1.Cho các số thực dương \(a,\,b,\,c\) thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng

                                         \(\frac{{15}}{{ab + bc + ca}} \ge 6 - abc\)

2.Trên mặt phẳng cho 2008 điểm bất kì sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý luôn lớn hơn 1. Chứng minh rằng mỗi hình tròn có bán kính bằng 1 chỉ chứa không quá 5 điểm trong 2008 điểm đã cho.

1. Học sinh vẽ đúng hình để làm được ý a

a. Ta có \(OS \bot BC\)tại trung điểm M của BC. Nên \(\widehat {BEA} = \widehat {SMB} = {90^0}\).

Mà . Suy ra \(\Delta EAB\) đồng dạng \(\Delta MBS\).

Hai tam giác EAB, MBS đồng dạng nên \(\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BS}}{{BM}}\).

Tam giác BEC vuông tại E, EM là trung tuyến nên BM = ME.

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BS}}{{ME}}\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác MEC cân tại M, nên \(\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\). Mặt khác

\(\begin{array}{l}\widehat {ABS} + \widehat {ACB} = {180^0} = \widehat {AEM} + \widehat {MEC}\\ = \widehat {AEM} + \widehat {ACB}\\ \Rightarrow \widehat {ABS} = \widehat {AEM}\,\,(2).\end{array}\)

Từ (1), (2) suy ra hai tam giác AEM, ABS đồng dạng.

b. Hai tam giác AEM, ABS đồng dạng nên \(\widehat {BAP} = \widehat {EAN}\); \(\widehat {AME} = \widehat {ASB}\,\,\,(3)\).

Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC nên \(\widehat {ABP} = \widehat {AEN}\). Suy ra hai tam giác AEN, ABP đồng dạng, dẫn tới \(\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{NE}}{{BP}}\,\,(4)\)

Ta có: \(\widehat {NEM} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = \widehat {NEM} + \widehat {AEN} + \widehat {MEC} = {180^0}.\)

Suy ra: \(\widehat {NEM} = \widehat {BAC} = \widehat {SBP}\,\,\,(5)\)

Từ (3) và (5) suy ra hai tam giác EMN, BSP đồng dạng. Do đó \(\frac{{NE}}{{BP}} = \frac{{MN}}{{PS}}\,\,\,\,(6)\)

Từ (4) và (6) suy ra \(\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{NM}}{{PS}} \Rightarrow \frac{{AN}}{{MN}} = \frac{{AP}}{{PS}} \Rightarrow NP//MS\).

Mà \(SM \bot BC \Rightarrow NP \bot BC\).

2. Gọi \(EF = a;\,\,FG = b;\,\,GH = c;\,\,HI = d;\,\,IJ = e;\,\,JK = f;\,\,KM = g;\,\,ME = h\)(theo đơn vị cm, với \(a,b,c,d,e,f,g,,h\)là các số hữu tỉ dương).

Do các góc của hình bát giác EFGHIJKM bằng nhau nên mỗi góc trong của hình bát giác đó có số đo là \(\frac{{(8 - 2){{.180}^0}}}{8} = {135^0}\).

Suy ra mỗi góc ngoài của hình bát giác này là \({180^0} - {135^0} = {45^0}.\)

Do đó các tam giác MAE; FBG; CIH; DKJ là các tam giác vuông cân.

Ta có: \(MA = ME = \frac{h}{{\sqrt 2 }};\,\,BF = BG = \frac{b}{{\sqrt 2 }};\,\,CH = CI = \frac{d}{{\sqrt 2 }};\,\,DK = DJ = \frac{f}{{\sqrt 2 }}.\)

Vì AB = CD nên \(\frac{h}{{\sqrt 2 }} + a + \frac{b}{{\sqrt 2 }} = \frac{f}{{\sqrt 2 }} + e + \frac{d}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow (e - a)\sqrt 2  = h + b - f - d.\)

Nếu \(e - a \ne 0\)thì \(\sqrt 2  = \frac{{h + b - f - d}}{{e - a}},\) điều này vô lí, do \(\sqrt 2 \) là số vô tỉ, còn \(\frac{{h + b - f - d}}{{e - a}},\) là số hữu tỉ. Vậy \(e - a = 0 \Leftrightarrow e = a\) hay EF = IJ (đpcm)