26 câu hỏi
Bánh ú lá tro (hay còn gọi là bánh tro) là một trong những loại bánh truyền thống của Việt Nam (Hình a). Biết rằng bánh tro có dạng hình chóp tam giác đều với các kích thước như Hình b.
Hãy tính thể tích của mỗi chiếc bánh tro (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).
Hướng dẫn giải
|
Gọi \(H\) là chân đường cao kẻ từ \(A\) đến \(BC.\) Bánh tro có dạng hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) nên đáy \(ABC\) là tam giác đều. Suy ra \(AC = BC = AB = 5{\rm{\;cm}}.\) Khi đó ta cũng có đường cao \(AH\) đồng thời là đường trung tuyến nên \(HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 5 = 2,5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\) Xét \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\) (do \(AH \bot BC)\) có: \(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}\) (định lí Pythagore) |
|
Do đó \(A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {5^2} - 2,{5^2} = 25 - 6,25 = 18,75 = \frac{{75}}{4}.\)
Suy ra \(AH = \sqrt {\frac{{75}}{4}} = \sqrt {\frac{{{5^2} \cdot {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{{2^2}}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Diện tích đáy hình chóp tam giác đều là:
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{2} \cdot 5 = \frac{{25\sqrt 3 }}{4}{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Thể tích của hình chóp tam giác đều là:
\(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot \frac{{25\sqrt 3 }}{4} \cdot 4 = \frac{{25\sqrt 3 }}{3} \approx {\rm{14,4}}\,{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Vậy thể tích của chiếc bánh tro khoảng \[14,4{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}.\]
Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có các mặt bên cũng là các tam giác đều. Gọi \(SO\) là đường cao của hình chóp, \(OC = 2\sqrt 3 {\rm{\;cm}}.\) Tính (làm tròn các kết quả đến chữ số thập phân thứ hai):
a) Độ dài các cạnh bên của hình chóp.
b) Diện tích xung quanh của hình chóp.
Hướng dẫn giải
a) Ta có \(CM \bot AB\) và \(MA = MB = \frac{1}{2}CB.\)Vì \(SO\) là đường cao của hình chóp nên \(O\) là trọng tâm của tam giác \(ABC.\)
Do đó \(CM = \frac{3}{2}CO = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt 3 = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(CBM,\) ta có: \(C{B^2} = C{M^2} + M{B^2}\)
Suy ra \(C{M^2} = C{B^2} - M{B^2} = C{B^2} - {\left( {\frac{1}{2}CB} \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}.\)
Do đó \({\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}\) suy ra \(CB = 6{\rm{\;cm}}.\)
Vì các mặt của hình chóp \(S.ABC\) là các tam giác đều nên các cạnh bên của hình chóp có độ dài là \(6{\rm{\;cm}}.\)
b) Vì các tam giác \(SAB\) và \(ABC\) là các tam giác đều bằng nhau nên ta có \(SM = CM = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\)
Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:
\({S_{xq}} = \frac{1}{2}\left( {AB + BC + CA} \right) \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \left( {6 + 6 + 6} \right) \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \approx 46,77{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}\)
Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông và các mặt bên là những tam giác đều nên là hình chóp đều.
⦁ Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD.\) Khi đó \(CM = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a\).
Tam giác \(SCD\) đều nên đường trung tuyến \(SM\) đồng thời là đường cao nên \(SM \bot CD\), do đó \(\Delta SCM\) vuông tại \(M.\)
Áp dụng định lí Pythagore ta có \(S{C^2} = S{M^2} + C{M^2}\)
Suy ra \(S{M^2} = S{C^2} - C{M^2} = {a^2} - {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2} = \frac{3}{4}{a^2}.\) Do đó \(SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Diện tích xung quanh của hình chóp đều \(S.ABCD\) là:
\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4a} \right) \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 \) (đvdt).
⦁ Do \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(\Delta ADC\) vuông tại \(D\) có \(AD = DC = a,\) áp dụng định lí Pythagore ta có: \(A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}.\) Do đó \(AC = a\sqrt 2 .\)
Vì \(SO\) là đường cao của hình chóp đều \(S.ABCD\) với \(ABCD\) là hình vuông nên \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\)
Do đó \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)
Các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều nên \(SA = AD = a.\)
Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(O,\) áp dụng định lí Pythagore ta có: \(S{A^2} = S{O^2} + A{O^2}\)
Suy ra \(S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {a^2} - \frac{1}{2}{a^2} = \frac{1}{2}{a^2}.\) Do đó \(SO = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\)
Thể tích của hình chóp đều \(S.ABCD\) là:
\(V = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }}\) (đvtt).
(1,5 điểm) Một chiếc lều có dạng hình chóp tứ giác đều ở trại hè của học sinh có kích thước như hình bên.
a) Tính thể tích không khí bên trong chiếc lều.
b) Tính số tiền mua vải phủ bốn phía và trải nền đất cho chiếc lều (coi các mép nối không đáng kể). Biết chiều cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của chiếc lều là \(3,18\;\;{\rm{m}}\) và giá vải là \(15\,\,000\) đồng/m2. Ngoài ra, nếu mua vải với hóa đơn trên \(20\) m2 thì được giảm giá \(5\% \) trên tổng hóa đơn.Hướng dẫn giải
a) Diện tích đáy hình vuông của chiếc lều là:
Thể tích không khí bên trong chiếc lều là:
b) Diện tích xung quanh của chiếc lều là:
\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot C \cdot d = \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 3} \right) \cdot 3,18 = 19,08{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Diện tích vải phủ bốn phía và trải nền đất cho chiếc lều là:
\(S = 9 + 19,08 = 28,08\) (m2).
Do \(28,08 > 20\) nên số tiền mua vải được giảm giá \(5\% \) trên tổng hóa đơn.
Vậy số tiền mua vải là: \(28,08 \cdot 15\,\,000 \cdot \left( {100\% - 5\% } \right) = 400\,\,140\) (đồng).
Bạn Nam đo một chiếc đèn thả trang trí như hình vẽ bên thì nhận thấy các cạnh đều có cùng độ dài là 20 cm.
a) Tính độ dài trung đoạn của hình chóp.
b) Tính diện tích xung quanh của chiếc đèn.
c) Bạn Nam đọc và thấy rằng khi treo đèn thì khoảng cách từ đáy của đèn cách mặt trền là 1 m là tốt nhất. Vậy bạn Nam cần đưa đoạn dây điện từ đầu đèn (vị trí \(A)\) tới mặt trần là bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
a) Chiếc đèn được mô phỏng thành hình chóp tam giác đều \(A.BCD\) như hình vẽ. Gọi \(AH\) là trung đoạn kẻ từ đỉnh \(A\) của hình chóp.
Theo bài ta có: \(AB = AC = AD = 20\) cm và \(BC = CD = DB = 20\) cm.
\(\Delta ACD\) đều nên \(AH\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.
Do đó \(DH = CH = \frac{1}{2}CD = 10\) cm.
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), áp dụng định lí Pythagore ta có:
\(A{H^2} = A{C^2} - C{H^2} = {20^2} - {10^2} = 300\)
Suy ra \(AH = \sqrt {300} = \sqrt {100.3} = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}} = 10\sqrt 3 \) cm.b) Chu vi đáy của hình chóp là: \({C_{day}} = 3BD = 3.20 = 60\) cm.
Diện tích xung quanh của chiếc đèn là:
\({S_{xq}} = \frac{1}{2}{C_{day}}.AH = \frac{1}{2}.60.10\sqrt 3 = 300\sqrt 3 \) cm2.
c) Vì \(\Delta ADC\) và \(\Delta BDC\) đều là các tam giác đều có cạnh 20 cm nên hai đường cao \(AH\) và \(BH\) của hai tam giác bằng nhau.
Vì \(O\) là trọng tâm \(\Delta BDC\) nên \(OH = \frac{1}{3}BH = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\) cm.
\(\Delta AOH\)vuông tại \(O\), áp dụng định lí Pythagore ta có:
\(A{O^2} = A{H^2} - O{H^2} = 300 - {\left( {\frac{{10\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = 300 - \frac{{300}}{9} = \frac{{800}}{3}\).
Suy ra \(AO = \sqrt {\frac{{800}}{3}} \approx 16,3\) cm.
Đổi \(1{\rm{\;m}} = 100{\rm{\;cm}}\).
Khi đó bạn Nam cần đưa dây diện từ đầu đèn tới trần nhà khoảng là \(100 - 16,3 = 83,7\) cm.
a) ⦁ Ta có \(DE = DM\) nên \(D\) là trung điểm của \(EM.\)
Xét tứ giác \(AEBM\) có \(D\) là trung điểm của hai đường chéo \(AB\) và \(EM\) nên tứ giác \(AEBM\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM\) ứng với cạnh huyền \(BC\) nên \(AM = \frac{1}{2}BC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).Vì \(AM\) là đường trung tuyến nên \(M\) là trung điểm của \(BC,\) do đó \(BM = CM = \frac{1}{2}BC.\)
Suy ra \(AM = BM = CM.\)
Hình bình hành \(AEBM\) có hai cạnh kề bằng nhau \(AM = BM\) nên là hình thoi.
⦁ Do \(AEBM\) hình thoi nên \(AE = BM\) và \(AE\,{\rm{//}}\,BM.\)
Do đó \(AE = CM\,\,\left( { = BM} \right)\) và \(AE\,{\rm{//}}\,CM.\)
Tứ giác \(ACME\) có \(AE = CM\) và \(AE\,{\rm{//}}\,CM\) nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
b) Do\(AEBM\) là hình thoi nên để \(AEBM\) là hình vuông thì \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) hay \(AM \bot BC\)
Khi đó \(\Delta ABC\) có đường trung tuyến \(AM\) đồng thời là đường cao nên sẽ là tam giác cân tại \(A.\)
Vậy \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) thì \(AEBM\) là hình vuông.
![Tứ giác \[ADHE\] là hình gì? Vì sao? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/09/26-1758293616.png)
a) Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {DAE} = 90^\circ \).
Ta có \(HD \bot AB\); \(HE \bot AC\) nên \(\widehat {HDA} = 90^\circ \); \(\widehat {HEA} = 90^\circ \).
