Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm độ dài cạnh $AB$ tính theo $h,S$ sao cho diện tích hình là lớn nhất.


Lời giải chanhquocnghiem, 09-07-2021 - 22:19

Cho hình thang $ABCD$ vuông tại $A, D$, $AB<CD$, chiều cao và diện tích lần lượt là $h,S>0$ cố định. Từ $B$ kẻ đường thẳng vuông góc với $BC$ chia hình thang thành hai phần: trên (chứa đỉnh $A$) và dưới. Tìm độ dài cạnh $AB$ tính theo $h,S$ sao cho diện tích phần trên là lớn nhất.

Chọn $D$ làm gốc tọa độ, tia $DC$ làm trục hoành, tia $DA$ làm trục tung.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ $\Rightarrow M\left ( \frac{S}{h};\frac{h}{2} \right )$

Đường thẳng vuông góc với $BC$ tại $B$ cắt đường thẳng $AD$ tại $E$ và cắt đường thẳng $CD$ tại $F$.

Đặt $AB=t$ ($t> 0$) $\Rightarrow B\left ( t;h \right )$.

Gọi diện tích phần hình thang phía trên đường thẳng $BE$ (có chứa đỉnh $A$) là $S_0$.

Vector pháp tuyến của $BE$ là $\left ( t-\frac{S}{h};\frac{h}{2} \right )\Rightarrow BE:\left ( t-\frac{S}{h} \right )x+\frac{h}{2}\ y+\frac{St}{h}-t^2-\frac{h^2}{2}=0$

$\Rightarrow E\left ( 0;\frac{2ht^2-2St+h^3}{h^2} \right )$ ; $F\left ( \frac{2ht^2-2St+h^3}{2(ht-S)};0 \right )$

Xét các trường hợp :

1) $2ht^2-2St+h^3\geqslant 0,\forall t\Leftrightarrow S\leqslant h^2\sqrt{2}$.

    Khi đó $y_E\geqslant 0,\forall t\Rightarrow S_0=S_{ABE}=\frac{AB.AE}{2}=\frac{t(h-y_E)}{2}=\frac{St^2-ht^3}{h^2}$

    Dùng phương pháp đạo hàm suy ra GTLN của $S_0$ là $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}$ (khi $t=\frac{2\ S}{3\ h}$)

 

2) $h^2\sqrt{2}< S\leqslant \frac{3}{2}\ h^2$ :

    Khi đó có 2 khả năng :

    + Nếu $y_E\geqslant 0$ thì $S_0$ đạt GTLN là $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}$ (khi $t=\frac{2\ S}{3\ h}$)

    + Nếu $x_F> 0$ :

       Khi đó $S_0=S_{ABFD}=\frac{AD(AB+DF)}{2}=\frac{h\left ( t+x_F \right )}{2}=\frac{4h^2t^2-4hSt+h^4}{4ht-4S}$

       Dùng phương pháp đạo hàm suy ra $S_0< S-h^2$

    Bây giờ ta cần chứng minh $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}\geqslant S-h^2$

    Đặt $S=m.h^2$ ($m> 0$).

    $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}=\frac{4\ m^3}{27}\ h^2$ ; $S-h^2=(m-1)h^2$

    Dễ thấy rằng $\frac{4\ m^3}{27}\geqslant m-1,\forall m> 0\Rightarrow \frac{4\ S^3}{27\ h^4}\geqslant S-h^2$

    Vậy trong trường hợp này, GTLN của $S_0$ là $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}$ (khi $t=\frac{2\ S}{3\ h}$)

 

3) $S> \frac{3}{2}\ h^2$ :

    Gọi giao điểm của đường tròn đường kính $DM$ với đường thẳng $AB$ là $H$ và $K$ ($x_H< x_K$)

    $\Rightarrow x_K=\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{2h}$

    + Nếu $y_E\geqslant 0$ thì $S_0$ đạt GTLN là $\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{4}$ (khi $t=x_K=\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{2h}$)

    + Nếu $x_F> 0$ :

       Khi đó GTLN của $S_0$ là $S-h^2$ (khi $t=\frac{2S-h^2}{2h}$)

    Bây giờ phải so sánh $P=\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{4}$ với $Q=S-h^2$

    Đặt $S=m.h^2$ ($m> \frac{3}{2}$)

    $\Rightarrow P_1=\frac{4P}{h^2}-m=\sqrt{m^2-2}$ ; $Q_1=\frac{4Q}{h^2}-m=3m-4$

    $Q_1^2-P_1^2=8m^2-24m+18\geqslant 0,\forall m\Rightarrow P< Q$

 

