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[原创] 初中题,三角形ABC中,BC=8.∠A=60°,如何求AB+AC/2的最大值?

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发表于 2020-6-12 17:10:35 | 显示全部楼层 |阅读模式

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初中题,三角形ABC中,BC=8.∠A=60°,如何求AB+AC/2的最大值?

这是一个初中老师考我的题目,我真的不会。有谁会?
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2020-6-12 17:50:33 | 显示全部楼层
我感觉可用正弦定理,转化求为三角函数的极值
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发表于 2020-6-12 19:32:59 | 显示全部楼层
在a^2=b^2+c^2-bc=64条件下求b/2+c极值,解得$b=32/sqrt(21),c=40/sqrt(21),b/2+c=8/3sqrt(21)$

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哎,其实这个办法我自己也知道  发表于 2020-6-19 14:06
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发表于 2020-6-12 21:37:20 | 显示全部楼层
1.jpg
若圆 $O_1$ 与圆 $O_2$ 相交于点 $A$、$B$,点 $P_1$ 在圆 $O_1$ 上,点 $P_2$ 在圆 $O_2$ 上,点 $A$、$P_1$、$P_2$、$P$ 共线,$t$ 是常数,\(\overrightarrow{P_2P}=t\overrightarrow{P_1P_2}\),点 $P$ 的轨迹也是圆。
证明如下:作直线 $O_1O_2$,直线 $U_1U_2$ 于点 $Q$,使点 $P$、$Q$ 在直线 $AB$ 同侧,且 $\angle QAB=\angle QBA$,$\frac{U_1U_2}{U_2Q}=t$,则 $U_1U_2=V_1V_2$,$U_2Q=V_2Q$。因为 $\angle P_1V_1Q=\angle P_2V_2Q=\angle PAB$,所以 $P_1V_1$ 平行于 $P_2V_2$,又 $\frac{P_1P_2}{P_2P}=\frac{U_1U_2}{U_2Q}=\frac{V_1V_2}{V_2Q}$,所以 $P_1V_1$、$P_2V_2$、$PQ$ 都互相平行,所以点 $A$、$B$、$P$、$Q$ 共圆。因为取定一点 $P_1$ 时,点 $P_2$、$P$ 的位置是唯一确定的,所以点 $P$ 所确定的圆是唯一的。
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发表于 2020-6-12 21:44:42 | 显示全部楼层
解答:
a^2=b^2+c^2-bc=64条件下求b/2+c极大值,   
令b/2+c=m,c=m-b/2.
So:
b^2+m^2-mb+b^2/4-mb+b^2/2=64;
整理可得:
(7/4)*b^2-2mb+m^2-64=0;
三角形存在,必然b至少有一个解;
所以:方程的delta>=0.
(-2m)^2-4*(7/4)*( m^2-64)>=0;
m^2<=64*7/3;
-(8/3)*sqrt(21)=<m<=(8/3)*sqrt(21)
因为边长总是大于0(等于0退化为直线,角A=60无法保证);
结论:0<m<=(8/3)*sqrt(21);
即:0<AB+AC/2<=(8/3)*sqrt(21);
Max(AB+AC/2)=(8/3)*sqrt(21)       
#Q.E.D

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这办法,其实就是联立求解方程组,我后面用软件算过了  发表于 2020-6-21 09:38
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发表于 2020-6-12 22:15:25 | 显示全部楼层
1.jpg
作正三角形 $A_1BC$,其中心是 $E$,$BC$ 的中点是 $D$,$P_1$ 是 $A_1B$ 的中点,$A_1P_1=A_1P_2$,根据上述结论 $AB+\frac{AC}{2}$ 的最大值就是$\triangle BCP_2$ 的外接圆直径。
\begin{align*}
&CP=2CQ=2CE=\frac{4}{\sqrt{3}}CD=\frac{16}{\sqrt{3}}\\
&BP=\sqrt{BC^2+CP^2}=\frac{8}{3}\sqrt{21}
\end{align*}

