1) Có \(a^{2} - a b + b^{2} = \frac{1}{4} \left(\right. 4 a^{2} - 4 a b + 4 b^{2} \left.\right) = \frac{1}{4} \left(\right. 2 a - b \left.\right)^{2} + \frac{3}{4} b^{2} \geq 0\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi { b=0 ; 2a-b=0 )

hay \(a = b = 0\).

2) Có \(a^{2} - a b + b^{2} = \frac{1}{4} \left(\right. 4 a^{2} - 4 a b + 4 b^{2} \left.\right)\)

\(= \frac{1}{4} \left(\right. a + b \left.\right)^{2} + \frac{3}{4} \left(\right. a - b \left.\right)^{2} \geq \frac{1}{4} \left(\right. a + b \left.\right)^{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b\).

Từ giả thiết \(z \geq y \geq x \geq 0\) suy ra \(x \left(\right. x - y \left.\right) \left(\right. x - z \left.\right) \geq 0\) (1).

Hai số hạng còn lại của vế trái bất đẳng thức cần chứng minh có nhân tử chung \(z - y \geq 0\) (2) 

và ta có \(y \left(\right. y - z \left.\right) \left(\right. y - x \left.\right) + z \left(\right. z - x \left.\right) \left(\right. z - y \left.\right) = \left(\right. z - y \left.\right) \left[\right. z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \left]\right.\) (3)

Mà \(z \geq y \geq x \geq 0\) nên \(z \geq y \geq 0\) và \(z - x \geq y - x \geq 0\), từ đó  

\(z \left(\right. z - x \left.\right) \geq y \left(\right. y - x \left.\right)\) nên \(z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \geq 0\) (4)

Từ (2) và (4) suy ra  \(\left(\right. z - y \left.\right) \left[\right. z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \left]\right. \geq 0\), kết hợp với (3) suy ra 

\(y \left(\right. y - z \left.\right) \left(\right. y - x \left.\right) + z \left(\right. z - x \left.\right) \left(\right. z - y \left.\right) \geq 0\) (5).

Từ (1) và (5) suy ra điều phải chứng minh

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} +\)sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 36 0^{\circ}\),

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 2\)sđ\(_{\text{nh}ỏ}\) nên:

sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 12 0^{\circ}\).

Suy ra \(\hat{A O B} = 12 0^{\circ}\).

Vẽ \(O H ⊥ A B\), ta có \(\hat{A O H} = \hat{H O B} = 6 0^{\circ}\) và \(A H = H B = \frac{1}{2} A B\).

Tam giác \(A O H\) có \(\hat{A H O} = 9 0^{\circ}\), \(\hat{A O H} = 6 0^{\circ}\) nên

\(O H = \frac{1}{2} A O = \frac{1}{2} R\)

Áp dụng định lí Pythagore ta có:

\(A H^{2} = A O^{2} - O H^{2} = \frac{3 R^{2}}{4}\)

Suy ra \(A H = \frac{R \sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(A B = 2 A H = R \sqrt{3}\)

a) Ta có sđ\(_{\text{nh}ỏ} +\)sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 36 0^{\circ}\),

mà sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 3\)sđ\(_{\text{nh}ỏ}\).

Suy ra sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 9 0^{\circ}\);

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 27 0^{\circ}\).

b) Ta có \(\hat{A O B} =\) sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 9 0^{\circ}\), mà \(O A = O B = R\).

Suy ra tam giác \(O A B\) vuông cân tại \(O\).

Mặt khác OH vuông góc AB = { H }

Suy ra \(\Delta O H A\) vuông cân tại \(H\) suy ra \(O H = H A = \frac{A B}{2}\)

Khi đó \(H\) là trung điểm của \(A B\) hay \(A H = \frac{A B}{2} = \frac{3}{2}\).

Vì cung nhỏ \(= 10 0^{\circ}\) nên \(\hat{A O B} = 10 0^{\circ}\)

Hay \(\hat{A O H} = 5 0^{\circ}\).

