11019. Найдите периметр треугольника наибольшей площади, образованного большим основанием трапеции и продолжением боковых сторон трапеции, если известно, что меньшее основание в два раза меньше большего, а диагонали равны 5 и 6.
Ответ. \frac{26+4\sqrt{34}+2\sqrt{61}}{3}
.
Решение. Пусть продолжение боковых сторон AB
и CD
трапеции ABCD
с основаниями AD=2BC
пересекаются в точке E
, а площадь трапеции равна S
. Поскольку BC
— средняя линия треугольника AED
, площадь этого треугольника равна \frac{4}{3}S
, значит, эта площадь максимальна, когда максимальна площадь трапеции.
Площадь любого четырёхугольника равна половине произведения его диагоналей на синус угла \alpha
между ними (см. задачу 3018), поэтому
S=\frac{1}{2}AC\cdot BD\sin\alpha\leqslant\frac{1}{2}\cdot5\cdot BD\sin90^{\circ}=15,
причём равенство достигается при \alpha=90^{\circ}
. Значит, искомый периметр — это периметр треугольника с перпендикулярными медианами. Следовательно,
P_{\triangle AED}=AE+ED+AD=2AB+2CD+AD=
=2\sqrt{\frac{4}{9}AC^{2}+\frac{1}{9}BD^{2}}+2\sqrt{\frac{4}{9}BD^{2}+\frac{1}{9}AC^{2}}+\sqrt{\frac{4}{9}AC^{2}+\frac{4}{9}BD^{2}}=
=\frac{26+4\sqrt{34}+2\sqrt{61}}{3}.
Примечание. См. статью П.Горнштейна, В.Полонского и М.Якира «Геометрические решения экстремальных геометрических задач», Квант, 1992, N9, с.59-63.
Источник: Журнал «Квант». — 1992, № 9, с. 43, задача 2
Источник: Вступительный экзамен в МАИ. —