• B', C' lần lượt là chân đường cao nên:
• • B' ∈ AC, C' ∈ AB
  • BB' ⟂ AC, CC' ⟂ AB
• Suy ra: ∠BB'C = ∠BC'C = 90° ⇒ tứ giác B, C, B', C' nội tiếp.

Xét hai tam giác BPC' và CPB':

• ∠PBC' = ∠PBA (vì C' ∈ AB)
  = ∠PCA (cùng chắn cung PA)
  = ∠PCB' (vì B' ∈ AC)

⇒ ∠PBC' = ∠PCB'

• ∠PC'B = ∠PAB (vì C' ∈ AB)
  = ∠PBA (cùng chắn cung PA)
  = ∠PB'C (vì B' ∈ AC)

⇒ ∠PC'B = ∠PB'C

Suy ra: △BPC' ∼ △CPB' (g.g)

• Do △BPC' ∼ △CPB' ⇒ ∠BPC' = ∠CPB'
• PE, PF là các tia phân giác nên:
  ∠BPE = ∠CPF

Xét hai góc:

• ∠KEP = ∠AEP − ∠AEK
• ∠KFP = ∠AFP − ∠AFK

Mà:

• ∠AEP = ∠AFP (do tính chất phân giác và cung chắn bằng nhau)
• ∠AEK = ∠AFK (vì K nằm trên AO', O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF)

⇒ ∠KEP = ∠KFP

Suy ra bốn điểm P, E, K, F cùng nằm trên một đường tròn.

⇒ Tứ giác PEKF nội tiếp.

Gọi T là giao điểm hai tiếp tuyến tại E và F của đường tròn (O').

• Ta có: TE = TF (hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm)
• Do PEKF nội tiếp:
• • ∠TEP = ∠TFP
    ⇒ TE, TF cũng là tiếp tuyến của đường tròn (PEKF)

Suy ra:

• ∠TPA = ∠TBA
• ∠TPA = ∠TCA

⇒ ∠TBA = ∠TCA

Vậy T nhìn BC dưới hai góc bằng nhau ⇒ T nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức là nằm trên (O).

Ta có:

Vì KM là đường kính nên:
∠KBM = 90°
⇒ BM ⟂ BC

Vì KN là đường kính nên:
∠KCN = 90°
⇒ CN ⟂ BC

Mà AD ⟂ BC nên:
BM ∥ AD ∥ CN (1)

Xét ΔMBF và ΔKCF:

∠MBF = 90° − ∠ABC

Trong ΔBCF vuông tại F:
∠KCF = ∠BCF = 90° − ∠ABC

⇒ ∠MBF = ∠KCF

Lại có:
∠MFB = ∠KFC

⇒ ΔMBF ∼ ΔKCF

Suy ra:
MB / KC = BF / CF

⇒ MB·CF = KC·BF (2)

Xét ΔBFC và ΔBDA:

∠BFC = ∠BDA = 90°
∠CBF = ∠ABD

⇒ ΔBFC ∼ ΔBDA

Suy ra:
BF / CF = BD / AD

⇒ BF·AD = CF·BD (3)

Từ (2) và (3):

MB·AD = KC·BD

⇒ MB = KC·BD / AD (4)

Tương tự:

ΔNCE ∼ ΔKBE
⇒ NC·BE = BK·CE (5)

Lại có:
ΔCEB ∼ ΔCDA
⇒ CE·AD = BE·CD (6)

Từ (5), (6):

NC·AD = BK·CD

⇒ NC = BK·CD / AD (7)

Xét ΔBDH và ΔADC:

∠BDH = ∠ADC = 90°
∠BHD = ∠ACD

⇒ ΔBDH ∼ ΔADC

Suy ra:
BD / AD = HD / CD

⇒ HD = BD·CD / AD (8)

Từ (4), (7), (8):

MB·CD + NC·BD
= KC·BD·CD/AD + BK·CD·BD/AD
= BD·CD(KC + BK)/AD

Mà:
KC + BK = BC

nên:
MB·CD + NC·BD = BC·HD

Do BM ∥ HD ∥ CN nên theo định lí Thales đảo:

M, H, N thẳng hàng.

1. Rút gọn biểu thức
   Thay a² + b² + c² = 9 - 2(ab + bc + ca) vào vế trái:
   2(a²b + b²c + c²a) - 6(ab + bc + ca) + 4abc + 8 >= 0
   <=> a²b + b²c + c²a - 3(ab + bc + ca) + 2abc + 4 >= 0 (*)
2. Thuần nhất hóa
   Do a + b + c = 3 nên: 3(ab + bc + ca) = (a + b + c)(ab + bc + ca) = a²b + ab² + b²c + bc² + c²a + ca² + 3abc
   Thay vào (*), triệt tiêu các hạng tử giống nhau, ta được:
   4 - (ab² + bc² + ca² + abc) >= 0
   <=> ab² + bc² + ca² + abc <= 4 (**)
3. Đánh giá số trung vị
   Không mất tính tổng quát, giả sử b nằm giữa a và c => (b - a)(b - c) <= 0.
   Do a >= 0 nên: a(b - a)(b - c) <= 0
   <=> ab² + ca² <= a²b + abc
   Cộng (bc² + abc) vào 2 vế:
   ab² + bc² + ca² + abc <= a²b + bc² + 2abc
   <=> ab² + bc² + ca² + abc <= b(a + c)²
4. Áp dụng AM-GM (Cauchy)
   Ta cần chứng minh b(a + c)² <= 4.
   Nhân 2 vào 2 vế và áp dụng AM-GM cho 3 số (2b), (a+c), (a+c):
   2b(a + c)² = 2b * (a + c) * (a + c) <= [ (2b + a + c + a + c) / 3 ]³ = [ 2(a + b + c) / 3 ]³
   Thay a + b + c = 3 vào ta được:
   2b(a + c)² <= 8
   <=> b(a + c)² <= 4
   => (**) luôn đúng. (ĐPCM)
5. Dấu "=" xảy ra khi:
   a = b = c = 1 hoặc (a, b, c) là các hoán vị của (0, 1, 2).