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问题是求平面外的一点到平面内的一段椭圆弧的距离的最值。这段椭圆弧有显然的对称性,可只考虑其中的一半,最值是否一定在端点取得,还要存疑。直观上我也是那么个结论,可这么一来 $CD$ 的长度变成无影响了,这很有可能,但需要验证。把 $B$ 点在平面 $ACD$ 上的投影称为 $B'$, 显然有 $|PB|=\sqrt{|PB'|^2+|BB'|^2}$。显然$|PB|$ 的最值仅由 $|PB'|$决定。

那么 $B'$ 落在 那段椭圆弧的上半还是下半呢? 这是个问题。

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本帖最后由 业余的业余 于 2019-3-15 18:44 编辑

是的,我也注意到 $ACD$ 前面少了个重要的限定语。如果理解为平面 $ACD$, 就是一个完整的椭圆,那直觉应该是在 $AB$ 另一侧的与最近点对称的那个点。还是算一算吧。

记 $CD$ 中点为 $E$, 有 $AE=BE=\sqrt{10^2-6^2}=8$, $\triangle AEB$ 是等边三角形。 作 $EF\perp AB$ 于 $F$, 有 $AF=FB=4, EF=4\sqrt{3}$.

显然 $B$ 在 平面 $ACD$ 内的投影 $B'$ 为 $AE$ 中点,且 $BB'=4\sqrt{3}$,

设所考察的椭圆弧与 $AE,AD$ 的交点分别为 $G,H$, 有

$AG=\sqrt{21}\csc 60\du=2\sqrt{7}$

$\cfrac {AH}{10}=\cfrac {\sqrt{21}}{DF}\implies AH=\cfrac {10\sqrt{21}}{\sqrt{10^2-4^2}}=5,H$ 是 $AD$ 中点.

以 $A$ 为坐标原点,$AE$ 为 $X$ 轴正方向建立坐标系,椭圆 $a=AG=2\sqrt{7}$ , 过 $H(5,3)$, 容易得出椭圆方程为 $\cfrac {x^2}{28}+\cfrac {y^2}{84}=1$。现求同平面内的 $B'(4,0)$ (在椭圆内部)到, 取决于对题目的理解,

1. 椭圆上所有点 $P$ 的最远距离; 或
2. 椭圆上 $G(2\sqrt{7},0)$ 到 $H(5,3)$ 之间的点的最远距离

第2种情况应该就是 $H$ 点, 太平凡。估计出题者的意思还真是第一种情况的理解。这算一个约束条件下的最大值问题,我没有什么好办法。求

$\mathrm{Max}\{(x-4)^2+y^2\}$, 满足 $\cfrac {x^2}{28}+\cfrac {y^2}{84}=1$, 得到的是最大的 $B'P^2$,加上 $BB'^2$,开平方,即得到所求最大值。

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回复 4# 业余的业余

拉格朗日乘数法。有

$2(x-4)=\lambda \cfrac x{14}$
$2y=\lambda\cfrac{y}{42}$

解之有 $x=-2, y=\pm 6\sqrt{2}, \mathrm{Max}\{B'P^2\}=36+72=108,  \mathrm{Max}\{BP\}=\sqrt{108+BB'^2}=2\sqrt{39}$

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想想不对。圆柱面被与底面成 $\alpha$ 角的平面所截,所得椭圆的半短轴为 $r$, 半长轴为 $r\sec\alpha$. 这里 $\alpha=60\du$, 半长轴为 $2r$ 且在 $X$ 轴。即 $\cfrac {x^2}{84}+\cfrac{y^2}{21}=1$. 估计我把那个点的坐标搞倒反了。

这样一来按第一种情况理解一定是在 $P=(-2\sqrt{21},0)$ 处取得,限制在三角形 $ACD$ 内会比较有意义。

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