Tứ giác \(ADHE\) có \[\widehat {DAE} = \widehat {HDA} = \widehat {HEA} = 90^\circ \] nên tứ giác \(ADHE\) là hình chữ nhật.
b) Xét \(\Delta AHD\) vuông tại \(D\), áp dụng định lý Pythagore, ta có: \(A{H^2} = A{D^2} + D{H^2}\)
Suy ra \(D{H^2} = A{H^2} - A{D^2} = {5^2} - {4^2} = 9\). Do đó \(DH = 3\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\)
Tứ giác \(ADHE\) là hình chữ nhật nên ta có: \({S_{ADHE}} = AD\,.\,DH = 4\,.\,3 = 12\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Vậy diện tích tứ giác \(ADHE\) bằng \(12\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\)
c) Xét tứ giác \(BKIH\) có \(D\) là trung điểm của hai đường chéo \(BI\) và \(HK\) nên \(BKIH\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
Do đó \(KI\,{\rm{//}}\,BH.\)
Mà \(AH \bot BH\) suy ra \(KI \bot AH.\)
Xét \(\Delta AHK\) có hai đường cao \(AD,\,\,KI\) \(\left( {AD \bot KH;\,\,KI \bot AH} \right)\) cắt nhau tại \(I\) nên \(I\) là trực tâm của tam giác \(AKH\), suy ra \(HI \bot AK.\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 26 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
![Cho tam giác \[ABC\] có các đường trung tuyến \[BD,{\rm{ }}CE\] cắt nhau tại \[G.\] Gọi \[F,{\rm{ }}H\] lần lượt là trung điểm của \[BG,{\rm{ }}CG.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/09/27-1758293648.png)
a) Tam giác \[ABC\] có các đường trung tuyến \[BD,{\rm{ }}CE\] cắt nhau tại \[G\] nên \[G\] là trọng tâm \[\Delta ABC,\] do đó \(DG = \frac{1}{2}BG,\) \(EG = \frac{1}{2}CG.\)
Mà \[F,{\rm{ }}H\] lần lượt là trung điểm của \[BG,{\rm{ }}CG\] nên \(BF = FG = \frac{1}{2}BG,\) \(CH = HG = \frac{1}{2}CG.\)Do đó \[DG = FG\,\,\left( { = BF} \right),{\rm{ }}EG = HG\,\,\left( { = CH} \right).\]
Suy ra, \[G\] là trung điểm của \[FD,\] \[EH.\]
Tứ giác \[EFHD\] có hai đường chéo \[EH\] và \(FD\) cắt nhau tại trung điểm \[G\] của mỗi đường nên \[EFHD\] là hình bình hành.
b) ⦁ Để hình bình hành \[EFHD\] là hình vuông thì \[EH = DF\] và \[EH \bot DF,\] tức là cần \[EG = DG,{\rm{ }}BG = CG\] và \[BD \bot CE.\]
⦁ Xét \(\Delta BEG\) và \[\Delta CDG\] có:
\[BG = CG,\] \(\widehat {EGB} = \widehat {DGC}\) (đối đỉnh), \[EG = DG\]
Do đó \(\Delta BEG = \Delta CDG\) (c.g.c).
Suy ra \[BE = CD\] (hai cạnh tương ứng) (1)
Mà \[BD,{\rm{ }}CE\] là các đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) nên \[E\] là trung điểm của \[AB,{\rm{ }}D\] là trung điểm của \[AC\]
Suy ra \[AB = 2BE,{\rm{ }}AC = 2CD\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ (1) và (2) suy ra \[AB = AC.\]
⦁ Dễ thấy, nếu \[AB = AC\] và \[BD \bot CE\] thì tứ giác \[EFHD\] là hình vuông.
Vậy tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có hai đường trung tuyến \[BD,CE\] vuông góc với nhau thì tứ giác \[EFHD\] là hình vuông.
![Cho hình vuông \[ABCD.\] Lấy điểm \[M\] thuộc đường chéo \[BD.\] Kẻ \[ME\] vuông góc với \(AB\) tại \[E,{\rm{ }}MF\] vuông góc với \[AD\] tại \[F.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/09/28-1758293690.png)
a) Do \[ME \bot AB\] tại \(E\) nên \(\widehat {MEA} = 90^\circ .\)
Do \[MF \bot AD\] tại \(F\) nên \(\widehat {MFA} = 90^\circ .\)
Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(\widehat {EAF} = 90^\circ .\)
Tứ giác \[AEMF\] có \(\widehat {MFA} = \widehat {EAF} = \widehat {AEM} = 90^\circ \) nên \[AEMF\] là hình chữ nhật.b) Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD\) là đường phân giác của góc \(\widehat {ABC}\)
Do đó \(\widehat {ABD} = 45^\circ \) suy ra \(\Delta BEM\) vuông cân tại \(E,\) nên \(BE = ME.\)
Do \[AEMF\] là hình chữ nhật nên \(ME = AF\), suy ra \(BE = AF.\)
Chu vi của hình chữ nhật \[AEMF\] là: \[2\left( {AE + AF} \right) = 2\left( {AE + BE} \right) = 2AB.\]
Mà \(AB\) không đổi nên chu vi của hình chữ nhật \[AEMF\] không đổi.