Tóm lại $S_{0(max)}=\left\{\begin{matrix}\frac{4S^3}{27h^4}\ (khi\ t=\frac{2S}{3h})\ neu\ S\leqslant \frac{3}{2}\ h^2\\S-h^2\ (khi\ t=\frac{2S-h^2}{2h})\ neu\ S> \frac{3}{2}\ h^2 \end{matrix}\right.$

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
poset

poset

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 125 Bài viết

Cho hình thang $ABCD$ vuông tại $A, D$, $AB<CD$, chiều cao và diện tích lần lượt là $h,S>0$ cố định. Từ $B$ kẻ đường thẳng vuông góc với $BC$ chia hình thang thành hai phần: trên (chứa đỉnh $A$) và dưới. Tìm độ dài cạnh $AB$ tính theo $h,S$ sao cho diện tích phần trên là lớn nhất.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi poset: 08-07-2021 - 14:23


#2
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Kẻ $BH\perp CD$ tại $H$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BC$ cắt $CD$ tại $K$

$S_{ABKD}=S-S_{BCK}=S-\frac{1}{2}h.CK=S-\frac{1}{2}h.(CH+KH)\leq S-h\sqrt{CH.KH}=S-h^{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow CH=KH \Leftrightarrow CH=h \Leftrightarrow S=\dfrac{h(2AB+h)}{2} \Leftrightarrow AB=\dfrac{S}{h}-\dfrac{h}{2}$



#3
poset

poset

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 125 Bài viết

Kẻ $BH\perp CD$ tại $H$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BC$ cắt $CD$ tại $K$

$S_{ABKD}=S-S_{BCK}=S-\frac{1}{2}h.CK=S-\frac{1}{2}h.(CH+KH)\leq S-h\sqrt{CH.KH}=S-h^{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow CH=KH \Leftrightarrow CH=h \Leftrightarrow S=\dfrac{h(2AB+h)}{2} \Leftrightarrow AB=\dfrac{S}{h}-\dfrac{h}{2}$

Lỡ đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BC$ cắt $AD$ thì sao bạn?! Như nếu $S$ quá nhỏ thì nó không cắt $CD$ được và hơn nữa biết đâu giá trị lớn nhất lại nằm tại trường hợp cắt $AD$?!



#4
chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2494 Bài viết
✓  Lời giải

Cho hình thang $ABCD$ vuông tại $A, D$, $AB<CD$, chiều cao và diện tích lần lượt là $h,S>0$ cố định. Từ $B$ kẻ đường thẳng vuông góc với $BC$ chia hình thang thành hai phần: trên (chứa đỉnh $A$) và dưới. Tìm độ dài cạnh $AB$ tính theo $h,S$ sao cho diện tích phần trên là lớn nhất.

Chọn $D$ làm gốc tọa độ, tia $DC$ làm trục hoành, tia $DA$ làm trục tung.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ $\Rightarrow M\left ( \frac{S}{h};\frac{h}{2} \right )$

Đường thẳng vuông góc với $BC$ tại $B$ cắt đường thẳng $AD$ tại $E$ và cắt đường thẳng $CD$ tại $F$.

Đặt $AB=t$ ($t> 0$) $\Rightarrow B\left ( t;h \right )$.

Gọi diện tích phần hình thang phía trên đường thẳng $BE$ (có chứa đỉnh $A$) là $S_0$.

Vector pháp tuyến của $BE$ là $\left ( t-\frac{S}{h};\frac{h}{2} \right )\Rightarrow BE:\left ( t-\frac{S}{h} \right )x+\frac{h}{2}\ y+\frac{St}{h}-t^2-\frac{h^2}{2}=0$

$\Rightarrow E\left ( 0;\frac{2ht^2-2St+h^3}{h^2} \right )$ ; $F\left ( \frac{2ht^2-2St+h^3}{2(ht-S)};0 \right )$

Xét các trường hợp :

1) $2ht^2-2St+h^3\geqslant 0,\forall t\Leftrightarrow S\leqslant h^2\sqrt{2}$.

    Khi đó $y_E\geqslant 0,\forall t\Rightarrow S_0=S_{ABE}=\frac{AB.AE}{2}=\frac{t(h-y_E)}{2}=\frac{St^2-ht^3}{h^2}$

    Dùng phương pháp đạo hàm suy ra GTLN của $S_0$ là $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}$ (khi $t=\frac{2\ S}{3\ h}$)

 

2) $h^2\sqrt{2}< S\leqslant \frac{3}{2}\ h^2$ :

    Khi đó có 2 khả năng :

    + Nếu $y_E\geqslant 0$ thì $S_0$ đạt GTLN là $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}$ (khi $t=\frac{2\ S}{3\ h}$)

    + Nếu $x_F> 0$ :

       Khi đó $S_0=S_{ABFD}=\frac{AD(AB+DF)}{2}=\frac{h\left ( t+x_F \right )}{2}=\frac{4h^2t^2-4hSt+h^4}{4ht-4S}$

       Dùng phương pháp đạo hàm suy ra $S_0< S-h^2$

    Bây giờ ta cần chứng minh $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}\geqslant S-h^2$

    Đặt $S=m.h^2$ ($m> 0$).

