Cho các số thực dương \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 4.\)

Chứng minh: \(\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{x + 2y + z}} + \frac{1}{{x + y + 2z}} \le 1.\)

Đặt \[DH = x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\], \[x > 0\].

Xét \[\Delta DHA\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DAH} = \frac{{DH}}{{HA}}\] nên \[HA = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}}\].

Xét \[\Delta DHB\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{HB}}\] nên \[HB = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}}.\]

Ta có: \[HB - HA = AB\] suy ra \[\frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}} - \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}} = 56\]

\[x\left( {\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}} \right) = 56\]

\[x = \frac{{56}}{{\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}}} \approx 39,65\].

Khi đó \[CD = CH + DH \approx 1,5 + 39,65 \approx 41,15\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chiều cao cột cờ Hà Nội khoảng \[41,15\] m.

Hướng dẫn giải

a) Gọi \[F\] là trung điểm của \[AO\]. Khi đó \[FO = FA = \frac{1}{2}AO\].

Xét \[\Delta OMN\] cân tại \[O\] (do \[OM = ON\]) có \[OE\] là đường trung tuyến nên cũng là đường cao của \[\Delta OMN\], suy ra \[MN \bot OE\] tại \[E\], suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] hay \[\Delta EAO\] vuông tại \[E\].

Xét \[\Delta EAO\] vuông tại \[E\] có \[EF\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \[EF = \frac{1}{2}AO\].

Xét \[\Delta CAO\] vuông tại \[C\] có \[CF\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \[CF = \frac{1}{2}AO\].

Vì \[EF = CF = FO = FA = \frac{1}{2}AO\] nên bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc đường tròn tâm \[F\] đường kính \[AO.\]

b) ⦁ Chứng minh \[\widehat {BIC} = \widehat {AOC}\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có: \[AB,AC\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là đường phân giác của \[\widehat {BOC}\], do đó \[\widehat {AOB} = \widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\].

Mặt khác, \[\widehat {CIB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BC\])

Do đó, ta có: \[\widehat {BIC} = \widehat {AOC}\].

• Chứng minh \[BI\,{\rm{//}}\,MN\]

Xét đường tròn \[\left( F \right)\], có: \[\widehat {AEC} = \widehat {AOC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AC\]).

Mà \[\widehat {CIB} = \widehat {AOC}\] (chứng minh trên) nên \[\widehat {AEC} = \widehat {BIC}\]

Lại có \[\widehat {AEC},\,\,\widehat {BIC}\] ở vị trí đồng vị nên \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].

c)

Vẽ \[NG \bot AB\] kéo dài tại \[G\] và đường kính \[BN'\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Ta có: \[{S_{AIN}} = {S_{ABN}} = \frac{1}{2}NG.AB\] (vì \[BI\,{\rm{//}}\,MN\]).

Để diện tích \[AIN\] lớn nhất thì \[\frac{1}{2}NG.AB\] đạt giá trị lớn nhất, mà \[AB\] là đường kính đường tròn \[\left( O \right)\] nên có giá trị không đổi, do đó ta cần \[NG\] đạt giá trị lớn nhất.

Mà \[NG \le BN\] (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

Lại có, \[BN \le BN'\] (trong một đường tròn, độ dài các dây cung luôn nhỏ hơn hoặc bằng đường kính).

Do đó, \[NG\] đạt giá trị lớn nhất khi \[NG = BN'\] hay \[G \equiv B\], hay \[NB \bot AB,OB \bot AB\].

Suy ra \[B,O,N\] thẳng hàng.

Vậy diện tích \[AIN\] lớn nhất khi \[B,O,N\] thẳng hàng.