Do đó, diện tích của tứ giác \[AEMF\] lớn nhất khi \[AEMF\] là hình vuông.
Suy ra \[ME = MF.\]
Khi đó \[\Delta BEM = \Delta DFM\] (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).
Suy ra \[BM = DM\] hay \[M\] là trung điểm của \[BC.\,\]
Vậy với \[M\] là trung điểm của \[BC\] thì diện tích của tứ giác \[AEMF\] lớn nhất.
a) Xét tứ giác \(ADEF\) có:
\(\widehat {FAD} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\)
\(\widehat {AFE} = 90^\circ \) (vì \(EF\) vuông góc với \(AB\) tại \(F\));
\(\widehat {ADE} = 90^\circ \) (vì \(ED\) vuông góc với \(AC\) tại \(D\))
Vậy tứ giác \(ADEF\) là hình chữ nhật.
Suy ra tam giác \(AEC\) cân tại \(E\). Mà \(ED\) là đường cao của tam giác nên \(ED\) đồng thời là đường trung tuyến, do đó \(D\) là trung điểm của \(AC\) .
Xét tứ giác \(AECK\) có \(D\) là trung điểm của \(AC\), \(EK\) và \(EK\) vuông góc với \(AC\) tại \(D\).
Suy ra tứ giác \(AECK\) là hình thoi.
c) Vì tứ giác \(ADEF\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm của \(AE\).
Vì tứ giác \(AECK\) là hình thoi nên \(AK\,{\rm{//}}\,EC;\,\,AK = EC\)
Mà \(EC = EB\) do \(E\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AK\,{\rm{//}}\,EB;\,\,AK = EB\)
Suy ra tứ giác \(AKEB\) là hình bình hành. Khi đó, hai đường chéo \(AE,\,\,BK\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà \(O\) là trung điểm của \(AE\) nên \(O\) cũng là trung điểm của \(BK\).
Suy ra ba điểm \(B,O,K\) thẳng hàng.
d) Ta có \(\Delta AME\) vuông tại \(E\) có \(MO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AE\) nên \(OM = \frac{1}{2}AE\)
Mà tứ giác \(ADEF\) là hình chữ nhật nên \(FD = AE\). Do đó, \(OM = \frac{1}{2}FD\)
Xét \(\Delta FMD\) có \(MO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(FD\) và \(OM = \frac{1}{2}FD\) nên \(\Delta FMD\) vuông tại \(M\), suy ra \(\widehat {DMF} = 90^\circ .\)
a) Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD = BC\) và \(AD\,{\rm{//}}\,BC\).
Xét \(\Delta ADK\) và \(\Delta CBE\) có:
\(AD = BC\); \(DK = BE\); \(\widehat {ADK} = \widehat {CBE}\) (so le trong của \(AD\,{\rm{//}}\,BC\))
Do đó \(\Delta ADK = \Delta CBE\) (c.g.c)
b) Ta có: \(\widehat {DKA} + \widehat {AKB} = 180^\circ \) (kề bù); \(\widehat {BEC} + \widehat {DEC} = 180^\circ \) (kề bù)
Mà \(\widehat {DKA} = \widehat {BEC}\) (do \(\Delta ADK = \Delta CBE\)) nên \(\widehat {AKB} = \widehat {CED}\)
Lại có \(\widehat {AKB},\,\,\widehat {CED}\) là hai góc nằm ở vị trí so le trong, nên \(AK\,{\rm{//}}\,CE\)
Mặt khác: \(AK = CE\) (do \(\Delta ADK = \Delta CBE\))
Suy ra tứ giác\(AKCE\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
c) Xét tứ giác\(AMCN\) có: \[AN\,{\rm{//}}\,MC\] (do \(ABCD\) là hình bình hành) và \(AM{\rm{/}}\,{\rm{//}}\,CN\) (do \(AK\,{\rm{//}}\,CE)\) nên tứ giác\(AMCN\) là hình bình hành.
Khi đó, hai đường chéo \(MN,AC\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(O\) cũng là trung điểm của \(MN\) hay ba điểm \(M,O,N\) thẳng hàng.
d) Hình bình hành \(AKCE\) là hình thoi khi và chỉ khi \(AC \bot KE\) hay \(AC \bot BD\), tức là lúc này hình bình hành \(ABCD\) là hình thoi.
Vậy để hình bình hành \(AKCE\) là hình thoi thì hình bình hành \(ABCD\) là hình thoi.
Xét \(\Delta AHD\) vuông tại \(H\) và \(\Delta CKB\) vuông tại \(K\) có:
\(AD = BC\) và \(\widehat {ADH} = \widehat {CBK}\) (so le trong của \(AD\,{\rm{//}}\,BC).\)
Do đó \(\Delta AHD = \Delta CKB\) (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra \(DH = BK\) (hai cạnh tương ứng).b) Ta có \(\Delta AHD = \Delta CKB\) (câu a) nên \(AH = CK\).
