Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R, lấy điểm C (C khác A và B), từ C kẻ CH vuông góc với AB (H∈AB). Gọi D là điểm bất kì trên đoạn CH (D khác C và H), đường thẳng AD cắt nửa đường trò

36/37

(2,0 điểm) Trên nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB = 2R,$ lấy điểm $C$ ($C$ khác $A$ và $B$), từ $C$ kẻ $CH$ vuông góc với $AB$ ($H \in AB$). Gọi $D$ là điểm bất kì trên đoạn $CH$ ($D$ khác $C$ và $H$), đường thẳng $AD$ cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm thứ hai $E.$

a) Chứng minh bốn điểm $B,H,D,E$ nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác $ADH$ đồng dạng với tam giác $ABE$ và tính theo $R$ giá trị của biểu thức $AD \cdot AE + BH \cdot BA.$

c) Khi điểm $C$ di động trên nửa đường tròn đã cho, $C$ khác $A$ và $\widehat {AOC} < 90^\circ ,$ tính giá trị nhỏ nhất của $T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}}$ theo $R.$

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$a) Khi $m = - 7,$ phương trình trở thành: \({x^ (ảnh 1)$

a) Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {AEB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra $\widehat {AEB} = 90^\circ $ nên $\widehat {DEB} = 90^\circ $.

Theo giả thiết $CH \bot AB$ tại $H$ nên $\widehat {DHB} = 90^\circ $.

Xét tứ giác $BHDE$, ta có: $\widehat {DEB} = \widehat {DHB} = 90^\circ $ nên tứ giác $BHDE$ nội tiếp được trong một đường tròn.

Vậy bốn điểm $B,H,D,E$ cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn đường kính $BD$).

b) Xét $\Delta ADH$ và $\Delta ABE$ có:

$\widehat {AHD} = \widehat {AEB} = 90^\circ $ (chứng minh trên),

Góc $\widehat {A\,\,}$ chung (hay $\widehat {DAH} = \widehat {EAB}$).

Do đó, $Δ A D H ∽ Δ A B E$ (g.g).

Suy ra tỉ số:$\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AE}}$ nên $AD \cdot AE = AH \cdot AB$.

Khi đó:

$P = AD \cdot AE + BH \cdot BA$

$P = AH \cdot AB + BH \cdot AB$

$P = AB\left( {AH + BH} \right)$

$P = AB \cdot AB = A{B^2}$

$P = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}.$

c) Vì $\widehat {AOC} < 90^\circ $ nên điểm $H$ nằm giữa $A$ và $O$. Đặt $\widehat {AOC} = \alpha $ ($0^\circ < \alpha < 90^\circ $).

Xét tam giác $OHC$ vuông tại $H$, ta có:

$CH = OC \cdot \sin \alpha = R\sin \alpha $ và $OH = OC \cdot \cos \alpha = R\cos \alpha $

Độ dài $HB = HO + OB = R\cos \alpha + R = R\left( {1 + \cos \alpha } \right)$.

Thay vào biểu thức $T$:

$T = \frac{1}{{R\sin \alpha + R}} + \frac{1}{{R(1 + \cos \alpha )}} = \frac{1}{R}\left( {\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }}} \right)$

Ta có ${\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ suy ra ${\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab$ và ${\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)$

Ta suy ra các BĐT $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}$ và $a + b \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} $.

Áp dụng BĐT trên ta có

$\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }} \ge \frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}}.$

$\sin \alpha + \cos \alpha \le \sqrt {2\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)} = \sqrt 2 .$

Do đó $2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right) \le 2 + \sqrt 2 .$

Suy ra: $\frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}} \ge \frac{4}{{2 + \sqrt 2 }} = 4 - 2\sqrt 2 .$

Từ đó ta được: $T \ge \frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}.$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + \sin \alpha = 1 + \cos \alpha }\\{\sin \alpha + \cos \alpha = \sqrt 2 }\end{array}} \right.$ tức là $\sin \alpha = \cos \alpha $ suy ra $\alpha = 45^\circ .$

Giá trị $\alpha = 45^\circ $ hoàn toàn thỏa mãn điều kiện $0^\circ < \alpha < 90^\circ .$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ là $\frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}$ khi $\widehat {AOC} = 45^\circ .$