Максимално лице на трапец

[Гост]

Бихте ли помогнали?


1)За равнобедрения трапец ABCD ,AB || CD ,AB>CD е известно,че AD = CD = BC = a
Да се определи дължината на AB , за която лицето на трапеца ще бъде най-голямо.

2)Трапецът ABCD е вписан в окръжност с радиус R.По-голямата основа AB = 2R ,а острият му ъгъл е [tex]\alpha[/tex]
Да се определи стойността на [tex]\alpha[/tex] ,за която трапецът ще има най-голямо лице.

[ammornil]

1)За равнобедрения трапец ABCD ,AB || CD ,AB>CD е известно,че AD = CD = BC = a. Да се определи дължината на AB , за която лицето на трапеца ще бъде най-голямо.

Screenshot 2023-09-21 195144.png (16.22 KiB) Прегледано 1859 пъти

[tex][/tex]
[tex]AD=CD=BC=a, \hspace{1.2em} AB=x, \hspace{1.2em} \begin{cases} DD_{1} \bot AB, (D_{1} \in AB) \\ CC_{1} \bot AB, (C_{1} \in AB) \end{cases} \Rightarrow DD_{1}=CC_{1}=h_{\text{тр}}[/tex]$$ S_{\text{тр}}=\frac{AB+CD}{2}\cdot{h_{\text{тр}}} $$
[tex]ABCD[/tex] е правоъгълник по построение, следователно [tex]D_{1}C_{1}=DC=a[/tex]
[tex]\triangle{AD_{1}D} \cong \triangle{BC_{1}C} \begin{cases} \angle{AD_{1}D} = \angle{BC_{1}C}=90^{\circ} \\ AD=BC \\ DD_{1}=CC_{1} \end{cases} \Rightarrow AD_{1}=BC_{1}[/tex]
[tex]AB=AD_{1}+D_{1}C_{1}+C_{1}B \Rightarrow 2AD_{1}=AB-D_{1}C_{1} \Rightarrow AD_{1}=\frac{x-a}{2}[/tex]
[tex]h_{\text{тр}}=AD^{2}-\left(AD_{1}\right)^{2}=a^{2}-\frac{(x-a)^{2}}{4}=\frac{4a^{2}-(x^{2}-2ax+a^{2})}{4}=\frac{4a^{2}-x^{2}+2ax-a^{2}}{4}=\frac{3a^{2}+2ax-x^{2}}{4}[/tex]
[tex]\Rightarrow \hspace{2em} S_{\text{тр}}=\frac{x+a}{2}\cdot{\frac{3a^{2}+2ax-x^{2}}{4}}=-\frac{1}{8}(x+a)(x^{2}-2ax-3a)=-\frac{1}{8}(x^{3} \underline{-2ax^{2}} \underline{\underline{-3ax}} \underline{+ax^{2}} \underline{\underline{-2a^{2}x}}-3a^{2})[/tex] $$ S_{\text{тр}}=-\frac{1}{8}(x^{3}-ax^{2}-a(2a+3)x-3a^{2})$$
[tex]S'_{\text{тр}}=-\frac{1}{8}(3x^{2}-2ax-a(2a+3))=0 \Rightarrow x_{1,2}=\frac{-(-a)\pm\sqrt{(-a)^{2}-3\cdot{(-a(2a+3))}}}{3}=\frac{a\pm\sqrt{7a^{2}+9a}}{3}[/tex]
[tex]\sqrt{7a^{2}+9a} > a , \forall a \in \mathbb{R} \Rightarrow a-\sqrt{7a^{2}+9a}<0 \Rightarrow S'=0 \Leftrightarrow x=\frac{a+\sqrt{7a^{2}+9a}}{3}[/tex]
[tex]S''_{\text{тр}}=-\frac{1}{8}(6x-2a)=-\frac{1}{4}(3x-a), x>a \Rightarrow S''<0 \hspace{0.5em} \forall (a, x) \in \mathbb{R^{2}} \Rightarrow[/tex] $$ S_{\text{тр}}\left(\frac{a+\sqrt{7a^{2}+9a}}{3} \right)=S_{{\text{тр}}_{max}} $$

