Cho hình vuông ABCD tâm O, điểm E nằm trên đoạn thẳng OB (E khác O, B), H là

hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AE. Gọi F là giao điểm của AC và DH.

a) Chứng minh HD là tia phân giác của góc AHC.

b) Chứng minh diện tích hình vuông ABCD bằng hai lần diện tích tứ giác AEFD.

a) Ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác ABC có: BE và CF là 2 đường cao cắt nhau tại H \( \Rightarrow \)H là trực tâm tam giác ABC \( \Rightarrow AH \bot BC\)tại D.

Ta có tứ giác BCEF nội tiếp (O) \( \Rightarrow \widehat {AFE} = \widehat {OCE}\)(góc ngoài bằng góc đối trong).

Xét tứ giác ACDF có:

\(\widehat {ADC} = 90^\circ \)(cmt)

\(\widehat {AFC} = 90^\circ \)(cmt)

\( \Rightarrow \)tứ giác ACDF nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {OCE}\)(góc ngoài bằng góc đối trong).

Xét tam giác BEC vuông tại E có EO là trung tuyến

\( \Rightarrow EO = \frac{1}{2}BC = CO = BO\)(định lý đường trung tuyến của tam giác vuông)

\( \Rightarrow \widehat {OCE} = \widehat {OEC} \Rightarrow \widehat {COE} = 180^\circ - 2\widehat {OCE}\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AFE} = \widehat {OCE}\left( {cmt} \right)\\\widehat {BFD} = \widehat {OCE}\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\]\( \Rightarrow \widehat {COE} = 180^\circ - \widehat {AFE} - \widehat {BFD} = \widehat {EFD}\)

Xét tứ giác ODFE có \[\widehat {COE} = \widehat {EFD}\left( {cmt} \right)\]

Mà hai góc ở vị trí góc ngoài và góc đối trong \( \Rightarrow \)tứ giác ODFE nội tiếp.

b) Xét tam giác AEH vuông tại E có EI là trung tuyến

\( \Rightarrow EI = \frac{1}{2}AH = AI = HI\)(định lý đường trung tuyến của tam giác vuông)

\( \Rightarrow \widehat {IAE} = \widehat {IEA}\), có \(\widehat {OCE} = \widehat {OEC}\left( {cmt} \right)\)và \(\widehat {IAE}\)phụ \(\widehat {OCE}\)\( \Rightarrow \widehat {IEA}\) phụ \(\widehat {OEC}\)\( \Rightarrow \widehat {OEI} = 90^\circ \)

Chứng minh tương tự ta có \(\widehat {OFI} = 90^\circ \).

Xét tứ giác OEIF có \[\widehat {OEI} + \widehat {OFI} = 180^\circ \]

Mà hai góc ở vị trí đối nhau \( \Rightarrow \)tứ giác OEIF nội tiếp.

Ta có tứ giác ODFE nội tiếp (cmt), tứ giác OEIF nội tiếp (cmt) \[ \Rightarrow \] 5 điểm O, D, F, I, E cùng thuộc đường tròn đường kính ID.

Xét \(\Delta IEK\)và \[\Delta IDE\]có:

\( \Rightarrow \frac{{IE}}{{ID}} = \frac{{IK}}{{IE}} \Leftrightarrow I{E^2} = ID.IK\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta IEM\)và \[\Delta ICE\]có:

\( \Rightarrow \frac{{IE}}{{IC}} = \frac{{IM}}{{IE}} \Leftrightarrow I{E^2} = IC.IM\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow IK.ID = IC.IM \Rightarrow \frac{{IK}}{{IM}} = \frac{{IC}}{{ID}}\)

Xét \(\Delta IMK\)và \[\Delta IDC\]có:

   mà \(\widehat {IDC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {IMK} = 90^\circ \Rightarrow CI \bot KM\).

Theo đề ta có: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1\)

Đặt \(\frac{1}{x} = a\), \(\frac{1}{y} = b\), \(\frac{1}{z} = c\)\(\left( {a,b,c > 0} \right)\)\( \Rightarrow a + b + c = 1\)

Khi đó \[H = \frac{c}{{9{a^2} + 1}} + \frac{a}{{9{b^2} + 1}} + \frac{b}{{9{c^2} + 1}}\]

Ta có: \[\frac{c}{{9{a^2} + 1}} \le \frac{{c\left( {9{a^2} + 1} \right) - 9{a^2}c}}{{9{a^2} + 1}} = c - \frac{{9{a^2}c}}{{9{a^2} + 1}}\]

Vì \[9{a^2} + 1 \ge 6a \Rightarrow c - \frac{{9{a^2}c}}{{9{a^2} + 1}} \ge c - \frac{{9{a^2}c}}{{6a}} = c - \frac{3}{2}ac\]

Chứng minh tương tự ta có: \[\frac{a}{{9{b^2} + 1}} \ge a - \frac{3}{2}ba\]; \[\frac{b}{{9{c^2} + 1}} \ge b - \frac{3}{2}cb\]

\[ \Rightarrow H \ge a + b + c - \frac{3}{2}\left( {ab + bc + ca} \right)\]

Mà \[ab + bc + ca \le \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\]

\[ \Rightarrow H \ge 1 - \frac{3}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{2}\]

Vậy \[{H_{\min }} = \frac{1}{2}\]. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[x = y = z = 3\].