Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một cơ sở sản xuất nước mắm dự định thu mua 120 tấn cá trong một thời gian nhất định. Nhờ đổi mới phương pháp thu mua, cơ sở đã mua vượt mức 6 tấn mỗi tuần. Vì vậy cơ sở đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn 1 tuần và vượt mức 10 tấn cá. Tính lượng cá mà cơ sở phải mua mỗi tuần theo kế hoạch.

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 \(IP\,{\rm{//}}\,CD\,\).