Скрит текст: покажи

[tex]\frac{a+\sqrt{7a^{2}+9a}}{3} > a \Rightarrow a+\sqrt{7a^{2}+9a}>3a \Leftrightarrow \sqrt{7a^{2}+9a} > 2a \Leftrightarrow 7a^{2}+9a > 4a^{2} \Leftrightarrow 3a^{2}+9a > 0 \Rightarrow \hspace{0.5em} \forall a \in \mathbb{R}[/tex]

[Евва]

Има разминаване още в началото на решението .
[tex]h_{тр }[/tex][tex]\ne[/tex][tex]AD^{2 }- A D_{1 } ^{2 }[/tex]

[Гост]

Screenshot_1.png (33.76 KiB) Прегледано 1842 пъти

[ammornil]

Има разминаване още в началото на решението .
[tex]h_{тр }[/tex][tex]\ne[/tex][tex]AD^{2 }- A D_{1 } ^{2 }[/tex]

Да, права сте. Забравил съм корена. Благодаря!

Скрит текст: покажи

[tex]AD=CD=BC=a, \hspace{1.2em} AB=x, \hspace{1.2em} \begin{cases} DD_{1} \bot AB, (D_{1} \in AB) \\ CC_{1} \bot AB, (C_{1} \in AB) \end{cases} \Rightarrow DD_{1}=CC_{1}=h_{\text{тр}}[/tex]$$ S_{\text{тр}}=\frac{AB+CD}{2}\cdot{h_{\text{тр}}} $$
[tex]ABCD[/tex] е правоъгълник по построение, следователно [tex]D_{1}C_{1}=DC=a[/tex]
[tex]\triangle{AD_{1}D} \cong \triangle{BC_{1}C} \begin{cases} \angle{AD_{1}D} = \angle{BC_{1}C}=90^{\circ} \\ AD=BC \\ DD_{1}=CC_{1} \end{cases} \Rightarrow AD_{1}=BC_{1}[/tex]
[tex]AB=AD_{1}+D_{1}C_{1}+C_{1}B \Rightarrow 2AD_{1}=AB-D_{1}C_{1} \Rightarrow AD_{1}=\frac{x-a}{2}[/tex]
[tex]h_{\text{тр}}=\sqrt{AD^{2}-\left(AD_{1}\right)^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{(x-a)^{2}}{4}}=\sqrt{\frac{4a^{2}-(x^{2}-2ax+a^{2})}{4}}=\sqrt{\frac{4a^{2}-x^{2}+2ax-a^{2}}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}}[/tex]
$$\Rightarrow \hspace{2em} S_{\text{тр}}=\frac{x+a}{2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}}$$
[tex]S'_{\text{тр}}=\frac{1}{4}\cdot \sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}}+\frac{x+a}{4}\cdot \frac{2a-2x}{2\sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}}}=\frac{2(\sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}})^{2}-2\dot (x+a)\cdot ((x-a)}{8\cdot \sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}}}=[/tex]
[tex]\hspace{3em} =\frac{6a^{2}+4ax-2x^{2}-2x^{2} +2a^{2}}{8\cdot \sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}}}=\frac{-4x^{2}+4ax+8a^{2}}{8\cdot \sqrt{3a^{2}+2ax-x^{2}}}[/tex]
[tex]\exists extr. \Rightarrow S'_{\text{тр}}=0 \Rightarrow -4x^{2}+4ax+8a^{2}=0 \Rightarrow x^{2}-ax-2a^{2}=0 \Rightarrow x_{1,2}=\frac{a\pm\sqrt{a^{2}-1\cdot (-2a^{2})}}{5}=\frac{a\pm a\sqrt{3}}{5}[/tex]
[tex]a-a\sqrt{3}<0 \Rightarrow S'_{\text{тр}}=0 \rightarrow x=\frac{a+ a\sqrt{3}}{5}=\frac{1+\sqrt{3}}{5}\cdot a[/tex]
Проверете сметките, защото може да съм допуснал изчислителна грешка някъде в ЛАТЕКСа

[S.B.]

