Ta phát biểu không chứng minh bổ đề:
Điểm $P$ nằm trong $\Delta ABC$. Các đường thẳng $AP,BP,CP$ cắt $(ABC)$ lần thứ hai tại $A',B'C'$. Khi đó: $\frac{AP.BC}{B'C'}=\frac{BP.CA}{C'A'}=\frac{CP.AB}{A'B'}.$
Trở lại bài toán:
Kéo dài $AP,BP,CP$ cắt $(ABC)$ tại $A',B',C'$.
Vì $\widehat{APC}-\widehat{ABC}=\widehat{APB}-\widehat{ACB}$ nên $\Delta A'B'C'$ cân tại $A'$.
Khi đó: $\frac{BP.CA}{C'A'}=\frac{CP.AB}{A'B'}\Rightarrow \frac{BP}{AB}=\frac{CP}{AC}\Rightarrow AP,BD,CE$ đồng quy.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $D,T$ là giao điểm của $AI$ với $BC$ và đường tròn $(ABC)$.
Khi đó $IG//MT$ nên $\frac{AT}{AI}=\frac{AM}{AG}=3$.
Từ đó $S_{ABT}=3S_{IBT}$ và $S_{ACT}=3S_{ICT}$, suy ra $S_{ABTC}=3S_{IBTC}    (*)$.
Đặt $\widehat{ABT}=\alpha$ thì $\widehat{IDC}=\alpha$ và $\widehat{ACT}=189^o-\alpha$.
Từ $(*)$ ta có: $AB.TB.\sin \alpha +AC.TC.\sin (180^o-\alpha )=3BC.TI.\sin \alpha$.
Mà $TB=TC=TI$ nên $AB+AC=3BC$. (đpcm)

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Đặt $a=4x^2,b=4y^2,c=4z^2$ thì $xyz=1$.
Ta có:
$x^2+2y^2+3=x^2+y^2+y^2+1+2\geq 2xy+2y+2=2(xy+y+1).$
$\Rightarrow P=\frac{1}{4}\sum_{cyc}{\frac{1}{x^2+2y^2+3}}\geq \frac{1}{8}\sum_{cyc}{\frac{1}{1+y+xy}}=\frac{1}{8}$.
Dấu $=$ xảy ra khi vả chỉ khi $a=b=c=4$.

$\frac{BC}{CM}-\frac{BC}{CN}=1+\frac{BM}{CN}-\frac{AB}{CN}=1$

$\frac{BI}{BC}=\frac{BI}{CD}=\frac{BM}{CN}=\frac{AB}{CN}=\frac{BC}{CN}$
$\Rightarrow \Delta BCI\sim \Delta CNB\Rightarrow \widehat{BCI}=\widehat{CNB}\Rightarrow \widehat{BKC}=90^o$.

2. Có $\Delta ABN=\Delta BCM$ nên $\widehat{ABN}=\widehat{BCM}$, suy ra $\widehat{CEN}=90^o=\widehat{CDN}$.
Do đó tứ giác $CDNE$ nội tiếp, suy ra $\widehat{DEN}=\widehat{DCN}=\widehat{ABE}$
Gọi $P$ là trung điểm $BM$. Có $\widehat{BEP}=\widehat{ABE}=\widehat{DEN}$ suy ra $D,E,P$ thẳng hàng.
Kẻ $DP$ cắt $BC$ tại $Q$ thì ta có:
$\frac{BQ}{AD}=\frac{BP}{AP}=\frac{1}{3}$ nên $BQ=\frac{a}{3}$.
$DQ=\sqrt{CD^2+CQ^2}=\frac{5a}{3}$.
$\frac{DF}{FQ}=\frac{DN}{CQ}=\frac{3}{8}\Rightarrow \frac{DF}{DQ}=\frac{3}{11}.$
$\frac{DE}{EQ}=\frac{DN}{BQ}=\frac{3}{2}\Rightarrow \frac{DE}{DQ}=\frac{3}{5}\Rightarrow \frac{EF}{DQ}=\frac{18}{55}$.

