Cho hình chữ nhật \(ABCD\) tâm \(O\), với \(AB = 6,BC = 4\). Gọi \(E,F,G,H\) lần lượt là trung điểm của \(CD,AB,BC,AD\). Biết hai cung \(GEH,GFH\) lần lượt là cung tròn đi qua \(G,H,E\) và \(G,F,H\). Tính diện tích phần hình được gạch sọc (làm tròn đến hàng phần chục).

Đáp án: 111

Gọi đường thẳng \[AB\] là đường thẳng \[y = m\] (\(0 < m < 1\))

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \[y = m\] và \[f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 5x - 4}}{x}\]là nghiệm của phương trình\[m = \frac{{ - {x^2} + 5x - 4}}{x} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 5} \right)x + 4 = 0\] (1).

Với \(0 < m < 1\) thì phương trình (1) luôn có hai nghiệm \({x_1};{x_2} \in \left( {1;4} \right)\).

Ta có

 \[\begin{array}{l}{S_{hcn}} = m \cdot \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = m\sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = m\sqrt {{{\left( {5 - m} \right)}^2} - 16} \\ \Rightarrow g\left( m \right) = {S^2} = {m^4} - 10{m^3} + 9{m^2}\\ \Rightarrow g'\left( m \right) = 4{m^3} - 30{m^2} + 18m\\ \Rightarrow g'\left( m \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{15 \pm \sqrt {153} }}{4};m = 0\end{array}\]

Vì \(0 < m < 1\) nên \[m = \frac{{15 - \sqrt {153} }}{4}\] thay vào \[S\] ta được \[S \approx 1,11\]

Vậy diện tích hình chữ nhật \[ABCD\] đạt giá trị lớn nhất là \[S \approx 1,11 \cdot 100 = 111{\rm{ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

Với hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có

\(D\left( {0\,;0\,;0} \right)\), \(A\left( {2\,;0\,;0} \right)\),\(C\left( {0\,;2\,;0} \right)\),\({D_1}\left( {0\,;0\,;1} \right)\),\(B\left( {2\,;2\,;0} \right)\), \({A_1}\left( {2\,;0\,;1} \right)\), \({B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)\), \({C_1}\left( {0\,;2\,;1} \right)\).

a) Sai. Trung điểm của \({B_1}{D_1}\) là \(M\left( {1\,;1\,;1} \right).\) Ta có: \(\overrightarrow {CM} = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)\).

Cặp véc tơ chỉ phương của mặt phẳng \(\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)\): \(\overrightarrow {D{D_1}} = \left( {0\,;0\,;1} \right),\overrightarrow {DB} = \left( {2\,;2\,;0} \right)\).

Có \(\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {D{D_1}} = 1 \ne 0.\)

Do đó \(\overrightarrow {CM} \) không vuông góc với mọi vectơ nằm trong mặt phẳng \(\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)\).

b) Sai. \(\overrightarrow {M{C_1}} = \left( { - 1\,;1\,;0} \right)\), \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 2\,;0\,;0} \right)\).

Cosin góc giữa hai đường thẳng:\(\cos \left( {M{C_1},BC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {M{C_1}} \cdot \overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {M{C_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{2}{{\sqrt 2 \cdot 2}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

c) Đúng. \({V_{{C_1}.BDM}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{\Delta BDM}} \cdot d\left( {{C_1},\left( {BDM} \right)} \right)\).

\({S_{\Delta BDM}}\) và \(d\left( {{C_1},\left( {BDM} \right)} \right)\) không đổi.

Suy ra thể tích khối chóp \({C_1}.BDM\) không đổi.

d) Sai. Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(BC\): \(\overrightarrow {{u_{BC}}} = \left( {1\,;0\,;0} \right).\)

Phương trình tham số của \(BC\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + k}\\{y = 2}\\{z = 0}\end{array}} \right.\).

Dạng tọa độ điểm \(M\left( {2t\,;2t\,;1} \right)\) với \(0 \le t \le 1.\)

Khoảng cách từ một điểm \(M\) đến đường thẳng \(BC\): \(d\left( {M,BC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right|}}\).

 \(\overrightarrow {BM} = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1 - 0} \right) = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1} \right)\); \(\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right] = \left( {0\,;1\,;2 - 2t} \right)\);

 \(\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right| = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{(2 - 2t)}^2}} = \sqrt {1 + {{(2 - 2t)}^2}} \); \(\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right| = 1\).

Suy ra \(d\left( {M,BC} \right) = \sqrt {1 + {{\left( {2 - 2t} \right)}^2}} \).

\(d\left( {M,BC} \right)\) nhỏ nhất khi \(2 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

 Khi đó \(M\) trùng với điểm \({B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)\). Vậy giá trị nhỏ nhất bằng \(1\).