Mặt khác: \(AH \bot BD,\,\,CK \bot BD\) nên \(AH\,{\rm{//}}\,CK\)
Do đó tứ giác \(AHCK\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
c) Ta có: \(AH = HE\) và \(AH = CK\) nên \(HE = CK\)
Mà \(HE\,{\rm{//}}\,CK\) (\(AH\,{\rm{//}}\,CK\) và \(E\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(H\))
Do đó tứ giác \(CKHE\) là hình bình hành. Suy ra \(HK\,{\rm{//}}\,CE\) hay \(BD\,{\rm{//}}\,CE\) (1)
Xét \(\Delta ADE\) có \(DH\) là đường cao, vừa là trung tuyến nên \(\Delta ADE\) cân tại \(D\)
Do đó \(DH\) là đường phân giác của \(\Delta ADE\), nên \(\widehat {ADB} = \widehat {EDB}\)
Mà \(\widehat {ADB} = \widehat {CBD}\) nên \(\widehat {EDB} = \widehat {CBD}\) (2)
Từ (1) và (2), suy ra tứ giác \(CEDB\) là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết hình thang cân).
a) \(A = {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} - {\left( {y + 4} \right)^2}\)
\( = {y^2} + 2y + 1 + {y^2} - 4y + 4 + {y^2} - 6y + 9 - \left( {{y^2} + 8y + 16} \right)\)
\( = 2{y^2} - 16y - 2\)
\( = 2\left( {{y^2} - 8y} \right) - 2\)
\( = 2\left( {{y^2} - 8y + 16} \right) - 32 - 2\)
\( = 2{\left( {y - 4} \right)^2} - 34\)
Vì \({\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(y\) nên \(2{\left( {y - 4} \right)^2} - 34 \ge - 34\), suy ra \(A \ge - 34\).
Dấu xảy ra khi \(y = 4\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A\) là \( - 34\) khi \(y = 4\).
b) \[B = {x^2} + 4xy + 5{y^2} - 6y + 11\]
\( = \left( {{x^2} + 4xy + 4{y^2}} \right) + {y^2} - 6y + 11\)
\[ = {\left( {x + 2y} \right)^2} + \left( {{y^2} - 6y + 9} \right) + 2\]
\( = {\left( {x + 2y} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + 2\).
Với mọi \(x,\,\,y\) ta có \({\left( {x + 2y} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {y - 3} \right)^2} \ge 0\) nên \({\left( {x + 2y} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + 2 \ge 2\) hay \(B \ge 2.\)
Dấu “=” xảy ra khi \(x + 2y = 0\) và \(y - 3 = 0\) hay \(x = - 6;\,\,y = 3.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(B\) là \(2\) khi \(x = - 6;\,\,y = 3.\)
c) \[C = {x^2} - 2xy + 2{y^2} + 2x - 10y + 17\]
\[ = {x^2} - 2xy + {y^2} + {y^2} + 2x - 10y + 17\]
\[ = {\left( {x - y} \right)^2} + 2 \cdot \left( {x - y} \right) \cdot 1 + 1 + {y^2} - 8y + 16\]
\( = {\left( {x - y + 1} \right)^2} + \left( {{y^2} - 8y + 16} \right)\)
\( = {\left( {x - y + 1} \right)^4} + {\left( {y - 4} \right)^2}\).
Với mọi \(x,\,\,y\) ta có: \({\left( {x - y + 1} \right)^2} \ge 0;\,\,{\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0\) nên \({\left( {x - y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0\) hay \(C \ge 0.\)
Dấu “=” xảy ra khi \(x - y + 1 = 0\) và \(y - 4 = 0\), hay \(x = 3,\,\,y = 4\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(C\) là \(0\) khi \(x = 3,\,\,y = 4\).
d) \(D = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left( {{x^2} - 8x + 17} \right)\)
\( = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 8x + 16} \right) + 1} \right]\)
\( = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 1} \right]\)
Đặt \(t = x - 4\) suy ra \(x - 3 = t + 1\) và \(x - 5 = t - 1\).
Khi đó, ta có:
\(D = \left( {t + 1} \right)\left( {t - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right)\)\( = \left( {{t^2} - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right) = {t^4} - 1.\)
Vì \({t^4} \ge 0\) với mọi \(t\) nên \(D \ge - 1\).
Dấu xảy ra khi \(t = 0\) hay \(x = 4\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(D\) là \( - 1\) khi \(x = 4\).
