Người ta dùng một loại xe tải để chở sữa tươi cho một nhà máy. Biết mỗi thùng sữa loại 180 ml nặng trung bình 10 kg. Theo khuyến nghị, trọng tải của xe (tức là tổng khối lượng tối đa cho phép mà xe có thể chở) là 5 tấn. Hỏi xe có thể chở được tối đa bao nhiêu thùng sữa như vậy, biết bác lái xe nặng 75 kg?

Chiếc hộp tạo thành là một hình hộp có đáy là hình vuông cạnh \(12 - 2x\) (cm) và chiều cao là \(x\) cm. Thể tích của hộp là \(V = {\left( {12 - 2x} \right)^2}x\) \((0 < x < 6)\)

Ta có: \({\left( {12 - 2x} \right)^2}x = \frac{1}{4}\left( {12 - 2x} \right)\left( {12 - 2x} \right)4x\).

⦁ Chứng minh bất đẳng thức Cauchy với 3 số không âm.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta được

\(\left( {12 - 2x} \right)\left( {12 - 2x} \right)4x \le {\left( {\frac{{12 - 2x + 12 - 2x + 4x}}{3}} \right)^3}\)

Do đó \(V \le \frac{1}{4} \cdot {8^3} = 128\)

Dấu “=” xảy ra khi \(12 - 2x = 4x\)

Khi đó \(x = 2\) (thỏa mãn điều kiện).

Chứng minh được \[\widehat {AHC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

\(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) nên ba điểm \(A,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

\(\Delta AKC\) vuông tại \(K\) nên ba điểm \(A,K,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

Vậy bốn điểm \(A\,,H\,,K\,,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\) nên \(AHKC\,\)là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(\widehat {DCB} = \widehat {DAB}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD)\) và \(\widehat {KCH} = \widehat {KAH}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KH)\)

Suy ra \(\widehat {KCH} = \widehat {DCB}\).

Xét \(\Delta AIH\) và \(\Delta ABD\) có:

\(\widehat {AHI} = \widehat {ADB} = 90^\circ \) (\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {BAD}\) là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) nên \(AI.AD = AH.AB\).

c) Kéo dài \[CP\,\]cắt \[AB\,\]tại \[M\,\].

Xét \[\Delta ACM\,\]có hai đường cao \[AK\,\]và \[CH\,\]cắt nhau tại \[I\,\]nên \[I\,\] là trực tâm \[\Delta ACM\,\]. Suy ra \[MI \bot AC\,\].

Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ACB} = 90^\circ \,\]( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên \[BC \bot AC\,\]. Do đó \[MI{\rm{//}}BC\,\].

Xét \[\Delta CHB\,\]có\[I \in CH\], \[M \in HB\,\]mà \[MI{\rm{//}}BC\,\]suy ra \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) ( 1)

Xét \(\Delta HDB{\mkern 1mu} \)có\(P \in HD{\mkern 1mu} \), \(M \in HB{\mkern 1mu} \)mà \(MP{\rm{//}}DB{\mkern 1mu} \)( vì cùng vuông góc với \(AD{\mkern 1mu} \)) suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (2)

Suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HI}}{{HC}}\) nên \(IP\,{\rm{//}}\,CD\,\).