Vậy để thể tích chiếc thùng là lớn nhất th (ảnh 1)

Dựng hình bình hành \[ABCD\], vì tam giác \[ABC\] là tam giác vuông tại B nên \[ABCD\] là hình chữ nhật.

Suy ra \(BC//AD \Rightarrow BC//\left( {A'AD} \right)\).

Do đó \(d\left( {BC,AA'} \right) = d\left( {BC,\left( {A'AD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {A'AD} \right)} \right)\).

Mà \(3\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AC} \) nên \(d\left( {C,\left( {A'AD} \right)} \right) = 3d\left( {M,\left( {A'AD} \right)} \right)\).

Kẻ \(MH \bot AD \Rightarrow \left( {A'MH} \right) \bot \left( {A'AD} \right) = A'H\).

Kẻ \(MK \bot A'H \Rightarrow MK \bot \left( {A'AD} \right) \Rightarrow MK = d\left( {M,\left( {A'AD} \right)} \right)\).

Mặt khác ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2 \Rightarrow AM = \frac{1}{3}AC = \frac{2}{3} \Rightarrow A'M = \sqrt {A'{A^2} - A{M^2}} = \frac{{\sqrt {14} }}{3}\).

Và \(MH//CD \Rightarrow \frac{{MH}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MH = \frac{1}{3}CD = \frac{1}{3}AB = \frac{1}{3}\).

Suy ra \(\frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{1}{{A'{M^2}}} + \frac{1}{{M{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt {14} }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{{135}}{{14{a^2}}} \Leftrightarrow MK = \frac{{\sqrt {210} }}{{45}}\).

Vậy \(d\left( {BC,AA'} \right) = d\left( {C,\left( {A'AD} \right)} \right) = 3d\left( {M,\left( {A'AD} \right)} \right) = 3MK = 3\frac{{\sqrt {210} }}{{45}} = \frac{{\sqrt {210} }}{{15}}\).

Nghiệm của bất phương trình log 2 ( x − 1 ) lớn hơn 3