2)Трапецът ABCD е вписан в окръжност с радиус R.По-голямата основа AB = 2R ,а острият му ъгъл е [tex]\alpha[/tex]
Да се определи стойността на [tex]\alpha[/tex] ,за която трапецът ще има най-голямо лице.

Без заглавие - 2023-09-22T121530.298.png (255.6 KiB) Прегледано 1814 пъти

Подлагам $BD$ на транслация с вектор [tex]\vec{DC}[/tex] ,при която [tex]D \rightarrow C , B \rightarrow B_{1 }[/tex]
[tex]S_{ABCD } = S_{A B_{1 }C }[/tex] (ЗАЩО?)
[tex]\Rightarrow S_{ABCD } = \frac{AC. B_{1 }C }{2}.\sin \angle AC B_{1 }[/tex]
[tex]\triangle ABC[/tex] е правоъгълен ($AB = 2R$ - диаметър)
Нека $AC = BD = d$

[tex]\frac{d}{2R} = \sin \alpha \Leftrightarrow d = 2R\sin \alpha[/tex]
От [tex]\triangle A B_{1 }C :[/tex] получавам ,че [tex]\angle AC B_{1 } = 2 \alpha[/tex]
[tex]S_{ABCD } = \frac{ d^{2 } }{2}.\sin 2 \alpha \Leftrightarrow S_{ABCD } = \frac{4 R^{2 } \sin^{2 } \alpha }{2} 2\sin \alpha \cos \alpha[/tex]

$$\Rightarrow S(\alpha) = 4 R^{2 }\ \sin^{3 } \alpha\cos \alpha $$
$$Д.М.\alpha \in (0 ; \frac{ \pi }{2} )$$

По правилата за диференциране и след преобразуване намирам:
[tex]S'( \alpha) = 16 R^{2 } \sin^{2 } \alpha( \cos^{2 } - \frac{1}{4})[/tex]
[tex]S'( \alpha) = 0 \Leftrightarrow[/tex]
[tex]16 R^{2 } \sin^{2 } \alpha ( \cos^{2 } - \frac{1}{4} ) = 0 \Leftrightarrow[/tex]
[tex]16 R^{2 } \sin^{2 } \alpha (\cos \alpha - \frac{1}{2})(\cos \alpha + \frac{1}{2} ) = 0[/tex]
[tex]\sin \alpha = 0 \Rightarrow \alpha \notin Д.М.[/tex]
[tex]\cos \alpha = - \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = \frac{2 \pi }{3} \notin Д.М.[/tex]
[tex]\cos \alpha = \frac{1}{2} \in Д.М.[/tex]
Намирам втората производна на [tex]S( \alpha) :[/tex]
[tex]S''( \alpha ) = 16 R^{2 }\sin 2 \alpha (\cos 2 \alpha - \frac{1}{4})[/tex]
[tex]S''( \frac{ \pi }{3}) = - \frac{3}{4} .32 \frac{ \sqrt{3} }{4}. R^{2 } < 0[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex] за [tex]\alpha = \frac{ \pi }{3}[/tex] функцията [tex]S( \alpha)[/tex] притежава максимум и трапецът има най- голямо лице

Скрит текст: покажи

Задачата не е трудна, а е "хамалска" по отношение на писането.Дано не съм оплела производните!Иначе идеята е ясна.

[ptj]

Не разбирам защо се мъчите да пишете решения от по 20 реда, при наличието на по-ефективно от само 4.

