Một bể tắm nước nóng có dạng hình tròn. Trong bể tắm người ta thiết kế bệ ngồi bằng \(16\) tấm ván quanh thành bể như hình vẽ bên. Cho biết \(AB = 50\,\,cm\) và bán kính bể tắm \(OA = 3\,\,m\). Lấy \(\pi \approx 3,14\).

(a) Tính chu vi bể tắm (chu vi đường tròn bán kính \(OA\)).

(b) Tính diện tích bề mặt (theo \(d{m^2}\)) của mỗi tấm ván (làm tròn đến hàng đơn vị).

1) Vì \(AD\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(AD \bot BC\) tại \(D\).

Suy ra \(\widehat {ADB} = 90^\circ \).

Do đó ba điểm \(A,D,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) (1)

Vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BE \bot AC\) tại \(E\).

Suy ra \(\widehat {AEB} = 90^\circ \).

Do đó ba điểm \(A,E,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) (2)

Từ (1) và (2), ta thu được bốn điểm \(A,D,B,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

2) Ta có:

⦁ \(\widehat {EBD} = \widehat {EAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(AB\)).

⦁ \(\widehat {CAG} = \widehat {CBG}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(\widehat {EBD} = \widehat {CBG}\).

Vậy \(BC\) là tia phân giác của \(\widehat {HBG}\).

3) Xét \(\Delta ABC\) có các đường cao \(AD,BE\) cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(CH \bot AB\).

Do đó \(\widehat {HCD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABD\) vuông tại \(D\)).

Suy ra \(\widehat {HCD} = \widehat {BAD}\).

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta CDH\), có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {CDH} = 90^\circ \);

\(\widehat {BAD} = \widehat {HCD}\) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{CH}}\).

Vậy \(CH.AD = CD.AB\) (điều phải chứng minh).

4) Kẻ đường kính \(AK\) của đường tròn \(\left( O \right)\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK\), có:

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

Suy ra \(AB \bot BK;AC \bot CK\).

Vì \(AB \bot BK;CH \bot AB\) nên \(BK\parallel CH\).

Vì \(AC \bot CK;BH \bot AC\) nên \(CK\parallel BH\).

Xét tứ giác \(BHCK\), có: \(CK\parallel BH\) và \(BK\parallel CH\).

Suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.

Hình bình hành \(BHCK\), có: \(N\) là trung điểm của \(BC\) (giả thiết).

Suy ra \(N\) cũng là trung điểm \(HK\).

Xét \(\Delta AHK\), có: \(O,M\) lần lượt là trung điểm \(AK,AH\).

Suy ra \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\).

Do đó \(OM\parallel HK\).

Vì vậy \(\widehat {OMD} = \widehat {NHD}\) (hai góc đồng vị).

Ta có: \(BD\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của \(\Delta BHG\).

Suy ra \(\Delta BHG\) cân tại \(B\).

Do đó \(BD\) cũng là đường trung trực của \(\Delta BHG\).

Vì vậy \(BD\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(HG\).

Mà \(N \in BD\).

Suy ra \(NH = NG\).

Khi đó \(\Delta NHG\) cân tại \(N\).

Vì vậy \(\widehat {NHD} = \widehat {NGD}\).

Mà \(\widehat {OMD} = \widehat {NHD}\) (chứng minh trên).

Vậy \(\widehat {OMD} = \widehat {NGD}\).

a) Thay \(x = 9\)(thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(P\), ta được:

\(P = \frac{{9 + 3}}{{\sqrt 9 - 2}} = \frac{{12}}{{3 - 2}} = \frac{{12}}{1} = 12\).

Vậy \(P = 12\) khi \(x = 9\).

b) Với \[x > 0,x \ne 4\], ta có:

\[Q = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{x - 4}}\].

\[ = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{x - 3\sqrt x + 2 + 5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\].

\[ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

Vậy \[Q\, = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\] (điều phải chứng minh).

c) Với \[x > 0,x \ne 4\], ta có:

\[\frac{P}{Q} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

\[ = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}.\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}\].

\[ = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x }}\].

\[ = \sqrt x + \frac{3}{{\sqrt x }}\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \[\sqrt x \] và \[\frac{3}{{\sqrt x }}\], ta được:

\[\sqrt x + \frac{3}{{\sqrt x }} \ge 2\sqrt {\sqrt x .\frac{3}{{\sqrt x }}} = 2\sqrt 3 \].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\sqrt x = \frac{3}{{\sqrt x }}\].

Suy ra \[x = 3\].

Vậy \[\frac{P}{Q} \ge 2\sqrt 3 \] (điều phải chứng minh).