Hai ô tô khởi hành cùng một thời điểm và đi ngược chiều nhau. Xe thứ nhất đi từ A đến B, xe thứ hai đi từ B đến A. Mỗi giờ, xe thứ hai đi nhanh hơn xe thứ nhất \(10\) km. Sau 2 giờ, hai xe gặp nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường từ A đến B dài \(200\) km.

Chiều dài dải ruy băng để bọc hộp quà (không tính phần thắt nơ \(10\) cm) là:

\(130 - 10 = 120\) (cm).

Gọi chiều cao của hộp quà là \(h\) (cm), cạnh đáy hình vuông là \(x\) (cm).

Điều kiện: \(0 < x,\,\,h < 30\).

Chiều dài dây bọc quanh hộp quà gồm 4 chiều cao và 4 cạnh đáy là:

\(4h + 4x = 120\) suy ra \(4\left( {h + x} \right) = 120\) suy ra \(h = 30 - x\).

Thể tích của hộp quà là:

\(V = h \cdot {x^2} = {x^2}\left( {30 - x} \right) =  - {x^3} + 30{x^2}\) (cm3).

Xét hiệu \(V - 4000\) ta có:

\(V - 4000 =  - {x^3} + 30{x^2} - 4000 =  - \left( {x + 10} \right){\left( {x - 20} \right)^2}\)

Vì \(x > 0\) nên \(x + 10 > 0\) và \({\left( {x - 20} \right)^2} \ge 0\), do đó:

\( - \left( {x + 10} \right){\left( {x - 20} \right)^2} \le 0\) suy ra \(V \le 4000\).

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi \(x - 20 = 0\) suy ra \(x = 20{\rm{\;}}\) (thỏa mãn).

\(h = 30 - 20 = 10\) (thỏa mãn).

Vậy thể tích lớn nhất của hộp quà có thể bọc được là \(4000\) cm³.

a) Xét \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\), áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có:

\(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{6}{{10}} = 0,6\) suy ra \(\widehat {ACB} \approx 37^\circ \).

Áp dụng định lý Pythagore cho \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\) (cm).

Xét \({\rm{\Delta }}HBA\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (do \(AH \bot BC\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {ABC}\) là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}HBA\backsim \text{Δ}ABC$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{6 \cdot 8}}{{10}} = 4,8\) (cm).                 

b) Xét \({\rm{\Delta }}BAH\) và \({\rm{\Delta }}BCA\) có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \);

\(\widehat {B\,}\) là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}BAH\backsim \text{Δ}BCA$ suy ra \(\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}\) hay \(B{A^2} = BH \cdot BC\) (1).

Chứng minh tương tự ta có  suy ra \(\frac{{BA}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) hay \(B{A^2} = BK \cdot BM\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BH \cdot BC = BK \cdot BM\;\left( { = B{A^2}} \right)\).

c)

⦁ Chứng minh \(\widehat {AHK} = \widehat {MAK}\):

Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\) và \(BK\).

Xét \({\rm{\Delta }}BDH\) và \({\rm{\Delta }}ADK\) có:

\(\widehat {BHD} = \widehat {AKD} = 90^\circ \);

\(\widehat {BDH} = \widehat {ADK}\) (đối đỉnh).

Do đó $\text{Δ}BDH\backsim \text{Δ}ADK$ (g.g) suy ra \(\frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{HD}}{{DK}}\) hay \(\frac{{BD}}{{HD}} = \frac{{AD}}{{DK}}\).

Chứng minh tương tự ta cũng có $\text{Δ}BDA\backsim \text{Δ}HDK$ (g.g) suy ra \(\widehat {ABK} = \widehat {KHD}\).

Mặt khác, \(\widehat {ABK} = \widehat {MAK}\) (cùng phụ với \(\widehat {BAK}\)).

Do đó, \(\widehat {KHD} = \widehat {MAK}\) hay \(\widehat {AHK} = \widehat {MAK}\) (1).

             ⦁ Chứng minh \(SM \bot AC\):

Từ \(BH \cdot BC = BK \cdot BM\) suy ra \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BHM\) và \({\rm{\Delta }}BKC\) có \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}\) và \(\widehat {B\,}\) là góc chung.

Do đó, $\text{Δ}BHM\backsim \text{Δ}BKC$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {BHM} = \widehat {BKC}\) suy ra \(\widehat {CHM} = \widehat {CKM}\) (3) (cùng bù với \(\widehat {BHM}\) và \[\widehat {BKC}\])

Vì \({\rm{\Delta }}AMH\) cân tại \(A\) \(\left( {AH = AM} \right)\) nên \(\widehat {AMH} = \widehat {AHM}\).

Trong \({\rm{\Delta }}IMC\) có góc ngoài \(\widehat {AMH} = \widehat {MIC} + \widehat {MCI}\).

Mặt khác \(\widehat {AHM} = \widehat {AHK} + \widehat {KHI}\).

Mà $\text{Δ}IHC\backsim \text{Δ}IKM$ (g.g) suy ra $\text{Δ}IHK\backsim \text{Δ}ICM$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {MCI} = \widehat {KHI}\).

     Do đó, \(\widehat {MIC} = \widehat {AHK}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {MIC} = \widehat {MAK}\) suy ra $\text{Δ}CIM\backsim \text{Δ}CAK$ (g.g) suy ra $\text{Δ}CIA\backsim \text{Δ}CMK$ (c.g.c).

Do đó, \(\widehat {CKM} = \widehat {CAI}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {CHM} = \widehat {CAS}\) suy ra $\text{Δ}CHM\backsim \text{Δ}CAS$ (g.g) suy ra $\text{Δ}CHA\backsim \text{Δ}CMS$ (c.g.c).

Do đó, \(\widehat {CMS} = \widehat {CHA} = 90^\circ \).

Vậy \(SM \bot AC\).