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» 过椭圆外一定点,...求四边形面积的最值
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发表于 2013-11-17 21:02
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[几何]
过椭圆外一定点,...求四边形面积的最值
吉林张``(78````60) 20:47:23
过椭圆外一定点做两条直线,分别与椭圆交于四个不同点,求四边形面积的最值,哪位老师见过这个题目,谢谢.
----
应该可以通过压缩变换为圆.求出四边形最值和两直线,再变换回椭圆
变为圆后,猜测,两直线关于圆心和定点连线对称
也许可以建个函数关系,平几很差,只好这样来~~
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发表于 2013-11-17 21:07
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本帖最后由 realnumber 于 2013-11-17 23:03 编辑
要不就给定椭圆方程为$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$,椭圆外一定点为A(10,15)
横坐标方向压缩至原来的$\frac{1}{5}$,纵坐标方向压缩至原来的$\frac{1}{3}$,那么所有的三角形面积变为原来的$\frac{1}{15}$,四边形也一样(可以分割为三角形).
问题即为:圆方程为$x^2+y^2=1$,圆外一定点为A(2,5),过A点做两条直线,分别与圆交于四个不同点,求四边形面积的最大值.
---还是不会.
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发表于 2013-11-18 00:04
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对称时取最大是可以肯定的。
2013-11-18 00:00
如图,我们固定夹角不变,将角绕 $P$ 逆时针稍微旋转一点点,四边形由 $ABCD$ 变为 $A'B'C'D'$,可以看出,它们的面积变化主要部分在于两边的面积差,也就是说,在旋转过程中四边形的面积是增大还是减少取决于 $AB$ 和 $CD$ 哪条长,图中的时刻显然是在增大的,增加到当 $AB=CD$ 时取最大值,亦即是对称时。
确定了这一点后就好办了,下略。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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发表于 2013-11-18 03:16
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这太不严格了,上下两边上的面积变化虽然都是有增有减而有所抵消,但是也难以证明剩下的差值相对两边上的差来说总可以忽略。
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发表于 2013-11-18 08:30
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2013-11-18 08:16
设$\abs{OB}=m,∠CBO=α,∠GBO=β,\abs{CB}=s,\abs{GB}=t,$,$β,α$为锐角,$m$为常数,$r$为圆的半径.
由切割线定理,$s\abs{DB}=t\abs{FB}=m^2-r^2=C_0$
又$s=m\cos{α}+\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}},t=m\cos{β}+\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}}$
\[S_{DFGC}=S_{ΔCGB}-S_{ΔDFB}=\frac{1}{2}(st-\frac{C_0^2}{st})\sin{(α+β)}
=m(\cos{β}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}}+\cos{α}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}})\sin{(α+β)}\]
接下来,怎么办,证明面积取最大时,$α=β$,表达式似乎有些复杂?
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发表于 2013-11-18 10:39
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本帖最后由 realnumber 于 2013-11-19 07:46 编辑
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证明出来了,假定面积取到最大值,$β+α=2α_0$,$β,α$为锐角,不妨记$β=α_0+x,α=α_0-x,x\ge0,β'_x=1,α'_x=-1$
记$f(x)=\cos{β}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}}+\cos{α}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}}$,只需要证明x=0取最大,即可证明面积最大时,x=0.
则
\[f_x'(x)=-\sin{β}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}}+\frac{\cos{β}(-2m^2\sin{α}\cos{α})(-1)}{2\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}}}+\sin{α}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}}
-\frac{\cos{α}(2m^2\sin{β}\cos{β})}{2\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}}}\]
\[-\sin{β}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}}+\sin{α}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}}\le0 \iff α\le β\]
\[\frac{\cos{β}(-2m^2\sin{α}\cos{α})(-1)}{2\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}}}-\frac{\cos{α}(2m^2\sin{β}\cos{β})}{2\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}}}\le 0\iff α\le β \]
所以$f_x'(x)\le 0$,即$f(x)$只能在x=0,即$β=α$取到最大值.
换句话说就是任意给定$β+α$,那么$f(x)$总在$β=α$时,最大.
此时
\[S_{DFGC}=S_{ΔCGB}-S_{ΔDFB}=f(α)=4m^2\sin{α}(1-\sin^2{α})\sqrt{\frac{r^2}{m^2}-\sin^2{α}}\]
\[\frac{x^2yS^2_{DFGC}}{16m^4}=\sin^2{α}(x-x\sin^2{α})(x-x\sin^2{α})(\frac{yr^2}{m^2}-y\sin^2{α})\le(\frac{2x+\frac{yr^2}{m^2}}{4})^4\]
当且仅当$\sin^2{α}=x-x\sin^2{α}=\frac{yr^2}{m^2}-y\sin^2{α},2x+y=1$取等号,解得$\frac{x(2-2x)}{(x+1)(1-2x)}=\frac{r^2}{m^2}$
--其实还是应该说明为什么圆心在两直线之间的,看起来应该不会太难.
又导数部分可以这样替换,也许会简单点,先证明
\[\cos{β}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α}}+\cos{α}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{β}}\le 2\cos{α_0}\sqrt{r^2-m^2\sin^2{α_0}}\]
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发表于 2013-11-18 14:16
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好复杂的样子,等有心情再看……
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发表于 2013-11-18 14:29
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kuing
你一定没心情的,倒不如kk自己想个办法,其实我也不满意,怎奈平几太烂,以及现在没别的想法.
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发表于 2013-11-18 16:14
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这么了解我,不过我最近没哪天有过好心情的说……
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默默看过~~~,
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