Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le 3$ . Chứng minh rằng: $\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{1}{2}(ab+bc+ca)\ge 3$

1.     Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF.

Xét 2 tam giác vuông OBD và OBF có

$\left.\begin{array}{l}OB\text{ chung}\\ \text{OBD=OBF(gt)}\end{array}\right\}=>\Delta OBD=\Delta OBF$ (cạnh huyền–góc nhọn)

⇒ BD = BF

Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K.

Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K.$DOE={90}^o$

Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có:

$DFE=\frac{1}{2}DOE={45}^o$

⇒ ∆ KIF vuông cân tại K.

=>BIF=45^o

$\left\{\begin{array}{l}{x}^3+4y=y^3+16x\\ 1+y^2=5(1+x^2)\end{array}\right.\left(1\right)$

– Xét x = 0, hệ (I) trở thành $\left\{\begin{array}{l}4y=y^3\\ y^2=4\end{array}\right.<=>y=\pm 2$

– Xét x ≠ 0, đặt $\frac{y}{x}=t<=>y=xt$. Hệ (I) trở thành

$\left\{\begin{array}{l}{x}^3+4xt=x^3{t}^3+16x\\ 1+x^2{t}^2=5(1+x^2)\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{x}^3(t^3-1)=4xt-16x\\ x^2(t^2-5)=4\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{x}^3(t^3-1)=4x(t-4)\left(1\right)\\ 4=x^2(t^2-5)\left(2\right)\end{array}\right.$

Nhân từng vế của (1) và (2), ta được phương trình hệ quả

$\begin{array}{l}4x^3(t^3-1)=4x^3(t-4)(t^2-5)\\ <=>t^3-1=t^3-4t^2-5t+20\text{ (Do x}\ne \text{0)}\\ {\text{<=>4t}}^2+5t-21=0\\ <=>\left[\begin{array}{l}t=-3\\ t=\frac{7}{4}\end{array}\right.\end{array}$

+ Với t = – 3, thay vào (2) được x² = 1 ⇔ x = ±1.

x = 1 thì y = –3, thử lại (1;–3) là một nghiệm của (I)

x = –1 thì y = 3, thử lại (–1;3) là một nghiệm của (I)

+ Với t = 7/4 , thay vào (2) được $x^2=-\frac{64}{31}$ (loại)

Vậy hệ (I) có các nghiệm (0;2), (0;–2), (1;–3), (–1;3).