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[几何] 圆的相交弦所成四边形的面积最值。

本帖最后由 力工 于 2018-12-3 19:51 编辑

过圆$T:x^2+y^2=4$外一点$P(2,1)$作互相垂直的直线$AB$和$CD$交圆$T$于(按逆时针依次排列)$A,B,C,D$,则四边形面积的最大值为多少?
结果算出为$\sqrt{15}$,这里变换坐标系即取直线$AB,CD$为轴解题要方便些,直接解决方法,我渣没算出来。
求助各位大神。
如果问题条件改为“过点$P(2,1)$作夹角为$\theta$的直线$AB$和$CD$交圆$T$于(按逆时针依次排列)$A,B,C,D$,则四边形面积的最大值为多少?
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本帖最后由 业余的业余 于 2018-12-4 07:15 编辑

$|PA||PB|=|PC||PD|=1$ (圆幂定理),

记 $|PB||PC|=x>0$

$f(x)=S_{ABCD}=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PAB}=\cfrac {\sin\theta}2(|PB||PC|-|PA||PD|)=\cfrac {\sin\theta(x-1/x)}2$

显然 $f'(x)>0$, 从而 $f(x)$ 的最大值在 $x$ 的最大值处取得。直觉$T$ 在 $\angle BPC$ 的角平分线上时 $x$ 取得最大值。

重新建立坐标系,是原点在 $T$, $P$ 在 $X$ 轴正方向上。记直线 $PB$ 的倾角的补角为 $\alpha$, 有

$|PB|\sin\alpha = 2\sin\gamma$ ($\gamma$ 是与 $B$ 相关的一个参数)
$|PB|\cos\alpha-\sqrt{5}=2\cos\gamma$

联立解之,有 $|PB|=\sqrt{5}\cos\alpha + \sqrt{5\cos^2\alpha-1}$, 根据实际,另一个根舍掉。同理,有 $|PC|=\sqrt{5}\cos(\theta-\alpha) + \sqrt{5\cos^2(\theta-\alpha)-1}$。求$h(\alpha)=|PB|\cdot|PC|, (0\leqslant \alpha \leqslant \cfrac {\theta} 2)$ 的最大值看起来就头大。能否通过几何的方法证明当 $\angle BPC$ 的角平分线通过圆心$T$ 时,$|PB||PC|$ 取到最大值?

根据前面的计算此情形时 $|PB|=|PC|=\sqrt{5}\cos\left(\cfrac {\theta }2\right)+\sqrt{5\cos^2\left(\cfrac {\theta }2\right)-1}$, 容易验算当 $\theta=\pi/2$ 时,$f(x)=\sqrt{15}$ 与你的结果吻合。

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回复 2# 业余的业余

直觉上肯定是对称时最大,早前在 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=927 里有过一些讨论,后面回帖的计算也复杂到我不想看……至于我那个定性分析是太不严格,不能作为证明……反正到目前为止我还没看到一个漂亮的解析……

PS、第三行有笔误,应为 `=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PAD}=`

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又试试速度分解:
QQ截图20181204145514.png
2018-12-4 14:55

如图,设 `\angle BPC` 绕 `P` 作角速度为 `\omega` 的逆时针旋转,由2楼前半部分的分析知:四边形 `ABCD` 面积最大等价于 `PB\cdot PC` 最大,这显然只需考虑当圆心 `O` 在 `\angle BPC` 内部的情况即可,记 `\angle OBP=\beta`, `\angle OCP=\gamma`,作速度分解后,有
\begin{align*}
v_B\cos\beta&=\omega\cdot PB,\\
v_B\sin\beta&=\frac{\rmd PB}{\rmd t},
\end{align*}
所以
\[
\frac{\rmd PB}{\rmd t}=\omega\cdot PB\tan\beta,
\]
同理有
\[
\frac{\rmd PC}{\rmd t}=-\omega\cdot PC\tan\gamma,
\]
于是
\[\frac{\rmd(PB\cdot PC)}{\rmd t}
=\frac{\rmd PB}{\rmd t}\cdot PC+PB\cdot\frac{\rmd PC}{\rmd t}
=\omega\cdot PB\cdot PC(\tan\beta-\tan\gamma),\]
故当 `\beta>\gamma` 时 `PB\cdot PC` 增大,当 `\beta<\gamma` 时 `PB\cdot PC` 减少,所以当 `\beta=\gamma`,即对称时 `PB\cdot PC` 最大。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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强!

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才想起原题(垂直的情况)之前在 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5212 也写过,可惜那里的柯西解法似乎不适用于一般夹角的情况……[小纠结]

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回复 4# kuing


    又把速度分解法向前推了一大步!

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嘛,鉴于大家对速度分解的玩法都不太接受,下面我用 Bao 力的计算方法来印证 4# 最后那条式子的正确性。

如图,设圆 `x^2+y^2=r^2`, `P(p,0)`, `\angle BPC=\theta` 且 `PB` 的倾斜角为 `\alpha`,除了 `\alpha` 外其余均为定值。
QQ截图20181207233645.png
2018-12-7 23:36

易知
\begin{align*}
PB&=-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha},\\
PC&=-p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)},\\
\tan\angle OBP&=\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}},\\
\tan\angle OCP&=\frac{-p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}},
\end{align*}
在 4# 的结论中,注意 $\omega=\rmd\alpha/\rmd t$,故如果 4# 的结论成立,则理应有如下等式成立
\[(PB\cdot PC)'=PB\cdot PC(\tan\angle OBP-\tan\angle OCP),\]
此处求导是对于 `\alpha`,代入以上式子就是
\begin{align*}
&\left[ \left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right) \right]'\\
={}&\left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right)\\
&\times\left( \frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}} \right),
\end{align*}
运用导数公式,等号左边为
\begin{align*}
&\left( p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right)\\
&+\left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( p\sin(\alpha+\theta)-\frac{p^2\sin(\alpha+\theta)\cos(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}} \right),
\end{align*}
将等号右边的两个括号除过去,等式就等价于
\begin{align*}
&\frac{p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}}{-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)-\frac{p^2\sin(\alpha+\theta)\cos(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}}}{-p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}}\\
={}&\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}},
\end{align*}
而要证明它成立,只需证
\[\frac{p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}}{-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}=\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}},\]
去分母后的确两边完全一样,这就证明了 4# 那条公式正确无误!
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