216:2=108

kho thứ nhất :108+15=123

kho thứ hai :108-15=93

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì

\(\left(ab(2c+a)+bc(2a+b)+ca(2b+c)\right)\left(\dfrac{a^4}{ab(2c+a)}+\dfrac{b^4}{bc(2a+b)}+\dfrac{c^4}{ca(2b+c)}\right)\geq (a^2+b^2+c^2)^2\)

Do đó \(VT\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+6abc}\)

Ta có \(3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}, 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\)

và \(2a^2b\leq a^2b^2+a^2,...\Rightarrow 2(a^2b+b^2c+c^2a)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+(a^2+b^2+c^2)\)

Mà \(3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq (a^2+b^2+c^2)^2\) và \(3(a^2+b^2+c^2)\leq (a^2+b^2+c^2)^2\)

nên ta suy ra đpcm

Ta có ADIE và BDCE là các tứ giác nội tiếp nên $\widehat{AID}=\widehat{AEI}=\widehat{ABC}$.

Suy ra BDIM nội tiếp.

Suy ra $AI.AM=AD.AB=AM^2-BM^2=3BM^2$ (vì AM=BC)

Suy ra $AI=\dfrac{3}{2}BM$ và $IM=AM-AI=\dfac{1}{2}BM$

Do đó $MI.MA=BM^2$, suy ra hai tam giác BIM và ABM đồng dạng theo c.g.c

Suy ra $\widehat{BIM}=\widehat{BAM}=\widehat{BCJ}$

Suy ra BI//CJ. Theo Talet thì $\dfrac{BI}{CJ}=\dfrac{BM}{CM}=1$.

Vậy $BICJ$ là hình bình hành.

Điều kiện $x\geq 1$.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2

Đặt \(a=\sqrt{2x+1},b=\sqrt{1+\sqrt{x+3}}\) thì

\(a^2-1+a=b^2-1+b\Leftrightarrow a^2-b^2+a-b=0\Leftrightarrow(a-b)(a+b+1)=0\Leftrightarrow a=b\)

Vậy

\(\sqrt{2x+1}=\sqrt{1+\sqrt{x+3}}\Leftrightarrow 2x=\sqrt{x+3}\)

\(S=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\geq \dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)

Lại có

\(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}\geq \dfrac{9}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}=9\)

Mặt khác

\(ab+bc+ca\leq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \dfrac{1}{ab+bc+ca}\geq 3\)

Suy ra \(\min S=30\) đạt tại \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Đặt \(x=2\tan t\Rightarrow dx=\frac{2}{\cos^2t}dt\)

\(x=0\Rightarrow t=0,x=1\Rightarrow t=\arctan\dfrac{1}{2}\)

\(I=\int\limits_0^{\arctan\frac{1}{2}}\sqrt{4\tan^2t+4}.\dfrac{2}{\cos^2t}dt=\int\limits_0^{\arctan\frac{1}{2}}\dfrac{4}{\cos^3t}dt\)

Đặt \(u=\sin t\Rightarrow du=\cos tdt\)

\(t=0\Rightarrow u=0,t=\arctan\dfrac{1}{2}\Rightarrow \tan t=\dfrac{1}{2},\cos t=\dfrac{1}{\sqrt{1+\tan^2 t}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow u=\sin t=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)

\(I=\int\limits_0^{1/\sqrt{5}}\dfrac{4}{(1-u^2)^2}du=\int\limits_0^{1/\sqrt{5}}\left(\dfrac{1}{u-1}-\dfrac{1}{u+1}\right)^2du=\int\limits_0^{1/\sqrt{5}}\left(\dfrac{1}{(u-1)^2}+\dfrac{1}{(u+1)^2}-\dfrac{2}{(u-1)(u+1}\right)du\)

\(\Rightarrow I=\int\limits_0^{1/\sqrt{5}}\left(\dfrac{1}{(u-1)^2}+\dfrac{1}{(u+1)^2}-\dfrac{1}{u-1}+\dfrac{1}{u+1}\right)=\left(-\dfrac{1}{u-1}-\dfrac{1}{u+1}-\ln|u-1|+\ln|u+1|\right)\Big|_0^{1/\sqrt{5}}\)

Lấy O' thuộc tia BA sao cho BCO' là tam giác cân tại O'.

Vì tam giác O'AC vuông tại A có \(\widehat{ACO'}=60^0\) nên O'C=2AC=O'B

Suy ra O' trùng với O. Điều này có nghĩa là tam giác OBC cân tại O.

x=4y nên x+y=4y+y=5y nên x+y tỉ lệ với x theo tỉ lệ là 5

Giả sử C(c,3-c). Gọi I là giao điểm của AC và MN, suy ra \(\overrightarrow{AI}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}=\left(\dfrac{2(c+2)}{3};\dfrac{2(3-c)}{3}\right)\)

Do đó \(I\left(\dfrac{2c-2}{3};\dfrac{6-2c}{3}\right)\in MN:7x-6y-5=0\Rightarrow c=\dfrac{5}{2}\). Vậy \(C\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Trung điểm của AC là \(P\left(\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4}\right),\overrightarrow{AC}\left(\dfrac{7}{2};\dfrac{1}{2}\right)\Rightarrow B\left(\dfrac{1}{4}+t;\dfrac{1}{4}-7t\right), D\left(\dfrac{1}{4}-t;\dfrac{1}{4}+7t\right)\).

Vì \(BP=CP=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\)nên \(t=\pm\dfrac{1}{2}\)

Vậy \(B\left(\dfrac{3}{4};-\dfrac{13}{4}\right),D\left(-\dfrac{1}{4};\dfrac{15}{4}\right)\)hoặc \(B\left(-\dfrac{1}{4};\dfrac{15}{4}\right),D\left(\dfrac{3}{4};-\dfrac{13}{4}\right)\).