e) Ta có \(E = \frac{{14}}{{{x^2} - 2x + 4}} = \frac{{14}}{{\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 3}} = \frac{{14}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 3}}.\)
Với mọi \(x,\) ta luôn có \({\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\) nên \({\left( {x - 1} \right)^2} + 3 \ge 3\)
Suy ra \(\frac{{14}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 3}} \le \frac{{14}}{3},\) hay \(E \le \frac{{14}}{3}.\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \({\left( {x - 1} \right)^2} = 0,\) tức là \(x = 1.\)
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(E\) là \(\frac{{14}}{3}\) tại \(x = 1.\)
a) Ta có: \(A = \frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}\)
\( = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {z^3} - 3xyz}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}\)
\( = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} + {z^3} - 3xy\left( {x + y + z} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}\)
\( = \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3} - 3\left( {x + y} \right)z\left( {x + y + z} \right) - 3xy\left( {x + y + z} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}\)
\[ = \frac{{\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} - 3\left( {x + y} \right)z - 3xy} \right]}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}\]
\[ = \frac{{\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2xy + 2yz + 2zx - 3xz - 3yz - 3xy} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}\]
\[ = \frac{{\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}} = x + y + z.\]
b) Ta có: \(B = \frac{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}{{{x^{26}} + {x^{24}} + {x^{22}} + ... + {x^2} + 1}},\) xét phân thức nghịch đảo của phân thức \(B\) là:
\(\frac{1}{B} = \frac{{{x^{26}} + {x^{24}} + {x^{22}} + ... + {x^2} + 1}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}\)
\( = \frac{{\left( {{x^{26}} + {x^{22}} + {x^{18}} + ... + {x^6} + {x^2}} \right) + \left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + {x^4} + 1} \right)}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}\)
\( = \frac{{{x^2}\left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + {x^4} + 1} \right) + \left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + {x^4} + 1} \right)}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}\)
\( = \frac{{\left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}} = {x^2} + 1.\)
Vậy \(B = \frac{1}{{{x^2} + 1}}.\)
Hướng dẫn giải
Ta có: \({x^2} + 5{y^2} - 3xy - 3x - y + 5 = 0\)
Suy ra \(2{x^2} + 10{y^2} - 6xy - 6x - 2y + 10 = 0\)
\({x^2} - 6xy + 9{y^2} + {x^2} - 6x + 9 + {y^2} - 2y + 1 = 0\)
\(\left( {{x^2} - 6xy + 9{y^2}} \right) + \left( {{x^2} - 6x + 9} \right) + \left( {{y^2} - 2y + 1} \right) = 0\)
\({\left( {x - 3y} \right)^2} + {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0\)
Với mọi \(x,\,\,y\) ta có: \({\left( {x - 3y} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\)
Suy ra \({\left( {x - 3y} \right)^2} + {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0\)
Do đó, để \({\left( {x - 3y} \right)^2} + {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0\) thì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 3y} \right)}^2} = 0}\\{{{\left( {x - 3} \right)}^2} = 0}\\{{{\left( {y - 1} \right)}^2} = 0}\end{array}} \right.\] hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 3y = 0}\\{x - 3 = 0}\\{y - 1 = 0}\end{array}} \right.\), tức là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\end{array}} \right.\).
Thay \(x = 3,\,\,y = 1\) vào biểu thức \(A,\) ta được:
\[A = \frac{{{{\left( {3 + 1 - 4} \right)}^{2222}} - {1^{2222}}}}{3} = \frac{{ - 1}}{3}.\]
Hướng dẫn giải
Cách 1. Ta có: \({x^2} + 2xy + 6x + 6y + 2{y^2} + 8 = 0\)
\({x^2} + 2xy + {y^2} + 6x + 6y + 9 - 1 = - {y^2}\)
\({\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) \cdot 3 + {3^2} - 1 = - {y^2}\)
\({\left( {x + y + 3} \right)^2} - 1 = - {y^2}\)
\(\left( {x + y + 3 + 1} \right)\left( {x + y + 3 - 1} \right) = - {y^2}\)
\(\left( {x + y + 4} \right)\left( {x + y + 2} \right) = - {y^2}\).
Với mọi \(x,\,\,y\) ta luôn có \({y^2} \ge 0\) hay \( - {y^2} \le 0\)
Nên \(\left( {x + y + 4} \right)\left( {x + y + 2} \right) \le 0.\)
\(\left( {x + y + 6 - 2} \right)\left( {x + y + 6 - 4} \right) \le 0\)
\(\left( {M - 2} \right)\left( {M - 4} \right) \le 0\) \((*)\)
Với mọi \(x,\,\,y\) và \[M = x + y + 6\] ta lại có \(M - 4 < M - 2\) nên để \((*)\) xảy ra thì \(M - 4 \le 0\) và \(M - 2 \ge 0.\)
⦁ Xét \(M - 4 \le 0\) ta có \(M \le 4\).
Dấu “=” xảy ra khi \(x + y + 2 = 0\) và \(y = 0\), tức là \(x = - 2,\,\,y = 0.\)
⦁ Xét \(M - 2 \ge 0\) ta có \(M \ge 2\).
Dấu “=” xảy ra khi \(x + y + 4 = 0\) và \(y = 0\), tức là \(x = - 4,\,\,y = 0.\)
Vậy GTLN của \(M\) bằng 4 khi \(x = - 2,\,\,y = 0\) và GTNN của \(M\) bằng 2 khi \(x = - 4,\,\,y = 0.\)
Cách 2. Ta có: \({x^2} + 2xy + 6x + 6y + 2{y^2} + 8 = 0\)
\({x^2} + 2xy + {y^2} + 6x + 6y + 9 = 1 - {y^2}\)
\({\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) \cdot 3 + {3^2} = 1 - {y^2}\)
\({\left( {x + y + 3} \right)^2} = 1 - {y^2}\)
Với mọi \(x,\,\,y\) ta luôn có \({y^2} \ge 0\) hay \( - {y^2} \le 0\) nên \(1 - {y^2} \le 1\).
