Câu 4: Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. Lấy điểm $H$ thuộc đoạn $AB$($H$ khác $A$ và $B$), đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $H$ cắt đường tròn $(O)$tại hai điểm $C$ và $D$. Trên cung nhỏ $BC$ lấy điểm $M$( $M$ khác $B$ và $C$), gọi $N$ là giao điểm của $AM$ và $CD$.
- Chứng minh tứ giác $BMNH$ nội tiếp đường tròn.
- Chứng minh $MA$ là phân giác của $\widehat{CMD}$.
- Chứng minh $A{{D}^{2}}=AM.AN$.
- Gọi $I$ là giao điểm của $BC$ và $AM$, $P$ là giao điểm của $AB$ và $DM$. Chứng minh $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $CMP$.
Lời giải
- Tứ giác $BMNH$ nội tiếp đường tròn vì $\widehat{NMB}={{90}^{0}}$( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\Rightarrow $$\widehat{NHB}+\widehat{NMB}={{180}^{0}}$.
- Ta có dây cung $CD$ vuông góc với đường kính $AB$ do đó $H$ là trung điểm của $CD$ hay tam giác $CAD$ cân tại $A$
$\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{AMD}=\widehat{ADC}=\widehat{CMA}$. Vậy $MA$ là phân giác của $\widehat{CMD}$.
Ta có $\widehat{ADN}=\widehat{AMD}$ nên $\Delta ADN\sim \Delta AMD\,(g.g)$
$\Rightarrow \frac{AD}{AM}=\frac{AN}{AD}$$\Rightarrow A{{D}^{2}}=AM.AN$.
- Ta có $AB$ là trung trực của $CD$ nên $\widehat{PCB}=\widehat{PDB}$, mà $\widehat{PDB}=\widehat{BCM}$( Cùng chắn cung $MB$). Do đó $\widehat{PCB}=\widehat{BCM}$$\Rightarrow $$BC$ là phân giác của $\widehat{PCM}$. Theo ý $2)$ thì $MA$ là phân giác của $\widehat{CMD}$$\Rightarrow $$I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $CMP$.(dpcm)
Câu 5: Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3.$ Chứng minh rằng:
$\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1.$
Lời giải
Đặt $\sqrt{a}=x>0;\,\sqrt{b}=y>0;\,\sqrt{c}=z>0\Rightarrow {{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}=3$
Bài toán trở thành chứng minh
$\dfrac{1}{4-xy}+\dfrac{1}{4-yz}+\dfrac{1}{4-z\text{x}}\le 1$.
Ta có \(\begin{align} & \frac{2}{4-xy}=1-\frac{2-xy}{3-\left( xy-1 \right)}=1-\frac{\left( 2-xy \right)\left[ 3+\left( xy-1 \right) \right]}{\left[ 3-\left( xy-1 \right) \right]\left[ 3+\left( xy-1 \right) \right]} \\ & =1-\frac{4-{{\left( xy \right)}^{2}}}{9-{{\left( xy-1 \right)}^{2}}}\le 1-\frac{4-{{\left( xy \right)}^{2}}}{9}=\frac{5+{{\left( xy \right)}^{2}}}{9} \\ \end{align}\)
$ \Rightarrow \dfrac{1}{{4 - xy}} + \frac{1}{{4 - yz}} + \dfrac{1}{{4 - z{\rm{x}}}} \le \dfrac{{5 + {{\left( {xy} \right)}^2}}}{{18}} + \dfrac{{5 + {{\left( {yz} \right)}^2}}}{{18}}\dfrac{{5 + {{\left( {zx} \right)}^2}}}{{18}}$
$ = \dfrac{{15 + {{\left( {xy} \right)}^2} + {{\left( {yz} \right)}^2} + {{\left( {z{\rm{x}}} \right)}^2}}}{{18}} \le \dfrac{{15 + {x^4} + {y^4} + {z^4}}}{{18}} = \dfrac{{18}}{{18}} = 1$
Vậy $\frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\le 1.$