Ta có \(A O = \frac{A H}{sin ⁡ \hat{A O H}} = \frac{3}{2 sin ⁡ 5 0^{\circ}} = 2\) cm

Tứ giác \(A B C D\) có \(\hat{B} = \hat{D} = 9 0^{\circ}\) nên \(O A = O B = O C = O D\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Suy ra bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) cùng nằm trên một đường tròn tâm \(O\), đường kính \(A C\).

\(A C\) là đường kính, \(B D\) là dây không đi qua điểm \(O\).

Suy ra \(A C > B D\)

Tam giác \(A B C\) có hai đường cao \(B B^{'}\) và \(C C^{'}\) nên

\(\hat{B C^{'} C} = \hat{B B^{'} C} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(O B = O C = O B^{'} = O C^{'}\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Do đó bốn điểm \(B\), \(C^{'}\), \(B^{'}\), \(C\) cùng nằm trên đường tròn tâm \(O\) bán kính \(O B^{'}\).

Đường kính \(B C\), \(B^{'} C^{'}\) là dây cung nên độ dài \(B^{'} C^{'}\) nhỏ hơn độ dài \(B C\)

Vẽ \(O H ⊥ M N\) tại \(H\) thì \(H M = H N = \frac{1}{2} M N = \frac{R}{2}\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(O M H\), ta được:

\(O H^{2} = O M^{2} - M H^{2} = R^{2} - \left(\right. \frac{R}{2} \left.\right)^{2} = \frac{3 R^{2}}{4}\)

\(O H = \sqrt{\frac{3 R^{2}}{4}} = \frac{R \sqrt{3}}{2}\)

Vậy khoảng cách từ \(O\) đến dây \(M N\) là \(\frac{R \sqrt{3}}{2}\)

Ta có \(O I = \frac{1}{2} O A = \frac{1}{2} . 10 = 5\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(I M O\), ta được:

\(I M^{2} = O M^{2} - O I^{2} = 1 0^{2} - 5^{2} = 75\)

Suy ra \(I M = 5 \sqrt{3}\).

Ta có \(M N \bot O A\) tại trung điểm \(I\) của \(O A\), nên:

\(I M = I N = \frac{1}{2} M N\) nên \(M N = 2 I M = 2.5 \sqrt{3} = 10 \sqrt{3}\)

Tam giác \(O A C\) có ba cạnh bằng nhau \(\left(\right. A C = O A = O C \left.\right)\) nên là tam giác đều

Suy ra \(\hat{A} = \hat{C_{1}} = \hat{O_{1}} = 6 0^{\circ}\).

Ta có: \(O A C\) có \(O B = O C\) nên cân tại \(O\) suy ra \(\hat{B} = \hat{C_{2}}\);

\(\hat{O_{1}}\) là góc ngoài của \(\Delta O B C\).

Do đó \(\hat{O_{1}} = \hat{B} + \hat{C_{2}} = 2 \hat{B} = 2 \hat{C_{2}}\)

\(\hat{B} = \hat{C_{2}} = \frac{1}{2} \hat{O_{1}} = 3 0^{\circ}\)

\(\hat{A C B} = \hat{C_{1}} + \hat{C_{2}} = 9 0^{\circ}\)

Vậy \(\hat{A} = 6 0^{\circ} ; \hat{B} = 3 0^{\circ} ; \hat{C} = 9 0^{\circ}\).

\(\Delta C A B\) có trung tuyến \(C O\) bằng nửa cạnh đối xứng \(A B\) nên vuông tại \(C\) với \(\hat{A C B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{A} = 6 0^{\circ}\) và \(\hat{B} = 3 0^{\circ}\)

Vậy \(\Delta A B C\) có \(\hat{C} = 9 0^{\circ} ; \hat{A} = 6 0^{\circ} ; \hat{B} = 3 0^{\circ}\)