Cho nửa đường tròn (O) đường kính \(MN=2R\). Gọi (...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a) Chứng minh tứ giác OPNF có tổng hai góc đối bằng 1800

b) Chứng minh O là trực tâm tam giác MFQ. Chứng minh \(\Delta OPM\backsim \Delta FPQ\).

c) Sử dụng BĐT Cauchy.

Giải chi tiết:

a) P là trung điểm của ME \(\Rightarrow OP\bot ME\Rightarrow \widehat{OPE}={{90}^{0}}\).

\(\widehat{ONF}={{90}^{0}}\,\,\left( gt \right)\)

Xét tứ giác OPNF có là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b) Xét tam giác MFQ có \(FQ\bot ME;\,\,MN\bot FQ;\,\,FQ\cap MN=O\Rightarrow O\) là trực tâm tam giác MFQ.

\(\Rightarrow OF\bot MQ\).

Xét tứ giác MPNQ có \(\widehat{MPQ}=\widehat{MNQ}={{90}^{0}}\Rightarrow \) Tứ giác MPNQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh P, N cùng nhìn MQ dưới góc 900).

\(\Rightarrow \widehat{PMN}=\widehat{PQN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP).

Xét tam giác OPM và tam giác FPQ có \(\widehat{OPM}=\widehat{FOQ}={{90}^{0}};\,\,\widehat{PMN}=\widehat{PQN}\,\,\left( cmt \right)\Rightarrow \Delta OPM\backsim \Delta FPQ\,\,\left( g.g \right)\)

\(\Rightarrow \frac{PO}{PF}=\frac{PM}{PQ}\Rightarrow PM.PF=PO.PQ\)

c) Xét tam giác vuông MNF có \(ME.MF=M{{N}^{2}}=4{{R}^{2}}\)

Ta có \(MF+2ME\overset{Cauchy}{\mathop{\ge }}\,2\sqrt{2ME.MF}=2\sqrt{2.4{{R}^{2}}}=4R\sqrt{2}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(MF=2ME\Rightarrow \) E là trung điểm của MF.

Tam giác MNF có NE là đường cao đồng thời là trung tuyến \(\Rightarrow \Delta MNF\) cân tại N.

\(\Rightarrow NE\) là phân giác của \(\widehat{MNF}\Rightarrow \widehat{MNE}={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta MNE\) vuông cân tại E \(\Rightarrow ME=EN\Rightarrow \) E là điểm chính giữa cung MN.

Vậy khi E là điểm chính giữa cung MN thì \(MF+2ME\) đạt GTNN bằng \(4R\sqrt{2}\)

3, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: \(MF+2ME\ge 2\sqrt{MF.2ME}=2\sqrt{2M{{N}^{2}}}=2\sqrt{2{{(2R)}^{2}}}=4\sqrt{2}R.\)

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow MF=2ME\Rightarrow E\) là trung điểm của MF \(\Leftrightarrow OE\|FN\Leftrightarrow E\) là điểm chính giữa cung MN.