Cho \(a,\,b,\,c\) là các số không âm và không có hai số nào đồng thời bằng \(0\). Chứng minh rằng:

\(\frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{1}{{{c^2} + {a^2}}} \ge \frac{{10}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}\)

1)Đặt \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16\)

Với \(p = 3\) thì \(A = 169 = {13^2}\) là số chính phương. Vậy \(p = 3\) thoả mãn.

Với \(p > 3\) thì \({p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\). Suy ra\({p^4} = {\left( {{p^2}} \right)^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\)

Suy ra \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16 \equiv 2.1 - 1 + 16 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)\)

Do các số chính phương chia cho 3 chỉ dư \(0\) hoặc 1 nên \(A\) không là số chính phương.

2)Ta có phương trình

\(\begin{array}{l}6{x^2} + 7xy + 2{y^2} + x + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + \left( {7y + 1} \right)x + 2{y^2} + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow \left( {2x + y + 1} \right)\left( {3x + 2y - 1} \right) = 1\end{array}\)

\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = 1\\3x + 2y - 1 = 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = - 1\\3x + 2y - 1 = - 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 4\end{array} \right.\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = 6\end{array} \right.\)

1)Ta có \(\widehat {ABM} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC} = {60^0} \Rightarrow BM//AC \Rightarrow \widehat {BMA} = \widehat {CAN}\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự ta có \(CN//AB \Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {CNA}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\Delta AMB\) đồng dạng \(\Delta NAC\) (g-g)

\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{NC}} \Rightarrow MB.NC = AB.AC \Rightarrow MB.NC = A{B^2}\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \[EF\] và \(BC\). Từ a) suy ra \(MB.NC = B{C^2} \Rightarrow \frac{{MB}}{{BC}} = \frac{{BC}}{{NC}}\,\,\,\left( 3 \right)\)

Mặt khác \(\widehat {MBC} = \widehat {MBA} + \widehat {ABC} = {60^0} + {60^0} = {120^0}\). Tương tự \(\widehat {BCN} = {120^0}\)

Suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {BCN}\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) ta có \(\Delta MBC\) đồng dạng \(\Delta BCN\)(c-g-c). Suy ra \(\widehat {BMC} = \widehat {NBC}\)

Ta có \(\widehat {BFM} = \widehat {BCF} + \widehat {FBC} = \widehat {BCF} + \widehat {BMC} = {180^0} - \widehat {MBC} = {60^0}\,\left( 5 \right)\)

Do \(BEAC\)nội tiếp nên \(\widehat {BEM} = \widehat {BCA} = {60^0}\,\,\left( 6 \right)\)

Từ (5) và (6) ta có \(\widehat {BFM} = \widehat {BEM}\). Suy ra \(BMEF\) nội tiếp

\[\widehat {BEF} = \widehat {BMF} = \widehat {NBC} = \widehat {FBI}\]. Do đó \(\Delta IBF\) đồng dạng \(\Delta IEB\)(g-g). Suy ra \(\frac{{IB}}{{IE}} = \frac{{IF}}{{IB}} \Rightarrow I{B^2} = IE.IF\,\,\left( 7 \right)\)

Chứng minh tương tự ta có \(I{C^2} = IE.IF\,\,\left( 8 \right)\).

Từ (7) và (8) suy ra \(IB = IC \Rightarrow I \equiv H\). Vậy \(E,\,F,\,H\) thẳng hàng.

2)Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Vẽ \(AH,\,IJ,\,BK\) cùng vuông góc \(EF\).

Ta có \(\widehat {AOB} = {120^0} \Rightarrow \widehat {AMB} = {60^0}\), hơn nữa \(ME = \,MF\) nên tam giác \(MEF\) đều.

Tam giác vuông \(AHE\) có \(AH = AE.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AE = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AD\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác vuông \(BKF\) có \(BK = BF.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BF = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BD\,\,\left( 2 \right)\)

Cộng vế (1) và (2) ta có

\(AH + BK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow 2IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{4}AB\) không đổi.

Vì điểm \(I\) cố định nên \(EF\) tiếp xúc với đường tròn cố định tâm \(I\), bán kính \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}AB\).