Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn (\(AB < AC\)), có các đường cao \(BE,\)\(CF\) cắt nhau tại \(H.\) Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC,\)\(K\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(H\) xuống \(AM.\)

(a) Chứng minh tứ giác \[CEFB\] là tứ giác nội tiếp.

(b) Chứng minh \(\widehat {AHE} = \widehat {ACM}\) và \(B{C^2} = 4MK \cdot MA.\)

(c) Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(AM\) cắt tia \(CF\) tại \(S.\) Gọi \(N\) là giao điểm của \(AM\) và \(BE.\) Gọi \(P,\)\(Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CS.\) Chứng minh \(NP \bot EQ.\)

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt\(\;{x_1},{x_2}\) nên heo định lí Viète ta có:

\({x_1} + {x_2} = \frac{7}{2}\) và \({x_1}{x_2} = - \frac{1}{2}.\)

Ta có \(N = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}\,} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{7}{2}} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{49}}{4} + \frac{4}{2} = \frac{{57}}{4}.\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(2{x^2} - 7x - 1 = 0\) nên \(2x_1^2 - 7{x_1} - 1 = 0 \Rightarrow {x_1}^2 = \frac{{7{x_1} + 1}}{2}\)\( \Rightarrow {\left( {{x_1} + 4} \right)^2} = {x_1}^2 + 8{x_1} + 16\)\( = \frac{{7{x_1} + 1}}{2} + 8{x_1} + 16\)\( = \frac{{23{x_1} + 33}}{2}\)

Do đó \(M = \sqrt {\frac{{23{x_1} + 33}}{2}} + {x_2} + 21 = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 4} \right)}^2}} + {x_2} + 21 = \left| {{x_1} + 4} \right| + {x_2} + 21\)

\( = {x_1} + {x_2} + 25 = \frac{7}{2} + 25 = \frac{{57}}{2}\) (Vì \({x_1}{x_2} = - \frac{1}{2} < 0 \Rightarrow {x_1}\) và \({x_2}\) trái dấu.

Kết hợp với giả thiết \({x_1} > {x_2}\) ta có \({x_1} > 0 > {x_2}\)\( \Rightarrow {x_1} + 4 > 0 \Rightarrow \left| {{x_1} + 4} \right| = {x_1} + 4\))

Vậy \(P = M:N = \frac{{57}}{2}:\frac{{57}}{4} = 2\)

Gọi \(R\) là bán kính hình cầu và \(r\) là bán kính đáy của hình nón.

Gọi \(O\) là tâm của mặt cầu và \(I\) là tâm của đường tròn đáy hình nón.

Đặt \(SI = h\). Khi đó ta có \(OI = h - R\)

Tam giác \(IBO\) vuông tại \(I\) nên ta theo định lý Pythagore ta có

\({r^2} = I{B^2} = O{B^2} - O{I^2} = {R^2} - {\left( {h - R} \right)^2} = 2Rh - {h^2}\)

Thể tích của phần nhân hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}h\left( {2Rh - {h^2}} \right)\)

Phần vỏ Chocolate phía ngoài viên kẹo chính là phần hình cầu có bán kính \(R = 1,5\,\,{\rm{cm}}\) và là phần phía ngoài của nhân hình nón. Để lượng Chocolate dùng làm kẹo ít nhất thì thể tích nhân hình nón phải lớn nhất.

Với ba số dương \[a\], \[b\], \[c\] thì ta có:

\({a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc\)\( = {\left( {a + b} \right)^3} + {c^3} - 3ab\left( {a + b} \right) - 3abc\)\( = \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - \left( {a + b} \right)c + {c^2}} \right] - 3ab\left( {a + b + c} \right)\)\( = \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \right] \ge 0\)

Do đó \({a^3} + {b^3} + {c^3} \ge 3abc,\) đặt \(a = \sqrt[3]{x},\)\(b = \sqrt[3]{y},\)\(c = \sqrt[3]{z}\)\( \Rightarrow x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}\)\( \Rightarrow xyz \le {\left( {\frac{{x + y + z}}{3}} \right)^3},\) đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c\) hay \(x = y = z\) (*).

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

\(h\left( {2Rh - {h^2}} \right) = \frac{1}{2}h.h\left( {4R - 2h} \right) \le \frac{1}{2}{\left( {\frac{{h + h + 4R - 2h}}{3}} \right)^3} = \frac{1}{2}{\left( {\frac{{4R}}{3}} \right)^3}\)

Do đó ta có \(V \le \frac{\pi }{6}{\left( {\frac{{4R}}{3}} \right)^3}\), dấu “=” xảy ra khi \(h = 4R - 2h\) hay \(h = \frac{{4R}}{3} = \frac{{4.1,5}}{3} = 2\,\,\left( {cm} \right)\)

Vậy chiều cao của phần nhân để thể tích Chocolate nguyên liệu dùng làm kẹo cầu là ít nhất khi \(h = 2\,\left( {cm} \right)\).