Suy ra: \({\left( {x + y + 3} \right)^2} \le 1\), do đó \(\left| {x + y + 3} \right| \le 1\) hay \( - 1 \le x + y + 3 \le 1\)
Vì vậy, \(2 \le x + y + 6 \le 4\)
⦁ Xét \(x + y + 6 \le 4\) hay \(M \le 4\). Dấu “=” xảy ra khi \(x + y + 6 = 4\) và \(y = 0\), tức là \(x = - 2,\,\,y = 0.\)
⦁ Xét \(2 \le x + y + 6\) hay \(M \ge 2\). Dấu “=” xảy ra khi \(x + y + 6 = 2\) và \(y = 0\), tức là \(x = - 4,\,\,y = 0.\)
Vậy GTLN của \(M\) bằng 4 khi \(x = - 2,\,\,y = 0\) và GTNN của \(M\) bằng 2 khi \(x = - 4,\,\,y = 0.\)
Hướng dẫn giải
a) Vì \[x\] là số tự nhiên không chia hết cho \[3\] nên ta có \(x = 3k + 1\) hoặc \(x = 3k + 2\,\,\left( {k \in \mathbb{N}} \right)\).
⦁ Với \(x = 3k + 1\) ta có: \[M = 2{\left( {3k + 1} \right)^2} - 5\]\[ = 2\left( {9{k^2} + 6k + 1} \right) - 5\]
\[ = 18{k^2} + 12k + 2 - 5\]\[ = 18{k^2} + 12k - 3 = 3\left( {6{k^2} + 4k - 1} \right)\,\, \vdots \,\,3\].
⦁ Với \(x = 3k + 2\) ta có: \[M = 2{\left( {3k + 2} \right)^2} - 5\]\[ = 2\left( {9{k^2} + 12k + 4} \right) - 5\]
\[ = 18{k^2} + 24k + 8 - 5\]\[ = 18{k^2} + 24k + 3\]\[ = 3\left( {6{k^2} + 8k + 1} \right)\,\, \vdots \,\,3\].
Vậy \[x\] là số tự nhiên không chia hết cho \[3\] thì \(M = 2{x^2} - 5\) chia hết cho \[3\].
b) Vì \(x\) là số tự nhiên lẻ nên ta có \(x = 2k + 1\,\,\left( {k \in \mathbb{N}} \right)\). Do đó:
\(N = {\left( {2k + 1} \right)^3} + 3{\left( {2k + 1} \right)^2} - \left( {2k + 1} \right) - 3\)
\( = 8{k^3} + 12{k^2} + 6k + 1 + 12{k^2} + 12k + 3 - 2k - 1 - 3\)
\( = 8{k^3} + 24{k^2} + 16k\)
\( = 8\left( {{k^3} + 3{k^2} + 2k} \right)\,\, \vdots \,\,8\)
Vậy \(x\) là số tự nhiên lẻ thì \(N = {x^3} + 3{x^2} - x - 3\) chia hết cho \[8\].
c) Ta có \[M = x\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right) + 1\]\( = x\left( {x + 3} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 1} \right) + 1\)
\( = \left( {{x^2} + 3x} \right)\left( {{x^2} + 3x + 2} \right) + 1\)\( = {\left( {{x^2} + 3x} \right)^2} + 2\left( {{x^2} + 3x} \right) + 1\)\( = {\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)^2}\).
Với \(x \in \mathbb{Z}\) ta có \(\left( {{x^2} + 3x + 1} \right) \in \mathbb{Z}\). Do đó \({\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)^2}\) là bình phương của một số nguyên.
Vậy đa thức \[M = x\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right) + 1\] (với \(x \in \mathbb{Z}\)) là bình phương của một số nguyên.
