Cho tứ giác $ABCD$ biết $AB=BC=CD=a$. Tìm $GTLN$ của $S_{ABCD}$
Tìm $GTLN$ của $S_{ABCD}$ biết $AB=BC=CD=a$
#1
Posted 17-07-2013 - 21:07
$\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $
$\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$
#2
Posted 17-07-2013 - 22:24
Cho tứ giác $ABCD$ biết $AB=BC=CD=a$. Tìm $GTLN$ của $S_{ABCD}$
Kẻ $AH\perp CD, BK\perp AC$. Đặt $AC=x$ $(0<x<2a)$
Khi đó, ta có: $BK=\sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}$ và $AH\leq AC=x$. Ta có:
$S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ADC}=\frac{1}{2}BK.AC+\frac{1}{2}AH.CD\leq \frac{1}{2}\sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}.x+\frac{1}{2}xa$
$S_{ABCD}\leq \frac{1}{2}.2\sqrt{3}\left ( \sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}.\frac{\sqrt{3}}{6}x \right )+\frac{1}{2}\sqrt{3}\left ( a\frac{\sqrt{3}}{3}x \right )$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
$S_{ABCD}\leq \frac{1}{2}.2\sqrt{3}.\frac{1}{2}\left ( a^{2}-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{12} \right )+\frac{1}{2}.\sqrt{3}.\frac{1}{2}\left ( a^{2}+\frac{x^{2}}{3} \right )=\frac{3\sqrt{3}a^{2}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\widehat{ACD}=90^{\circ},AC=\sqrt{3}a$
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác $ABCD$ là $\frac{3\sqrt{3}a^{2}}{4}$ đạt được khi nó là hình thang cân $(AD//BC)$ có $AB=BC=CD=\frac{AD}{2}=a$
- Zaraki, letankhang, phanquockhanh and 1 other like this
#3
Posted 17-07-2013 - 22:40
Anh có thể chứng minh tại sao $ABCD$ là hình thang cân được không anh!!??
Edited by letankhang, 17-07-2013 - 23:33.
$\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $
$\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$
#4
Posted 17-07-2013 - 23:32
Kẻ $AH\perp CD, BK\perp AC$. Đặt $AC=x$ $(0<x<2a)$
Khi đó, ta có: $BK=\sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}$ và $AH\leq AC=x$. Ta có:
$S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ADC}=\frac{1}{2}BK.AC+\frac{1}{2}AH.CD\leq \frac{1}{2}\sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}.x+\frac{1}{2}xa$
$S_{ABCD}\leq \frac{1}{2}.2\sqrt{3}\left ( \sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}.\frac{\sqrt{3}}{6}x \right )+\frac{1}{2}\sqrt{3}\left ( a\frac{\sqrt{3}}{3}x \right )$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
$S_{ABCD}\leq \frac{1}{2}.2\sqrt{3}.\frac{1}{2}\left ( a^{2}-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{12} \right )+\frac{1}{2}.\sqrt{3}.\frac{1}{2}\left ( a^{2}+\frac{x^{2}}{3} \right )=\frac{3\sqrt{3}a^{2}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\widehat{ACD}=90^{\circ},AC=\sqrt{3}a$
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác $ABCD$ là $\frac{3\sqrt{3}a^{2}}{4}$ đạt được khi nó là hình thang cân $(AD//BC)$ có $AB=BC=CD=\frac{AD}{2}=a$
Anh có thể chứng minh tại sao tứ giác $ABCD$ là hình thang cân được không anh ??
$\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $
$\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$
#5
Posted 17-07-2013 - 23:42
Cho tứ giác $ABCD$ biết $AB=BC=CD=a$. Tìm $GTLN$ của $S_{ABCD}$
nhầm đề rồi chú Khang! phải là AB=BC=DA=a chứ, mới làm đk
#6
Posted 18-07-2013 - 08:18
nhầm đề rồi chú Khang! phải là AB=BC=DA=a chứ, mới làm đk
Thì cậu chỉ cần vẽ cái hình y như vậy rồi đổi vị trí của A; B; C; D thôi đâu nhất thiết phải theo thứ tự đó
$\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $
$\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$
#7
Posted 18-07-2013 - 08:20
Thì cậu chỉ cần vẽ cái hình y như vậy rồi đổi vị trí của A; B; C; D thôi đâu nhất thiết phải theo thứ tự đó
bài này là bài thi KHTN năm 2007 thì phải
tàn lụi
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users