Hướng dẫn giải

⦁ Vì \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(20{\rm{\;cm}}\) nên \(BC = 20{\rm{\;cm}}\) và \(\widehat {B\,} = 60^\circ .\)

Giả sử \(MB = x\,\,\left( {x > 0} \right){\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\) Khi đó \[QC = x{\rm{\;(cm)}}\] và \(MQ = BC - BM - QC = 20 - 2x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta MNB\) vuông tại \(M,\) ta có: \(MN = MB \cdot \tan B = x\tan 60^\circ = x\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là: \(S\left( x \right) = \left( {20 - 2x} \right) \cdot x\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \cdot x\left( {10 - x} \right){\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Để diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) lớn nhất thì ta tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(S\left( x \right)\).

⦁ Chứng minh bất đẳng thức: \(ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\,\,\,\,\left( * \right)\) với \(a,\,\,b\) là các số không âm.

Thật vậy, xét hiệu \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - ab = \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2} - 4ab}}{4} = \frac{{{a^2} - 2ab + {b^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2}\)

Với mọi \(a,\,\,b\) là các số không âm, ta có:

\({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) nên \(\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2} \ge 0\) suy ra \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b.\) Như vậy bất đẳng thức \(\left( * \right)\) đã được chứng minh.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức \(\left( * \right)\) cho biểu thức \(S\left( x \right) = 2\sqrt 3 \cdot x\left( {10 - x} \right),\) ta được:

\[S\left( x \right) = 2\sqrt 3 \cdot x\left( {10 - x} \right) \le 2\sqrt 3 \cdot {\left( {\frac{{x + 10 - x}}{2}} \right)^2} = 50\sqrt 3 \].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[x = 10 - x\]hay \[x = 5\].

Vậy \(MB = 5{\rm{\;cm}}\) thì hình chữ nhật \(MNPQ\) có diện tích lớn nhất.

Bất đẳng thức m ≤ − 8 có thể được phát biểu là