Chủ đề này có 2 trả lời

[chuyentoan]

$x,y,z$ 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 $x,y,z$

[PSW]

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.

[chanhquocnghiem]

$x,y,z$ 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