    $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}=\frac{4\ m^3}{27}\ h^2$ ; $S-h^2=(m-1)h^2$

    Dễ thấy rằng $\frac{4\ m^3}{27}\geqslant m-1,\forall m> 0\Rightarrow \frac{4\ S^3}{27\ h^4}\geqslant S-h^2$

    Vậy trong trường hợp này, GTLN của $S_0$ là $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}$ (khi $t=\frac{2\ S}{3\ h}$)

 

3) $S> \frac{3}{2}\ h^2$ :

    Gọi giao điểm của đường tròn đường kính $DM$ với đường thẳng $AB$ là $H$ và $K$ ($x_H< x_K$)

    $\Rightarrow x_K=\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{2h}$

    + Nếu $y_E\geqslant 0$ thì $S_0$ đạt GTLN là $\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{4}$ (khi $t=x_K=\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{2h}$)

    + Nếu $x_F> 0$ :

       Khi đó GTLN của $S_0$ là $S-h^2$ (khi $t=\frac{2S-h^2}{2h}$)

    Bây giờ phải so sánh $P=\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{4}$ với $Q=S-h^2$

    Đặt $S=m.h^2$ ($m> \frac{3}{2}$)

    $\Rightarrow P_1=\frac{4P}{h^2}-m=\sqrt{m^2-2}$ ; $Q_1=\frac{4Q}{h^2}-m=3m-4$

    $Q_1^2-P_1^2=8m^2-24m+18\geqslant 0,\forall m\Rightarrow P< Q$

 

Tóm lại $S_{0(max)}=\left\{\begin{matrix}\frac{4S^3}{27h^4}\ (khi\ t=\frac{2S}{3h})\ neu\ S\leqslant \frac{3}{2}\ h^2\\S-h^2\ (khi\ t=\frac{2S-h^2}{2h})\ neu\ S> \frac{3}{2}\ h^2 \end{matrix}\right.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 10-07-2021 - 15:39

...

Ðêm nay tiễn đưa

Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...

 

http://www.wolframal...-15)(x^2-8x+12)


#5
poset

poset

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 125 Bài viết

2) $S> h^2\sqrt{2}$ :

    Khi đó có 2 khả năng :

    + Nếu $y_E\geqslant 0$ thì $S_0$ đạt GTLN là $\frac{4\ S^3}{27\ h^4}$ (khi $t=\frac{2\ S}{3\ h}$)

Chỗ này, khi $t=\frac{2S}{3h}$, ta có $y_E=\frac{9h^4-4S^2}{9h^3}$, cái này sẽ bé hơn $0$ khi $S> \frac{3}{2}h^2$, khi đó $E$ nằm ngoài đoạn $AD$ nên GTLN ở trường hợp này không xảy ra.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi poset: 10-07-2021 - 07:38


#6
chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2494 Bài viết

Chỗ này, khi $t=\frac{2S}{3h}$, ta có $y_E=\frac{9h^4-4S^2}{9h^3}$, cái này sẽ bé hơn $0$ khi $S> \frac{3}{2}h^2$, khi đó $E$ nằm ngoài đoạn $AD$ nên GTLN ở trường hợp này không xảy ra.

:D Đã sửa ở trên.
 


...

Ðêm nay tiễn đưa

Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...

 

http://www.wolframal...-15)(x^2-8x+12)


#7
poset

poset

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 125 Bài viết

    Bây giờ phải so sánh $P=\frac{S+\sqrt{S^2-2h^4}}{4}$ với $Q=S-h^2$

    Đặt $S=m.h^2$ ($m> \frac{3}{2}$)

    $\Rightarrow P_1=\frac{4P}{h^2}-m=\sqrt{m^2+2}$ ; $Q_1=\frac{4Q}{h^2}-m=3m-4$

Bạn làm đúng hướng rồi nhưng tới chỗ này tự dưng lại... nhầm dấu, phải là $\sqrt{m^2-2}$ chứ nhỉ?!

 

    + Nếu $x_F> 0$ :

       Khi đó $S_0=S_{ABFD}=\frac{AD(AB+DF)}{2}=\frac{h\left ( t+x_F \right )}{2}=\frac{4h^2t^2-4hSt+h^4}{4ht-4S}$

       Dùng phương pháp đạo hàm suy ra GTLN của $S_0$ là $S-h^2$

Để ý lại thì chỗ này cũng không nên ghi GTLN vì nó sẽ không xảy ra. Tuy nhiên có thể ghi $S_0$ luôn nhỏ hơn $S-h^2$ rồi so sánh như cũ.






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh