Bài toán 3. Cho \(a,b,c>0: a+b+c=\dfrac{3}{2}\). Tìm \(Min S=a^3+b^3+c^3+a^2b^2c^2\).

Bài toán 4. Cho tam giác \(ABC\) ngoại tiếp \((I)\). \(ID\perp BC(D\in BC)\). \(DS\) là đường kính \((I)\).

a) Gọi tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC tại P. Định nghĩa tương tự Q,R. Chứng minh rằng \(AP,BQ,CR\) đồng quy tại \(N\).(Đây là định nghĩa điểm \(Nagel\)).

b) Chứng minh rằng: \(NP=AS\).

Bài toán 3: Ta chứng minh \(LHS\geq \frac{25}{64}\).

Thật vậy ta có \(LHS=\frac{27}{8}-\frac{9}{2}(ab+bc+ca)+3abc+a^2b^2c^2\)

Theo Schur ta có \(abc\geq \frac{\frac{3}{2}(4(ab+bc+ca)-\frac{9}{4})}{9}\)

Suy ra \(LHS\geq \frac{27}{8}-\frac{9}{2}x+3(\frac{2}{3}x-\frac{3}{8})+(\frac{2}{3}x-\frac{3}{8})=\frac{4}{9}x^2-3x+\frac{153}{64} (x=ab +bc+ca)\)

Cần chứng minh\(4x^2-27x+18\geq 0\)

Suy ra \(x\leq \frac{3}{4}\) hoặc\(x\geq 6\)

Hiển nhiên \(x\leq \frac{3}{4}\) vì \(\frac{9}{4}=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)\Rightarrow ab+bc+ca\leq \frac{3}{4}\)

https://drive.google.com/file/d/1JgIJq4ZQU433XbB0xUKpzywys07jInUe/view?usp=drivesdk

Lời giải của em cho BT3 ạ (đoạn biến đổi tương đương cuối phải là \(8x^4+24x^3+86x^2-108x+29 \geq 0 \leftrightarrow (2x-1)^2.(2x^2+8+29) \geq 0 \) (đúng))

Bài toán 4
a, Có kết quả quen thuộc: \(A;S;P\) thẳng hàng 

suy ra \(P\) trùng \(X\)và \(CP=BD=\dfrac{AB+BC-AC}{2}\)

tương tự: \(CQ=AF;AR=BE\)

Nên : \(AQ=CF=DC=BP;CP=BD=BE=AR;BR=AE=AF=QC\)

Nên \(\dfrac{AQ}{QC}.\dfrac{CP}{BP}.\dfrac{BR}{AR}=1\)

Suy ra 3 đường \(AP;BQ;CR\) đồng quy tại \(N\) (định lí Céva phần đảo)
b, Với \(P\) trùng \(X\)
Xét tam giác \(ABX\)
có: \(R;N;C\) thẳng hàng 
Nên \(\dfrac{AR}{RB}.\dfrac{CB}{CX}.\dfrac{NX}{NA}=1\)(Menelaus thuận)
Mà \(RB=CX\)

nên \(\dfrac{NA}{NX}=\dfrac{CB}{RB}=\dfrac{BC}{\dfrac{AB+AC-BC}{2}}=\dfrac{2BC}{AB+AC-BC}\)
Suy ra $$\dfrac{AX}{NX}=\dfrac{AB+AC+BC}{AB+AC-BC}=\dfrac{2AK}{2AF}=\dfrac{AK}{AF}$$
Mà $$\dfrac{AK}{AF}=\dfrac{AE_1}{AI}=\dfrac{AX}{AS}$$

Vậy $$AS=NX$$