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发表于 2020-6-13 02:02:50 | 显示全部楼层
4#+6#的解法可以简化一下。要得到“P的轨迹是圆弧”无需那么大费周章。
设`AC=2c`, 延长`BA`至`P`, 使`AP=c`,
由相似三角形判定定理SAS知 `△ACP`是一个固定形状的三角形,
那么`∠P`是定值,所以动点`P`的轨迹亦为一圆弧`BPC`。
显然,`BP`最长时为圆弧`BPC`的直径`\D=\frac{8}{\sin∠P}`.
由余弦定理得`CP=\sqrt{AC^2+AP^2+AC\cdot AP}=\sqrt7c`
由正弦定理得`\sin∠P=\sqrt{3/7}`.
所以`BP_{max}=8\sqrt{7/3}`
无标题.png

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我感觉这个回答应该是硬凑出来的,但是比我强!浙江大学的学生就是比我强!  发表于 2020-6-15 08:41

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发表于 2020-6-13 10:21:03 | 显示全部楼层
gxqcn 发表于 2020-6-12 17:50
我感觉可用正弦定理,转化求为三角函数的极值


昨天有事,匆忙提到上述思路,现展开如下:

由正弦定理,\(\triangle ABC\) 的外接圆半径为:\(R =\dfrac{BC}{2\sin A}=\dfrac{8\sqrt3}{3}\)

仍由正弦定理,可得:

\(AB + AC/2 \\
=2R[\sin(C) + \sin(B)/2] \\
=R[2\sin(120\degree - B) + \sin(B)] \\
=R[2\sin(B +60\degree) + \sin(B)] \\
=R[2\sin(B)+\sqrt3\cos(B)] \\
=\sqrt7 R \sin(B+\theta) =\frac{8\sqrt{21}}{3}\sin(B+\theta)\)

其中,\(\theta =\arctan\left(\frac{\sqrt3}{2}\right) \approx 40\degree53'36.22''\)

∴ 当 \(B=90\degree - \theta\) 时,\(AB + AC/2\) 取得最大值 \(\frac{8\sqrt{21}}{3}\)

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你怎么这么聪明?  发表于 2020-6-21 09:37
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发表于 2020-6-13 16:45:39 | 显示全部楼层
大家的方法都太复杂,我的方法才是解几何极值的通用方法。不用解条件极值函数。全部直接得满足的条件式子,多变量也可以得出多条件式的
QQ图片20200613164135.png

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极值点附件微移,不会增加或减少式子值  发表于 2020-6-15 10:01
不懂你这个  发表于 2020-6-15 08:42
大家可以试试前面很多几何极值问题,全部可以这样解  发表于 2020-6-13 16:49
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发表于 2020-6-14 18:31:19 | 显示全部楼层
本帖最后由 王守恩 于 2020-6-15 06:31 编辑
倪举鹏 发表于 2020-6-13 16:45
大家的方法都太复杂,我的方法才是解几何极值的通用方法。不用解条件极值函数。全部直接得满足的条件式子, ...


谢谢 倪举鹏!绝妙的想法!也可以归纳到 7 楼去。

1,在三角形ACP中,已知∠CAP=120,

\(\D\frac{AP}{AC}=\frac{\sin∠ACP}{\sin∠APC}=\frac{1}{2}\),得:∠APC=40.893394649

2,在三角形BCP中,

\(\D\frac{\sin∠APC}{\sin∠BCP}=\frac{8}{BP}\),得:BP=12.220201853

3,特别地,任意三角形BCP,只要∠BCP=90,恒有:

\(\D\frac{AP}{AC}=\frac{\sin∠ACP}{\sin∠APC}=\frac{\cos∠ACB}{\cos∠ABC}\)

但要小心,不搞混了:

\(\D\frac{AP}{AC}=\frac{\sin∠ACP}{\sin∠APC}=\frac{\cos∠ACB}{\cos∠ABC}≠\frac{AB}{AC}\)

或:\(\D\frac{AB}{AC}=\frac{\sin∠ACB}{\sin∠ABC}=\frac{\cos∠ACP}{\cos∠APC}≠\frac{AP}{AC}\)


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