Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có các cạnh bên đều bằng \(6cm\), độ dài cạnh đáy \(x\,\left( {cm} \right)\). Tìm \(x\) để diện tích xung quanh của hình chóp đều đó là lớn nhất.

Nửa chu vi hình chữ nhật là : \(120:2 = 60(m)\)

Gọi chiều dài và chiều rộng của vườn trường hình chữ nhật lần lượt là \(x,y\) (m) (\(0 < x,y < 60\)).

Vì nửa chu vi hình chữ nhật bằng tổng chiều dài và chiều rộng nên ta có phương trình: \(x + y = 60\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Chiều dài của vườn trường sau khi mở rộng thêm \(5m\) là :\(x + 5(m)\)

Chiều rộng của vườn trường sau khi mở rộng thêm \(3m\)là: \(y + 3(m)\)

Khi đó diện tích của vườn trường sau mở rộng chiều dài \(5m\) và chiều rộng \(3m\) là :\((x + 5)(y + 3)({m^2})\)

Vì mở rộng chiều dài thêm \(5m\) và chiều rộng thêm \(3m\), do đó diện tích vườn trường đã tăng thêm\(245{m^2}\) nên ta có phương trình : \((x + 5)(y + 3) - xy = 245\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{(x + 5)(y + 3) - xy = 245}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{xy + 3x + 5y + 15 - xy = 245}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{3x + 5y = 230}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 3y = 180}\\{3x + 5y = 230}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 3y = 180}\\{2y = 50}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x = 105}\\{y = 25}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 35}\\{y = 25}\end{array}} \right.(t/m)\)

Vậy chiều dài vườn trường \(35m\), chiều rộng vườn trường \(25m\).

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

Lập luận \(\widehat {MAO} = {90^\circ }\)

Lập luận \(\widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) hay 4 điểm \(A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).

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

+) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\).

Tứ giác \(AMCO\)nội tiếp nên \(\widehat {AOC} = {180^\circ } - {60^\circ } = {120^\circ }\).

Suy ra \(\widehat {COB} = {180^\circ } - \widehat {AOC} = {180^\circ } - {120^\circ } = {60^\circ }\) (hai góc kề bù).

Diện tích hình quạt \(OCB\):\({S_{q(OCB)}} = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)

+) Chứng minh\(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

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

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = {90^\circ }\quad \)(1)

Lại có: \(OA = OC = R\); \(MA = MC\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của\(AC\).

\( \Rightarrow \widehat {AEM} = {90^\circ }\quad \)(2)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra\(MADE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính\(MA\).

Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp suy ra: \(\widehat {ADE} = \widehat {AME} = \widehat {AMO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)) (3)

Tứ giác\(AMCO\)nội tiếp suy ra: \(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)\()\)(4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\)

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

Gọi giao điểm của \(MB\)và \[CH\]là \(G\)

Tia \(BC\) cắt\(Ax\) tại \(F\). Ta có \(\widehat {ACB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ACF} = {90^\circ }\), suy ra \(\Delta ACF\) vuông tại \(C\). Lại có \(MC = MA\) nên suy ra được \(MC = MF\), do đó \(MA = MF\) (5).

Mặt khác ta có \(CH//FA\) (cùng vuông góc với\(AB\)) nên theo định lí Ta-lét thì

\(\frac{{GC}}{{MF}} = \frac{{GH}}{{MA}}\left( { = \frac{{BG}}{{BM}}} \right)\)(6).

Từ \((5)\) và \((6)\) suy ra \(GC = GH\) hay \(MB\)đi qua trung điểm của\(CH\).