1.1. $\Delta ABC$ cân tại $B$ có $\widehat{ABC}=120^o$ nên $\widehat{BAC}=30^o$, suy ra $\widehat{CAD}=90^o$.

1.2. Trên tia đối của tia $BA$ lấy điểm $P$ sao cho $BP=BN$. Dễ thấy $\Delta AMC=\Delta AMP$ (g.c.g) nên $AC=AP$.
Khi đó $AC+CN=AP+CN=AB+BN+CN=AB+BC=CD$.

Có $0\leq x^2+y^2+z^2\leq (x+y+z)^2=\frac{9}{4}$ nên $\cos (x^2+y^2+z^2)\geq \cos \frac{9}{4}$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $(x,y,z)=\left( 0,0,\frac{3}{2}\right)$ hoặc các hoán vị.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115947/bai-toan-xac-dinh-vi-tri-cua-diem-m-mong-moi-nguoi-cuu-em

Giả sử tồn tại đa giác $A_1A_2...A_n$ cạnh mà tất cả các đường chéo của nó bằng nhau.
Dễ thấy $n\in \{ 3,4,5\}$ thỏa mãn bài toán.
Xét trường hợp $n\geq 6$. Khi đó $A_1A_3=A_3A_5=A_5A_1=l$ nên $\Delta A_1A_3A_5$ đều.
Đồng thời với mọi $6\leq i\leq n$ thì $A_2A_4=A_4A_i=A_iA_2=l$ nên $\Delta A_2A_4A_i$ đều.
Từ đó suy ra $n=6$.
Khi đó $\Delta A_1A_3A_4=\Delta A_6A_3A_4$ nên $\widehat{A_1A_3A_4}=\widehat{A_6A_3A_4}$ (vô lý).
Vậy $n\geq 6$ không thỏa mãn bài toán...

Nhận xét: Cho $\Delta ABC$ và điểm $J$ thuộc tia phân giác trong $\widehat{BAC}$. Khi đó: $\widehat{BJC}=90^o-\frac{\widehat{BAC}}{2}$ khi và chỉ khi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp của $\Delta ABC$.
Chứng minh nhận xét này (2 chiều) không quá khó :D

Áp dụng nhận xét trên cho $\Delta AMN$ với chú ý $D$ thuộc tia phân giác trong $\widehat{MAN}$ và $\widehat{MDN}=\widehat{EDF}=90^o-\frac{\widehat{MAN}}{2}$, ta được $D$ là tâm đường tròn bàng tiếp của $\Delta AMN$, suy ra đpcm.

a) Gọi $M$ là trung điểm của $PB$.
Dễ thấy $\Delta HAC\sim \Delta BPO$ nên $\Delta HEC\sim \Delta BMO$, suy ra $\widehat{HCE}=\widehat{BOM}$ hay $CE//OM$.
Mà trong $\Delta BPC$ có $OM$ là đường trung bình nên $OM//CP$.
Do đó $E\in CP$ hay $CP$ đi qua trung điểm $E$ của $AH$.

b) Gọi $I$ là trung điểm $AB$.
Có $\frac{1}{IA^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{PA}^2=\frac{1}{R^2}+\frac{1}{d^2-R^2}=\frac{d^2}{R^2(d^2-R^2)}$
$AB^2=\frac{4R^2(d^2-R^2)}{d^2}=4R^2\left( 1-\frac{R^2}{d^2}\right)\Rightarrow AC^2=\frac{4R^4}{d^2}$
$\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{d^2}{4R^2(d^2-R^2)}+\frac{d^2}{4R^4}...$

Ta có: $(\sqrt{yz}-1)(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\geq \frac{2}{1+\sqrt{yz}}$.
Đặt $yz=a^2$ với $1\leq a\leq 2$. Ta cần chứng minh:
$\frac{a^2}{1+a^2}+\frac{2}{1+a}\geq \frac{22}{15}.$
$\Leftrightarrow (a-2)(7a^2-9a+4)\leq 0.$
(Đúng vì $7a^2-9a+4$ có $\Delta =-31<0$ nên $7a^2-9a+4>0,\forall a$)
Tóm lại, $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\geq \frac{22}{15}$, dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{1}{4},y=z=2$.