Question

[Trần Ngọc Ánh]

Bài 1: Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O. Gọi H₁;H₂ lần lượt là trực tâm tam giác OAB, OCD. G₁;G₂ lần lượt là trọng tâm các tam giác OAD, OBC. Gọi S là diện tích của tứ giác lồi: H₁G₁H₂G₁

Chứng minh \(S\le\frac{\left(3G_1G_2+H_1H_2\right)^2}{24}\). Dấu đẳng thức xảy ra khi nào

Bài 2:Cho nửa đường tròn O bán kính C=2R. Xác định vị trí A trên nửa đường tròn (O) để tổng: AH+BH lớn nhất

Answer 1

[Tran Le Khanh Linh]

Bài 1:

H₁;H₂ lần lượt là trực tâm tam giác OAB, OCD và \(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\)(đối đỉnh)

=> \(\frac{OH_1}{OH_2}=\frac{AB}{CD}\)

Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BC, BD

Vì G₁;G₂ lần lượt là trọng tâm của các tam giác OAD; OBC. Nên \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{2}{3};\frac{OG_2}{ON}=\frac{2}{3}\)

\(\Delta\)OMN có: \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{OG_2}{ON}\left(=\frac{2}{3}\right)\)=> G₁G₂ // MN và \(G_1G_2=\frac{2}{3}MN\)

\(OH_1\perp MK,OH_2\perp NK,MK=\frac{AB}{2},NK=\frac{CD}{2}\)

Do đó: \(\widehat{H_1OH_2}=\widehat{MKN},\frac{OH_1}{MK}=\frac{OH_2}{NK}\). Nên \(\Delta\)OH₁H₂ đồng dạng với \(\Delta\)KMN (cgc)

=> \(H_1H_2\perp MN\)Mà G₁G₂ // MN

Nên \(H_1H_2\perp G_1G_2\)=> \(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2\)

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có:
\(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2=\frac{3G_1G_2\cdot H_1H_2}{6}\le\frac{\left(3G_1G_2+H_1H_2\right)^2}{24}\)

Dấu "=" <=> \(3G_1G_2=H_1H_2\Leftrightarrow OH_1=AB\)và \(OH_2=CD\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AOB}=\widehat{COD}=45^o\)

Answer 2

[Tran Le Khanh Linh]

Bài 2: *có nhiều cách làm bài này, mỗi cách có 1 hình khác nhau, đang lỗi nên không vẽ được hình*

Cách 1: Ta có: \(\widehat{BAC}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Đặt BH=x, ta có HC=HB-BH=2R-x

\(\Delta\)ABC vuông tại A, AH là đường cao

=> AH²=BH.HC. Nên \(AH=\sqrt{x\left(2R-x\right)}\)

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương, ta có: AH+BH=\(\sqrt{x\left(2R-x\right)+x}=\frac{1}{\sqrt{3+2\sqrt{2}}}\sqrt{x\left[\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\right]}+x\)

\(\le\frac{1}{\sqrt{\left(\sqrt{2}+1\right)^2}}\cdot\frac{a+\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)}{2}+x\)\(=\frac{1}{\sqrt{2}+1}\left[\frac{x}{2}\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot R-\frac{\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot x}{2}\right]+x\)

\(=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\cdot x+\left(\sqrt{2}+1\right)R-\frac{\sqrt{2}+1}{2}x+x=\left(\sqrt{2}+1\right)R\)

Ta có AB+AH \(\le\left(\sqrt{2}+1\right)R\)không đổi

Dấu "=" xảy ra <=> \(x=\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{2+\sqrt{2}}{2}R\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AOC}=45^o\)

Cách 2: Gọi M là điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COM}=45^o\) và gọi N là giao của nửa đường tròn (O) tại M với BC
Ta có: M,N cố định; \(\widehat{ONM}=45^o\), BN không đổi

Điểm A trên đường tròn (O) 

Do đó tia NA nằm giữa 2 tia NB và NM

\(\Rightarrow\widehat{ANH}\le\widehat{ONM}=45^o\). Mà \(\widehat{ANH}+\widehat{HAN}=90^o\), Nên \(\widehat{HAN}\ge45^o\)

=> \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN},\)\(\Delta\)AHN có: \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN}\Rightarrow AH\le HN\)

Do đó: AH+BH \(\le\)HN+BH=BN, không đổi

Dấu "=" xảy ra <=> A = M

Vậy khi A trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COA}=45^o\) thì AH+BH lớn nhất