Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh là $a$
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng có 2 đầu nằm trên hai đường thẳng $AB'$ và $BC'$ đồng thời hợp với mặt phẳng $ABCD$ một góc $60^o$
Tìm min $MN$, $M\in AB'; N \in BC', (MN,(ABCD))=60^o$
#1
Đã gửi 06-06-2005 - 13:10
- barcavodich và nghiemthanhbach thích
#2
Đã gửi 26-12-2013 - 14:55
Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại hơn 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 (hoặc phủ định đúng) được bài toán này. Nếu hết ngày 27/12 mà vẫn không có ai giải được hoặc phủ định được bài toán này, 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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 25-01-2014 - 11:51
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#3
Đã gửi 26-12-2013 - 17:06
Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh là $a$
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng có 2 đầu nằm trên hai đường thẳng $AB'$ và $BC'$ đồng thời hợp với mặt phẳng $ABCD$ một góc $60^o$
Gọi $M_{0},N_{0}$ lần lượt là hình chiếu của $M,N$ trên $(ABCD)$.
Đặt $\overrightarrow{M_{0}M}=m.\overrightarrow{AA'}$ ; $\overrightarrow{N_{0}N}=n.\overrightarrow{AA'}$ ($m,n\in \mathbb{R}$)
Ta có : $tan(MN,(ABCD))=\frac{\left | m-n \right |.a}{M_{0}N_{0}}=\frac{\left | m-n \right |.a}{\sqrt{(a-ma)^2+(na)^2}}=\frac{\left | m-n \right |}{\sqrt{(1-m)^2+n^2}}$
$(MN,(ABCD))=60^o\Leftrightarrow \frac{\left | m-n \right |}{\sqrt{(1-m)^2+n^2}}=\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow 2n^2+2mn+(2m^2-6m+3)=0$ (1)
(1) có nghiệm khi và chỉ khi $-3m^2+12m-6=6-3(m-2)^2\geqslant 0\Leftrightarrow 2-\sqrt{2}\leqslant m\leqslant 2+\sqrt{2}$ (2)
Khi đó (1) có các nghiệm là $n_{1}=\frac{-m+\sqrt{6-3(m-2)^2}}{2}$ ; $n_{2}=\frac{-m-\sqrt{6-3(m-2)^2}}{2}$
$\Rightarrow \left | m-n_{1} \right |=\left | \frac{3m-\sqrt{6-3(m-2)^2}}{2} \right |$ ; $\left | m-n_{2} \right |=\left | \frac{3m+\sqrt{6-3(m-2)^2}}{2} \right |$
Chú ý rằng $MN$ đạt GTNN $\Leftrightarrow M_{0}N_{0}$ đạt GTNN $\Leftrightarrow \left | m-n \right |$ đạt GTNN.
Mà từ (2) suy ra $m> 0$ nên $\left | m-n \right |$ đạt GTNN $\Leftrightarrow \left | m-n_{1} \right |$ đạt GTNN hay $\left | 3m-\sqrt{6-3(m-2)^2} \right |=3m-\sqrt{6-3(m-2)^2}$ đạt GTNN
(Dễ dàng chứng minh được $3m> \sqrt{6-3(m-2)^2}\geqslant 0,\forall m\in \left [ 2-\sqrt{2};2+\sqrt{2} \right ]$)
Xét hàm $f(m)=3m-\sqrt{6-3(m-2)^2}$ trên đoạn $\left [ 2-\sqrt{2};2+\sqrt{2} \right ]$ (hàm $f(m)$ liên tục trên đoạn này)
$f'(m)=3+\frac{3(m-2)}{\sqrt{6-3(m-2)^2}}$
$f'(m)=0\Leftrightarrow \sqrt{6-3(m-2)^2}+m-2=0\Leftrightarrow m=\frac{4-\sqrt{6}}{2}$ (bỏ nghiệm lớn hơn $2$)
Vậy trên $\left [ 2-\sqrt{2};2+\sqrt{2} \right ]$, hàm $f(m)$ đạt cực trị duy nhất khi $m=\frac{4-\sqrt{6}}{2}$ và đó là cực tiểu vì dễ thấy $f'(2)> 0$ ($2> \frac{4-\sqrt{6}}{2}$)
$\Rightarrow MN_{min}=\frac{\left | m-n_{1} \right |.a}{sin60^o}=\left | m-n_{1} \right |.\frac{2}{\sqrt{3}}.a=(m\sqrt{3}-\sqrt{2-(m-2)^2}).a=[\frac{(4-\sqrt{6}).\sqrt{3}}{2}-\sqrt{2-(\frac{6}{4})}].a=2(\sqrt{3}-\sqrt{2}).a$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 27-12-2013 - 08:51
- bangbang1412, Near Ryuzaki và Phuong Mark 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 ...
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh