac{{3c \cdot 4}}{{2a + 3b}}.\]

Do đó \(P = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + 2a\left( {\frac{1}{{3b}} + \frac{1}{{2a}}} \right) + 3c\left( {\frac{1}{{2a}} + \frac{1}{{3b}}} \right) + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5\)

\[ \ge 2 + \frac{{2a \cdot 4}}{{2a + 3b}} + \frac{{3c \cdot 4}}{{2a + 3b}} + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5\]

\[ \ge 2 + 4\left( {\frac{{2a + 3c}}{{2a + 3b}} + \frac{{2a + 3b}}{{2a + 3c}}} \right) - 5\]

\[ \ge 2 + 4 \cdot 2 - 5\] (áp dụng bất đẳng thức bổ đề 2 đã chứng minh)

\[ = 5.\]

Như vậy, \(P \ge 5.\) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3b}}{{2a}} = \frac{{2a}}{{3b}}\\\frac{1}{{3b}} = \frac{1}{{2a}}\\\frac{1}{{2a}} = \frac{1}{{3b}}\\\frac{{2a + 3c}}{{2a + 3b}} = \frac{{2a + 3b}}{{2a + 3c}}\end{array} \right.\) tức là \(2a = 3b = 3c.\)

Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi \(2a = 3b = 3c.\)