Một người có tầm mắt cao \[1,65{\rm{ m}}\] đứng trên tầng thượng của tòa Lotte Center thì nhìn thấy một chiếc xe thu gom phế thải đang dừng ở \[B\] với góc nghiêng \[80^\circ \] (như hình vẽ). Biết xe đó cách tòa nhà \(48{\rm{ m}}\). Lúc này, một người ở độ cao \[200{\rm{ m}}\] của tòa nhà cũng nhìn thấy xe thu gom phế thải khác đang dừng ở \[E\] với góc nghiêng \(65^\circ \). (Tất cả các kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

a) \(AC = AB.\cot \widehat {CBA}\).

b) Tòa nhà có độ cao lớn hơn \(272{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

c) Khoảng cách từ xe thu gom phế thải ở \(E\) đến chân tòa nhà khoảng \(93,26{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

d) Hai xe thu gom phế thải cách nhau một khoảng lớn hơn \(45{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Coi các sân đó là hình vuông \[ABCD\], phần lát gạch đỏ trang trí là hình vuông \[MNPQ\].

Ta chứng minh được \[\Delta AMQ = \Delta BNM = \Delta CPN = \Delta DQP\] (c.c.c)

Diện tích hình vuông \[MNPQ\] có diện tích nhỏ nhất khi tổng diện tích bốn tam giác vuông ở bốn góc hình vuông \[ABCD\] là lớn nhất.

Gọi \[S = {S_{\Delta AMQ}} + {S_{\Delta BNM}} + {S_{\Delta CPN}} + {S_{\Delta DQP}} = 4{S_{\Delta AMQ}} = 4 \cdot \frac{1}{2}AM \cdot AQ = 2 \cdot AM \cdot AQ\]

Mà \[AM + AQ = AM + MB = 16\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Lại có \[{\left( {AM - MB} \right)^2} \ge 0\]

Suy ra \[A{M^2} + M{B^2} \ge 2MA \cdot MB\]

Do đó, \[A{M^2} + 2MA \cdot MB + M{B^2} \ge 4MA \cdot MB\]

             \[{\left( {MA + MB} \right)^2} \ge 4MA \cdot MB\]

Suy ra \[2MA \cdot MB \le \frac{{{{\left( {MA + MB} \right)}^2}}}{2} = \frac{{{{16}^2}}}{2} = 128\] hay \[S \le 128\].

Dấu “=” xảy ra khi \[MA = MB = \frac{{AB}}{2} = 8{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Khi đó, \[M,\,N,\,P,\,Q\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[AB,\,BC,\,CD,\,DA.\]

Vậy khi \[M,\,N,\,P,\,Q\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[AB,\,BC,\,CD,\,DA\] thì diện tích hình vuông \[MNPQ\] nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải

a) Xét \[\Delta OBC\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB = R\]) nên đường trung tuyến \[OK\] cũng là đường cao của \[\Delta OBC.\] Suy ra \[OK \bot BC\] hay \[OD \bot BC\].

Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB,\) có \[\widehat {ACB}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \[\widehat {ACB} = 90^\circ .\]

Vậy \[\Delta ABC\] vuông tại \[C\].

b) Xét \[\Delta OBC\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB = R\]) nên đường trung tuyến \[OK\] cũng là đường phân giác của \[\Delta OBC.\] Do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {COD}.\)

Xét \[\Delta CDO\] và \[\Delta BDO\] có:

\[OD\] là cạnh chung; \(\widehat {BOD} = \widehat {COD}\); \[OB = OC\]

Do đó \[\Delta CDO = \Delta BDO\] (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {DCO} = \widehat {DBO} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng).

Như vậy, \[OC \bot DC\] tại \[C\] thuộc \(\left( O \right)\) hay \[DC\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].