[Гост]

Не разбирам защо се мъчите да пишете решения от по 20 реда, при наличието на по-ефективно от само 4.

Вместо да пишеш 3 реда глупости напиши това решение от 4 реда !

[ptj]

Вече е написано.

[Гост]

Screenshot_1.png

Това решение не е на същата задача.Лицето трябва да е функция на основата,а не на ъгъла при основата

[Гост]

Вече е написано.

Къде?

[Гост]

Вече е написано.

Явно си сънувал нещо...

[ptj]

Скриншота на госта...

[ptj]

Screenshot_1.png

Това решение не е на същата задача.Лицето трябва да е функция на основата,а не на ъгъла при основата

Малката основа е константата [tex]a[/tex]. Голямата се задава с [tex]b=a(1+2cos \varphi )[/tex]. Последното равенство е взаимно еднозначно съответствие, затова няма никакво значение кое ще приемем за параметър.

[Гост]

Скриншота на госта се отнася вероятно за първата задача , където трите страни са равни и няма нищо общо с втората задача за която ти пишеш.Въпреки това мисля,че лицето трябва да е функция на неизвестната основа,а не на ъгъла при основата.

[ptj]

О.К..ето едно нестандартно решение.
Ще използвам следното твърдение :
Лема: От всички вписани n-ъгълници в окръжност с фиксиран радиус максимално лице има точно правилния.
Нека залепим два трапеца (като даддения в условието), така че да имат обща голяма основа. Ще получим вписан шестоъгълник с два пъти по-голямо лице от трапеца в условието.Съгласно лемата въпросния шестоъгълник ще има максимално лице точно когато е правилен.

Т.е. когато [tex]\alpha= \frac{120}{2}=60 ^\circ[/tex]

П.П. Лемата ще докажа малко по-късно (сега нямам време за писане).

[ptj]

Относно лемата:

Да допуснем , че вписания многоъгълник с максимално лице не е правилен. Тогава той има поне две съседни страни с различна дължина. Да означим с [tex]\alpha[/tex] и [tex]\beta[/tex] централните ъгли срещу тези две страни [tex]0< \alpha \le \beta < \pi[/tex].

Знаем че [tex]sin \alpha + sin \beta = 2sin \frac{ \alpha+ \beta }{2} cos \frac{ \alpha- \beta }{2}[/tex].
s
Тъй като [tex]- \pi< \alpha - \beta \le 0[/tex] , то [tex]cos \frac{ \alpha - \beta }{2} \le 0 \Rightarrow sin \alpha + sin \beta \le 2sin \frac{ \alpha+ \beta }{2}[/tex].

Последното равенство се достига при [tex]\alpha= \beta[/tex].

Лицата на 2-та триъгълника образувани от радиусите и избраните страни ще са съответно [tex]\frac{r^2.sin \alpha }{2}[/tex] и [tex]\frac{r^2.sin \beta }{2}[/tex].
Съгласно последното неравенство, ако заменим общия връх за две страни на многоъгълника с центъра на дъгата срещу [tex](\alpha+ \beta)[/tex] ,

ще получим нов многоъгълник с лице по-голямо от избрания от нас

(, защото [tex]\frac{r^2.sin \alpha }{2}+\frac{r^2.sin \beta }{2}<2\frac{r^2.sin \frac{ \alpha+ \beta }{2}}{2}[/tex]).

Получихме противоречие, сл. допускането ни е невярно, т.е. вписния многоъгълник с максимално лице е точно правилен.

[ptj]

Имам техническа грешка. Правилно е:

... централните ъгли срещу тези две страни [tex]0< \beta \le \alpha < \pi[/tex].


Тъй като [tex]- \pi< \alpha - \beta \le \pi[/tex] , то [tex]0<cos \frac{ \alpha - \beta }{2} \le 1 \Rightarrow sin \alpha + sin \beta \le 2sin \frac{ \alpha+ \beta }{2}[/tex].
...