Đáp án:

Giải thích các bước giải:

a) Kẻ AP//CQ//EF ( P; Q ∈ DB) ⇒ APCQ là hình hinh hành ( em tự cm) ⇒ OP = OQ

⇒ BP + BQ = (BO +OP) + (BO - OQ) = 2BO

BA/BF + BC/BE = BP/BM + BQ/BM = (BP + BQ)/BM = 2BO/(BO/2) = 4

b) Đặt x = BE/BC; y = AK/AD = AK/BC

Theo câu a) BA/BF + BC/BE = 4 ⇒ BA/BF = 4 - BC/BE = 4 - 1/x = (4x - 1)/x ⇒ BF/BA = x/(4x - 1) (1)

Tương tự : BA/AF + AD/AK = 4 ⇒ BA/AF = 4 - AD/AK = 4 - 1/y = (4y - 1)/y ⇒ AF/BA = y/(4y - 1) (2)

Lấy (1) + (2) vế với vế : (BF + AF)/BA = x/(4x - 1) + y/(4y - 1)

⇔ x(4y - 1) + y(4x - 1) = (4x - 1)(4y - 1)

⇔ 8xy - (x + y) = 16xy - 4(x + y) + 1

⇔ 3(x + y) - 1 = 8xy ≤ 2(x + y)²

⇔ 2(x + y)² - 3(x + y) + 1 ≥ 0

⇔ (x + y - 1)[2(x + y) - 1] ≥ 0

⇔ x + y - 1 ≥ 0 ( Vì từ (1) và (2) ⇒ 4x - 1 > 0; 4y - 1 > 0 ⇒ 2(x + 1) - 1 > 0)

⇔ x + y ≥ 1

⇔ BE/BC + AK/BC ≥ 1

⇔ BE + AK ≥ BC

`a)` Từ các đỉnh `A,C` của hình bình hành, ta kẻ các đường thẳng `CJ, AI` cùng song song với `FE` sao cho `CJ` cắt `BD` tại `J`, `AI` cắt `BD` tại `I.`
Ta xét `∆CJO` và `∆AIO` có:
`\hat{AOI}=\hat{COJ}` (vì là hai góc đối đỉnh)
`\hat{CJO}=\hat{OIA}` (vì là hai góc so le trong của $CJ//AI//EF(gt)$)
`⇒∆CJO~∆AIO(g.g)`
`⇒{CO}/{AO}={JO}/{OI}`
Nối `A` với `J`, `C` với `I.`
Ta xét `∆JOA` và `∆IOC` có:
`{CO}/{AO}={JO}/{OI}` $(cmt)$
`\hat{AOJ}=\hat{COI}` (vì là hai góc đối đỉnh)
`⇒∆JOA~∆IOC(c.g.c)`
`⇒\hat{OAJ}=\hat{OCI}` (hai góc tương ứng)
Mà hai góc ở vị trí so le trong.
`⇒`$AJ//CI.$
Xét tứ giác `CJAI` có:
-$IC//AI(gt)$
-$AJ//CI(gt)$
`⇒` tứ giác `CJAI` là hình bình hành.
Lại có đường chéo `CA,IJ` là hai đường chéo, chúng cắt nhau tại `O.`
`⇒O` là trung điểm của `JI, AC` (tính chất hình bình hành)
`⇔IO=OJ`
Xét `∆BAI` có $FM//AI$(vì $EF//AI, M∈EF$)
`⇒{BF}/{BA}={BM}/{BI}` (hệ quả của định lý $Talet$)
`⇒{BA}/{BF}={BI}/{BM}`
Tương tự cũng có:
`{BE}/{BC}={BM}/{BJ}`(hệ quả của định lý $Talet$)
`⇒{BC}/{BE}={BJ}/{BM}`
Có: `{BA}/{BF}+{BC}/{BE}={BI}/{BM}+{BJ}/{BM}={BI+BJ}/{BM}={(BO+OI}+(BO-OJ)}/{BM}`
`={2BO+(OI-OJ)}/{BM}={2BO}/{BM}` (vì `OI=OJ`)
`={4BM}/{BM}` (vì `M` là trung điểm của `BO`)

`=4.`
Vậy `{BA}/{BF}+{BC}/{BE}=4(dpcm).`
`b)` Ta chứng minh tương tự như phần `a)` cũng có: 
`{BA}/{AF}+{AD}/{AK}=4`
Ta có: `{BA}/{BF}+{BC}/{BE}+{BA}/{BF}+{AD}/{AK}=4+4`
`⇔{BA}/{BF}+{BC}/{BE}+{BA}/{BF}+{BC}/{AK}=4+4` (vì `AB=CD`, `ABCD` là hình bình hành)
`⇔({BA}/{AF}+{BA}/{BF})+({BC}/{BE}+{BC}/{AK})=8`
`⇔AB.(1/{AF}+1/{BF})+BC.({1}/{BE}+{1}/{AK})=8`
Ta chứng minh bất đẳng thức sau: 
`1/a + 1/b\ge 4/{a+b}`
`⇔b/{ab}+a/{ab}\ge 4/{a+b}`
`⇔{a+b}/{ab}\ge 4/{a+b}`
`⇔(a+b)^2\ge4ab`
`⇔a^2+2ab+b^2\ge4ab`
`⇔a^2+2ab+b^2-4ab\ge0`
`⇔a^2-2ab+b^2\ge0`
`⇔(a-b)^2\ge0` (luôn đúng)
Dấu ''='' xảy ra khi `a=b.`
Ta áp dụng BĐT trên cho hai số `1/{BF}, 1/{AF}` ta có:
`1/{BF}+ 1/{AF}\ge 4/{BF+AF}`
`⇔AB.(1/{BF}+ 1/{AF})\ge AB. 4/{BF+AF}` `(AB>0)`
`⇔AB.(1/{BF}+ 1/{AF})\ge AB. 4/{AB} = 4` 
Có: `AB.(1/{AF}+1/{BF})+BC.({1}/{BE}+{1}/{AK})=8`
Lại có: `AB.(1/{AF}+1/{BF})+BC.({1}/{BE}+{1}/{AK})\ge  4  + BC.({1}/{BE}+{1}/{AK})`
`⇔8\ge  4  + BC.({1}/{BE}+{1}/{AK})`
`⇔4\ge   BC.({1}/{BE}+{1}/{AK})`
`⇔4/{BC} \ge  {1}/{BE}+{1}/{AK}`
Lại có: `{1}/{BE}+{1}/{AK}\ge 4/{BE+AK}`
`⇒4/{BC}\ge  {1}/{BE}+{1}/{AK}\ge 4/{BE+AK}`
`⇔4/{BC}\ge 4/{BE+AK}`
`⇒BE+AK\ge BC.`
Dấu ''='' xảy ra khi `F` là trung điểm của `AB.`
Vậy `BE+AK\ge BC.`
Hình tham khảo: