Cho nửa đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB = 2R\) và tia tiếp tuyến\(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đối với \(AB\). Từ điểm \(M\) trên \(Ax\) kẻ tiếp tuyến thứ hai \(MC\) với nửa đường tròn (\(C\) là tiếp điểm). \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\); \(MB\) cắt nửa đường tròn \((O)\) tại \(D\) (\(D \ne B\)).

(a) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn.

(b) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = 60^\circ \) và chứng minh \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

(c) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AB\). Chứng minh rằng \(MB\)đi qua trung điểm của \(CH\).

Kẻ \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\).

Xét \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) (Do \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều) có \(SH\) là đường cao (gt)

\( \Rightarrow SH\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta SAB\) (tính chất tam giác cân)

\( \Rightarrow H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) (tính chất)

\( \Rightarrow HA = \frac{1}{2}AB = \frac{x}{2}\,\left( {cm} \right)\).

Có \(SH \bot AB\) tại \(H\) (Do \(SH\) là đường cao của tam giác \(SAB\)) \( \Rightarrow \widehat {SHA} = 90^\circ \).

Áp dụng định lí pythagore trong tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\)(Do \(\widehat {SHA} = 90^\circ \)), ta có:

\(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2}\)

Thay số: \({6^2} = S{H^2} + {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\)

\(S{H^2} = 36 - {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2}\) (Điều kiện: \(x < 12\))

\( \Rightarrow SH = \sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) (Do \(SH > 0\))

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

\({S_{xq}} = p.d = \frac{{x + x + x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Có \({S_{xq}} = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {36 - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{3x}}{2}.\sqrt {\frac{{144 - {x^2}}}{4}} \) \( = \frac{{3x}}{4}.\sqrt {144 - {x^2}} \)\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {{x^2}.\left( {144 - {x^2}} \right)} \]

\[ = \frac{3}{4}.\sqrt {144{x^2} - {x^4}} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {x^4} + 144{x^2} - 5184 + 5184} \] \[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - \left( {{x^4} - 144{x^2} + 5184} \right) + 5184} \]

\[ = \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \].

Vì \[{\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[x > 0\] nên \[ - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} \le 0 \Rightarrow - {\left( {{x^2} - 72} \right)^2} + 5184 \le 0\]

\[ \Rightarrow \sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 72\]

\[ \Rightarrow \frac{3}{4}.\sqrt { - {{\left( {{x^2} - 72} \right)}^2} + 5184} \le 54\]

\[ \Rightarrow {S_{xq}} \le 54\]

Dấu xảy ra khi \[{x^2} - 72 = 0\]

\[{x^2} = 72\]

\[x = \sqrt {72} \] (Do \[x > 0\])

\[x = 6\sqrt 2 \] (thỏa mãn).

Vậy \[x = 6\sqrt 2 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] thì hình chóp có diện tích xung quanh lớn nhất bằng \[54\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

1) Ta có : \(B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\) (ĐK :\(x > 0\))

Thay \(x = 9\)(thoả mãn ĐKXĐ) vào biểu thức \(B\) ta có:

\(B = \frac{{\sqrt 9 - 2}}{{\sqrt 9 + 1}} = \frac{{3 - 2}}{{3 + 1}} = \frac{1}{4}\)

Vậy \(B = \frac{1}{4}\) khi \(x = 9\)

2) \(A = \frac{{2\sqrt x - 6}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{2}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 6}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}} + \frac{{(\sqrt x - 3)(\sqrt x - 2)}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 6 + 2\sqrt x + (\sqrt x - 3)(\sqrt x - 2)}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x - 6 + 2\sqrt x + x - 2\sqrt x - 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x (\sqrt x - 1)}}{{\sqrt x (\sqrt x - 2)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\).

Vậy \(A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\).

3) Ta có \(A.B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\)

Ta có \(\sqrt {AB} < \frac{2}{3}\); ĐKXĐ: \(AB \ge 0\) hay \(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} \ge 0\), do \(x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 > 0\) nên \(\sqrt x - 1 \ge 0 \Rightarrow x \ge 1\).

Từ đó suy ra \(AB < \frac{4}{9}\)

Khi đó \(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} < \frac{4}{9}\)

\(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{4}{9} < 0\)

\(\frac{{9\sqrt x - 9 - 4\sqrt x - 4}}{{9(\sqrt x + 1)}} < 0\)

\(\frac{{5\sqrt x - 13}}{{9(\sqrt x + 1)}} < 0\)

Mà \(9(\sqrt x + 1) > 0\) với mọi \(x > 0\) nên \(5\sqrt x - 13 < 0\)

\(\sqrt x < \frac{{13}}{5} \Rightarrow x < \frac{{169}}{{25}}\).

Kết hợp với điều kiện đề bài , ta có: và \(0 < x < \frac{{169}}{{25}}\)\(x \ne 4\). Mà \(x\) là số nguyên nên \(x \in \left\{ {1;2;3;5;6} \right\}\)

Vậy \(x \in \left\{ {1;2;3;5;6} \right\}\)thì \(\sqrt {AB} < \frac{2}{3}\)