Đến nội dung


Hình ảnh

Tìm diện tích lớn nhất


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 chuyentoan

chuyentoan

    None

  • Hiệp sỹ
  • 1650 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Darmstadt - Germany
  • Sở thích:Guitar, Bóng đá

Đã gửi 22-02-2010 - 01:21

$x,y,z$ là các số thực dương cho trước. Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất trong các hình chữ nhật $ABCD$ thỏa mãn tồn tại điểm $P$ nằm trong và $PA,PB,PC$ lần lượt bằng $x,y,z$
The only way to learn mathematics is to do mathematics

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-05-2014 - 23:26

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng        @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng        @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 03/05 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng        @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.


1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2072 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Toán,Thiên văn,Lịch sử

Đã gửi 03-05-2014 - 19:41

$x,y,z$ là các số thực dương cho trước. Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất trong các hình chữ nhật $ABCD$ thỏa mãn tồn tại điểm $P$ nằm trong và $PA,PB,PC$ lần lượt bằng $x,y,z$

Kẻ $PH$ _|_ $AB$ ; $PK$ _|_ $BC$ ($H\in AB$ ; $K\in BC$)

$P$ nằm trong hình chữ nhật $ABCD$ $\Rightarrow PA^2+PC^2> PH^2+PK^2=PB^2\Rightarrow x^2+z^2> y^2$

Vậy điều kiện để điểm $P$ tồn tại là $x^2+z^2> y^2$

Gọi $\widehat{PBA}=\alpha$ ($0< \alpha < 90^0$)

Đặt $p=\frac{x}{y}$ ; $q=\frac{z}{y}$ (suy ra $p> 0$ ; $q> 0$ và $p^2+q^2> 1$)

$AB=BH+HA=ycos\alpha +\sqrt{x^2-y^2sin^2\alpha }=y\left ( cos\alpha +\sqrt{p^2-sin^2\alpha } \right )$

$BC=BK+KC=ysin\alpha +\sqrt{z^2-y^2cos^2\alpha }=y\left ( sin\alpha+\sqrt{q^2-cos^2\alpha } \right )$

$S_{ABCD}=AB.BC=y^2\left ( cos\alpha +\sqrt{p^2-sin^2\alpha } \right )\left ( sin\alpha +\sqrt{q^2-cos^2\alpha } \right )$ (*)

$S_{ABCD}^{'}(\alpha )=y^2\left [ \left ( -sin\alpha -\frac{sin\alpha cos\alpha }{\sqrt{p^2-sin^2\alpha }} \right )\left ( sin\alpha +\sqrt{q^2-cos^2\alpha } \right )+\left ( cos\alpha +\frac{sin\alpha cos\alpha }{\sqrt{q^2-cos^2\alpha }} \right )\left ( cos\alpha +\sqrt{p^2-sin^2\alpha } \right ) \right ]$

$S_{ABCD}$ đạt cực trị (dễ thấy đó là GTLN vì không có GTNN) khi và chỉ khi $S_{ABCD}^{'}(\alpha)=0$

$\Leftrightarrow \left ( cos\alpha \sqrt{q^2-cos^2\alpha }+sin\alpha cos\alpha \right )\left [ cos\alpha \sqrt{p^2-sin^2\alpha }+\left ( p^2-sin^2\alpha \right ) \right ]=\left ( sin\alpha \sqrt{p^2-sin^2\alpha }+sin\alpha cos\alpha \right )\left [ sin\alpha \sqrt{q^2-cos^2\alpha }+\left ( q^2-cos^2\alpha \right ) \right ]$

$\Leftrightarrow \frac{sin^2\alpha }{cos^2\alpha }=\frac{p^2}{q^2}\Leftrightarrow sin\alpha =\frac{p}{\sqrt{p^2+q^2}}=\frac{x}{\sqrt{x^2+z^2}}$ và $cos\alpha =\frac{q}{\sqrt{p^2+q^2}}=\frac{z}{\sqrt{x^2+z^2}}$

Thay biểu thức của $sin\alpha$ và $cos\alpha$ vào (*) rồi rút gọn, cuối cùng được GTLN của $S_{ABCD}$ là

$\frac{\left ( xy+z\sqrt{x^2-y^2+z^2} \right )\left ( yz+x\sqrt{x^2-y^2+z^2} \right )}{x^2+z^2}$

($ABCD$ có diện tích lớn nhất khi $\frac{sin^2\alpha }{cos^2\alpha }=\frac{p^2}{q^2}=\frac{x^2}{z^2}$ hay $tan\widehat{PBA}=tan\alpha =\frac{x}{z}$, tức $P$ nằm trên cung tròn tâm $B$, bán kính $y$ sao cho $tan\widehat{PBA}=\frac{x}{z}$)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 04-05-2014 - 14:36

  • LNH yêu thích

...

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)





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh