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