Trong buổi thăm quan dã ngoại, mỗi lớp khối 9 được chuẩn bị một tấm bạt hình chữ nhật $ABCD$ cùng loại, có chiều dài 10 m và chiều rộng 6 m; với $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của \[AD,

12/12

Trong buổi thăm quan dã ngoại, mỗi lớp khối 9 được chuẩn bị một tấm bạt hình chữ nhật $ABCD$ cùng loại, có chiều dài 10 m và chiều rộng 6 m; với $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của \[AD,\,\,BC\] (hình 1).

$Trong buổi thăm quan dã ngoại, mỗi lớp khối 9 được chuẩn bị một tấm bạt hình chữ nhật $ABCD$ cùng loại, có chiều dài 10 m và chiều rộng 6 m; với $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của \[AD,\,\,BC\] (hình 1). (ảnh 1)$

Mỗi lớp sử dụng tấm bạt như trên để dựng thành chiếc lều có dạng hình lăng trụ đứng tam giác (hình 2); hai đáy hình lăng trụ là hai tam giác cân: tam giác $AMD$ và tam giác $BNC,$ với độ dài cạnh đáy của hai tam giác cân này là $x{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$ (Tấm bạt chỉ sử dụng để dựng thành hai mái lều, không trải thành đáy lều). Tìm $x$ để thể tích không gian trong lều là lớn nhất.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Vì $M$ là trung điểm của đoạn $AD$ trên tấm bạt hình chữ nhật $ABCD$ (hình 1) nên $MA = MD = \frac{1}{2}AD = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Kẻ đường cao $MH$ $\left( {H \in AD} \right)$ của tam giác $AMD.$ Khi đó đường cao $MH$ của $\Delta AMD$ cân tại $M$ đồng thời là đường trung tuyến nên $H$ là trung điểm của $AD,$ do đó $HD = \frac{{AD}}{2} = \frac{x}{2}$ \[\left( {0 < x < 6} \right).\]

Xét $\Delta MHD$ vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore, ta có: $M{D^2} = M{H^2} + H{D^2}$

Suy ra \[MH = \sqrt {M{D^2} - H{D^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {9 - \frac{{{x^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Diện tích $\Delta AMD$ là: ${S_{\Delta AMD}} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2} = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Thể tích hình lăng trụ đứng tam giác \[AMD.BNC\] là:

$V = {S_{\Delta AMD}} \cdot MN = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4} \cdot 10 = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} {\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Đặt \[P = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} ,\] suy ra \[{P^2} = \frac{{25}}{4}{x^2}\left( {36 - {x^2}} \right)\mathop \le \limits^{BDT\,\,Cauchuy} \frac{{25}}{4} \cdot {\left( {\frac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2}} \right)^2} = 2025.\]

Suy ra $P \le 45$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ${x^2} = 36 - {x^2}$ hay $2{x^2} = 36$ nên ${x^2} = 18$, tức là $x = 3\sqrt 2 $ (do \[0 < x < 6).\]

Vậy để thể tích không gian trong lều lớn nhất thì độ dài đoạn $AD = 3\sqrt 2 $ (m).

Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 1)

Trong buổi thăm quan dã ngoại, mỗi lớp khối 9 được chuẩn bị một tấm bạt hình chữ nhật \(ABCD\) cùng loại, có chiều dài 10 m và chiều rộng 6 m; với \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \[AD,