(2,0 điểm) Trên nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R,\) lấy điểm \(C\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), từ \(C\) kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\) (\(H \in AB\)). Gọi \(D\) là điểm bất kì trên đoạn \(CH\) (\(D\) khác \(C\) và \(H\)), đường thẳng \(AD\) cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm thứ hai \(E.\)

a) Chứng minh bốn điểm \(B,H,D,E\) nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác \(ADH\) đồng dạng với tam giác \(ABE\) và tính theo \(R\) giá trị của biểu thức \(AD \cdot AE + BH \cdot BA.\)

c) Khi điểm \(C\) di động trên nửa đường tròn đã cho, \(C\) khác \(A\) và \(\widehat {AOC} < 90^\circ ,\) tính giá trị nhỏ nhất của \(T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}}\) theo \(R.\)

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AEB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

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

Theo giả thiết \(CH \bot AB\) tại \(H\) nên \(\widehat {DHB} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BHDE\), ta có: \(\widehat {DEB} = \widehat {DHB} = 90^\circ \) nên tứ giác \(BHDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.

Vậy bốn điểm \(B,H,D,E\) cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn đường kính \(BD\)).

b) Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\widehat {AHD} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) (chứng minh trên),

Góc \(\widehat {A\,\,}\) chung (hay \(\widehat {DAH} = \widehat {EAB}\)).

Do đó, $\Delta ADH\backsim \Delta ABE$ (g.g).

Suy ra tỉ số:\(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AE}}\) nên \(AD \cdot AE = AH \cdot AB\).

Khi đó:

\(P = AD \cdot AE + BH \cdot BA\)

\(P = AH \cdot AB + BH \cdot AB\)

\(P = AB\left( {AH + BH} \right)\)

\(P = AB \cdot AB = A{B^2}\)

\(P = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}.\)

c) Vì \(\widehat {AOC} < 90^\circ \) nên điểm \(H\) nằm giữa \(A\) và \(O\). Đặt \(\widehat {AOC} = \alpha \) (\(0^\circ < \alpha < 90^\circ \)).

Xét tam giác \(OHC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(CH = OC \cdot \sin \alpha = R\sin \alpha \) và \(OH = OC \cdot \cos \alpha = R\cos \alpha \)

Độ dài \(HB = HO + OB = R\cos \alpha + R = R\left( {1 + \cos \alpha } \right)\).

Thay vào biểu thức \(T\):

\(T = \frac{1}{{R\sin \alpha + R}} + \frac{1}{{R(1 + \cos \alpha )}} = \frac{1}{R}\left( {\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }}} \right)\)

Ta có \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) suy ra \({\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\) và \({\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)

Ta suy ra các BĐT \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\) và \(a + b \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \).

Áp dụng BĐT trên ta có

\(\frac{1}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{1}{{1 + \cos \alpha }} \ge \frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}}.\)

\(\sin \alpha + \cos \alpha \le \sqrt {2\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)} = \sqrt 2 .\)

Do đó \(2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right) \le 2 + \sqrt 2 .\)

Suy ra: \(\frac{4}{{2 + \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}} \ge \frac{4}{{2 + \sqrt 2 }} = 4 - 2\sqrt 2 .\)

Từ đó ta được: \(T \ge \frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}.\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + \sin \alpha = 1 + \cos \alpha }\\{\sin \alpha + \cos \alpha = \sqrt 2 }\end{array}} \right.\) tức là \(\sin \alpha = \cos \alpha \) suy ra \(\alpha = 45^\circ .\)

Giá trị \(\alpha = 45^\circ \) hoàn toàn thỏa mãn điều kiện \(0^\circ < \alpha < 90^\circ .\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(T\) là \(\frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{R}\) khi \(\widehat {AOC} = 45^\circ .\)