Câu 7-10 (3,5 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \[R\] và dây cung \[BC\] cố định. Một điểm \[A\] di động trên cung lớn \[BC\] sao cho tam giác \[ABC\] luôn nhọn. Các đường cao \(AD,\,\,BE\) của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H.\] \[BE\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(F\,\,(F\) khác \[B).\]

1) Chứng minh rằng tứ giác \[DHEC\] nội tiếp.

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD,\,\,BE\) là hai đường cao cắt nhau tại \(H\) suy ra \(H\) là trực tâm \(\Delta ABC\) nên \(CH \bot AB.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {ABM},\,\,\widehat {ACM}\) là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính \[AM\] nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ .\) Suy ra \(MB \bot AB,\,\,MC \bot AC.\)

Ta có: \(MB \bot AB\) và \(CH \bot AB\) nên \(MB\,{\rm{//}}\,CH.\) Tương tự, ta cũng có \[MC\,{\rm{//}}\,BH.\]

Tứ giác \[BHCM\] có \[MB\,{\rm{//}}\,CH,\,\,MC\,{\rm{//}}\,BH\] nên \[BHCM\] là hình bình hành.

⦁ Tứ giác \[DHEC\] nội tiếp nên \(\widehat {DCE} + \widehat {DHE} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Lại có \(\widehat {DHE} + \widehat {EHA} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Suy ra \(\widehat {DCE} = \widehat {EHA}\) hay \(\widehat {ACB} = \widehat {AHF}.\)

Mặt khác, xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {AFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung

Suy ra \(\widehat {AHF} = \widehat {AFB}\) nên \(\Delta AHF\) cân tại \[A.\] Do đó \(AF = AH.\)

⦁ Xét \(\Delta OBC\) cân tại \(O\) (do \(OB = OC)\) có \[OI\] là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, suy ra \[I\] là trung điểm của \[BC.\]

Tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(BC,\,\,MH\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra \[I\] là trung điểm \[MH.\]

Xét \(\Delta AHM\) có: \[O,\,\,I\] lần lượt là trung điểm của \(AM,\) \[HM\] nên \[OI\] là đường trung bình của \(\Delta AHM.\) Suy ra \[AH = 2 \cdot OI.\]

⦁ Vì \[I\] là trung điểm của \(BC\) nên \(BI = CI = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta CIO\) vuông tại \[I\] ta có: \(O{C^2} = O{I^2} + C{I^2}\)

Suy ra \({R^2} = O{I^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\) nên \(O{I^2} = {R^2} - \frac{3}{4}{R^2} = \frac{{{R^2}}}{4},\) do đó \(OI = \frac{R}{2}.\)

Khi đó, \(AH = 2 \cdot OI = 2 \cdot \frac{R}{2} = R.\)

Vậy \(AF = AH = R.\)

Xét \[\Delta DHB\] và \(\Delta DCA\) có: \(\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \) và \(\widehat {HBD} = \widehat {DAC}\) (vì cùng phụ \(\widehat {ACB})\)

Do đó  (g.g). Suy ra \(\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DA}}\) nên \[DH \cdot DA = DB \cdot DC.\]

Áp dụng bất đẳng thức \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4},\) ta có: \(DB \cdot DC \le \frac{{{{\left( {DB + DC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2}}}{4}\)

Suy ra \(DH \cdot DA \le \frac{{B{C^2}}}{4},\) mà \(\frac{{B{C^2}}}{4}\) có giá trị không đổi vì \[BC\] cố định.

Dấu “=” xảy ra khi \(DB = DC\) mà \[AH\] vuông góc với \[BC\] tại \[D,\] suy ra \[A\] là giao điểm của đường trung trực của \[BC\] với đường tròn tâm \[O.\]

Vậy \[A\] là giao điểm của đường trung trực của \[BC\] với đường tròn tâm \[O\] thì \[DH \cdot DA\] đạt giá trị lớn nhất.

* Chứng minh bất đẳng thức \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\) với \(a > 0,\,\,b > 0.\)

Thật vậy, với \(a > 0,\,\,b > 0,\) ta có:

\({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\)

\({a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\)

\({a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\)

\({\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\)

\(\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} \ge ab.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b.\) Bất đẳng thức được chứng minh.