Hướng dẫn giải
Ta có: \(M = \frac{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{{\left( {b - 2} \right)\left( {c - 2} \right)}} + \frac{{{{\left( {b - 2} \right)}^2}}}{{\left( {a - 2} \right)\left( {c - 2} \right)}} + \frac{{{{\left( {c - 2} \right)}^2}}}{{\left( {a - 2} \right)\left( {b - 2} \right)}}\)\( = \frac{{{{\left( {a - 2} \right)}^3} + {{\left( {b - 2} \right)}^3} + {{\left( {c - 2} \right)}^3}}}{{\left( {a - 2} \right)\left( {b - 2} \right)\left( {c - 2} \right)}}\)
Đặt \(a - 2 = x;\,\,b - 2 = y;\,\,c - 2 = z.\)
Khi đó \(M = \frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}}{{xyz}}.\)
Mặt khác, từ \(a + b + c = 6\) suy ra \(\left( {a - 2} \right) + \left( {b - 2} \right) + \left( {c - 2} \right) = 0\)
Hay \(x + y + z = 0\)
Suy ra \(x + y = - z\)
\[{\left( {x + y} \right)^3} = {\left( { - z} \right)^3}\]
\({x^3} + {y^3} + 3xy\left( {x + y} \right) = - {z^3}\)
\({x^3} + {y^3} + 3xy\left( { - z} \right) = - {z^3}\)
\({x^3} + {y^3} + {z^3} = 3xyz\)
Do đó \(M = \frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}}{{xyz}} = \frac{{3xyz}}{{xyz}} = 3.\)
Vậy \(M = 3.\)
Hướng dẫn giải
Từ \(x + y + z = 0\) suy ra \(z = - x - y;\,\,y = - x - z;\,\,x = - y - z.\)
Ta có: \(T = \frac{{xy}}{{{x^2} + {y^2} - {z^2}}} + \frac{{yz}}{{{y^2} + {z^2} - {x^2}}} + \frac{{xz}}{{{z^2} + {x^2} - {y^2}}}\)
\( = \frac{{xy}}{{{x^2} + {y^2} - {{\left( { - x - y} \right)}^2}}} + \frac{{yz}}{{{y^2} + {z^2} - {{\left( { - y - z} \right)}^2}}} + \frac{{xz}}{{{z^2} + {x^2} - {{\left( { - x - z} \right)}^2}}}\)
\( = \frac{{xy}}{{{x^2} + {y^2} - \left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right)}} + \frac{{yz}}{{{y^2} + {z^2} - \left( {{y^2} + 2yz + {z^2}} \right)}} + \frac{{xz}}{{{z^2} + {x^2} - \left( {{z^2} + 2xz + {x^2}} \right)}}\)
\( = \frac{{xy}}{{ - 2xy}} + \frac{{yz}}{{ - 2yz}} + \frac{{xz}}{{ - 2xz}}\)
\( = \frac{1}{{ - 2}} + \frac{1}{{ - 2}} + \frac{1}{{ - 2}} = - \frac{3}{2}\)
Vậy \(T = - \frac{3}{2}\).
Bác Bảy có một trang trại lớn để trồng rau và chăn nuôi gia cầm. Bác dự định mua một tấm lưới thép B40 để rào bao quanh khu vực nuôi gia cầm của trang trại với thiết kế có dạng hình chữ nhật \(ABCD\) (như hình mô tả ở bên). Biết rằng, bác Bảy không rào xung quanh khu vực nhà kho và vị trí nhà kho cố định. Với số tiền của mình, bác Bảy chỉ mua được tấm lưới có chiều dài \(500\,\,{\rm{m}}\). Hỏi bác Bảy sẽ dựng rào chắn như thế nào để diện tích khu nuôi gia cầm là lớn nhất?
Hướng dẫn giải
Vì tấm lưới dài \(500\,\,{\rm{m}}\), hay chính là chu vi của mảnh vườn hình chữ nhật \(ABCD\) trừ khu nhà kho \[EF = 100\,\,{\rm{m}}\] bằng \(500\,\,{\rm{m}}\).
Suy ra chu vi của mảnh vườn là \(600\,\,{\rm{m}}\), nên nửa chu vi mảnh vườn là \(300{\rm{\;m}}.\)
Do đó chiều rộng của mảnh vườn rào được theo chiều dài \(x{\rm{\;(m)}}\) là: \(300 - x{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là:
\[S = x \cdot \left( {300 - x} \right)\]\( = - {x^2} + 300x\)
\( = - {x^2} + 2 \cdot x \cdot 150 - {150^2} + {150^2}\)
\( = - {\left( {x - 150} \right)^2} + 22\,\,500\)
Với mọi \(x > 0,\) ta có \({\left( {x - 150} \right)^2} \ge 0\) nên \( - {\left( {x - 150} \right)^2} \le 0\) hay \( - {\left( {x - 150} \right)^2} + 22\,\,500 \le 22\,\,500\).
Dấu “=” xảy ra khi \(x = 150\).
Vậy diện tích mảnh vườn lớn nhất là \(22\,\,500{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\) khi \(x = 150{\rm{\;m}}.\)
Một tấm bìa cứng hình chữ nhật có chiều dài là \({\rm{50 cm}}\) và chiều rộng là \({\rm{30 cm}}\). Bạn Linh cắt ở mỗi góc một tấm bìa hình vuông cạnh \(x{\rm{\;(cm)}}\) và xếp phần còn lại thành một hình hộp không nắp. Tìm \(x\) để diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật sau khi cắt là lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Diện tích tấm bìa hình chữ nhật này là: \[50 \cdot 30 = 1\,\,500{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]
Chiều dài sau khi cắt tấm bìa là: \(50 - 2x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Chiều rộng sau khi cắt tấm bìa là: \(30 - 2x{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Diện tích xung quanh của hộp là: \(2x\left( {50 - 2x + 30 - 2x} \right) = 2x\left( {80 - 4x} \right) = - 8{x^2} + 160x{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Để diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật sau khi cắt là lớn nhất thì \( - 8{x^2} + 160x\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có: \( - 8{x^2} + 160x = - 8\left( {{x^2} - 20x + 100} \right) + 800 = - 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800\)
Với mọi \(x > 0,\) ta có: \( - 8{\left( {x - 10} \right)^2} \le 0\) nên \( - 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800 \le 800\).
Dấu “=” xảy ra khi \(x - 10 = 0\) hay \(x = 10\).
Vậy diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật là \(800{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\) khi \(x = 10{\rm{ cm}}\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
