Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
kudo shinichi
Hoàng Đình Bảo
13 tháng 5 2022 lúc 21:15

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$

Xét đường thẳng $d:x-2y-5=0$, điểm $I(-1;4)$, điểm $B(6;-2)$ 

Điểm $A(x;y) \in d$ 

Ta có: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}=IA & \\ \sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2}=AB & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow   \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}-\sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2}=IA-AB(*)$

Gọi $B'$ là điểm đối xứng với $B$ qua $d$, $H$ là giao điểm của $BB'$ với $d$ 

Ta có $HB: 2x+y-10=0$

Tọa độ điểm $H$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x-2y-5=0 & \\ x+2y-10=0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5 & \\ y=0& \end{matrix}\right.$

Vậy $H(5;0)$

Do đó tọa độ điểm $B'$ là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{matrix} 5=\frac{x_{B'}+6}{2} & \\ 0=\frac{y_{B'}-2}{2} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_{B'}= 4 & \\ y_{B'}=2 & \end{matrix}\right.$

$(*)\Leftrightarrow \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}-\sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2}=IA -AB'$

Theo bất đẳng thức tam giác ta có: $IA-AB'\le IB'$

Do đó: $ \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}-\sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2} \le IB'$ 

Ta có $IB'=\sqrt{(4+1)^2+(2-4)^2}=\sqrt{29}$

Vậy $GTLN=\sqrt{29}$ 

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ chỉ: $I,B',A$ thẳng hàng hay $IB' \cap d=A$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-2y-5=0 & \\ 2x+5y=18 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{61}{9} & \\ y=\frac{8}{9}& \end{matrix}\right.$

 

Hoàng Đình Bảo
13 tháng 5 2022 lúc 21:15

Hình: 


Các câu hỏi tương tự
๖ۣۜHewwy❤‿❧❤Fei❤☙
Xem chi tiết
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Nguyễn Bá Hùng
Xem chi tiết
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Pham Trong Bach
Xem chi tiết
Pham Trong Bach
Xem chi tiết