Kẻ AM là tia phân giác của \(\hat{BAC}\) (\(M\in BC\)); lấy D, E lần lượt là hình chiếu của B, C lên AM.

Khi đó: \(\hat{BAD}=\hat{CAE}=\frac12\hat{BAC}\) (1)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại D có: \(\sin\hat{BAD}=\frac{BD}{AB}=\frac{BD}{c}\) (tỉ số lượng giác) (2)

Xét \(\Delta ACE\) vuông tại E có: \(\sin\hat{CAE}=\frac{CE}{AC}=\frac{CE}{b}\) (tỉ số lượng giác) (3)

Lại có: \(BD\le BM;CE\le CM\) (mối quan hệ đường vuông góc, đường xiên)

Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow\sin^2\hat{BAE}=\frac{BD}{c}\cdot\frac{CE}{b}=\frac{BD\cdot CE}{bc}\)

\(\le\frac{BM\cdot CM}{bc}\le\frac{\frac{\left(BM+CM\right)^2}{4}}{bc}=\frac{BC^2}{4bc}=\frac{a^2}{4bc}\) (*)

\(\Rightarrow\sin\hat{BAD}\le\frac{a}{2\sqrt bc}=\frac{a\sqrt bc}{2bc}\)

hay \(\sin\frac{\hat{A}}{2}\le\frac{a\sqrt bc}{2bc}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\begin{cases}D,E\equiv M\\ BM=MC\end{cases}\) mà \(AM\) là tia phân giác \(\hat{BAC}\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại A \(\Rightarrow AB=AC\)

Tương tự, ta cũng có: \(\sin\frac{\hat{B}}{2}\le\frac{b\sqrt ac}{2ac}\)

Khi đó: \(\sin\frac{\hat{A}}{2}\cdot\sin\frac{\hat{B}}{2}\le\frac{a\sqrt bc}{2bc}\cdot\frac{b\sqrt ac}{2ac}=\frac{abc\sqrt ab}{4abc^2}=\frac{\sqrt ab}{4c}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\) \(AB=BC=CA\) \(\Rightarrow\Delta ABC\) đều (đpcm)

---

Giải thích (*): Bất đẳng thức Cauchy

Với a, b dương ta có: \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a-b=0\Leftrightarrow a=b\)

\(\#Toru\)

Xét (O) có: \(\hat{ADB}=\hat{AEB}=90^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\implies BD\perp AQ;AE\perp BQ\)

Xét \(\Delta AQB\) có: \(\begin{cases}BD\perp AQ^{};AE\perp BQ\left(cmt\right)\\ BD\cap AE=\left\lbrace K\right\rbrace\left(gt\right)\end{cases}\)

\(\implies K\) là trực tâm của \(\Delta AQB\) (t/c) \(\implies QK\perp AB\) (1)

Xét \(\Delta OBD\) vuông cân tại O có: \(OK\perp BD\) tại K (gt)

\(\implies OK\) đồng thời là đường trung tuyến của \(\Delta OBD\)

\(\implies OK=\frac12BD=KD=KB\implies\Delta OKB\) vuông cân tại K

Mà I là trung điểm của OB nên \(KI\perp OB\)

hay \(KI\perp AB\) (2)

Từ (1) và (2) \(\implies Q,K,I\) thẳng hàng (đpcm)

\(\#Toru\)

Dòng cuối mình sửa lại nhé:

$\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{\frac{2023}{3}}=\frac{17\sqrt{21}}{3}$

Với các số thực dương a, b, c ta luôn có: $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=2023$ (1)

Thật vậy, (1) $\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2\ge 2ab+2bc+2ca$

$\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge 0$

$\Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)\ge 0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 0$ (luôn đúng với mọi a,b,c dương)

Vậy, (1) được chứng minh 

Hay $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=2023$

Dấu "=" xảy ra khi: $\begin{cases} a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\\ab+bc+ca=2023 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} a=b=c\\3a^2=2023\end{cases}$

$\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{\frac{2023}{3})=\frac{17\sqrt{21}}{3}$ (do a,b,c dương)

Vậy...

Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn: $p^2-pq-q^3=1$