17816. Дана трапеция ABCD
с основаниями AB
и CD
, причём AB\gt DC
. Точка E
лежит на основании AB
, причём AE=DC
. Диагональ AC
пересекает отрезок DE
и диагональ BD
в точках F
и G
соответственно. Найдите отношение \frac{AB}{CD}
, для которого отношение площади треугольника SFG
к площади трапеции ABCD
максимально.
Ответ. 3.
Решение. Без ограничения общности будем считать, что AE=DC=1
и BE=x\gt0
. Треугольник CDG
подобен треугольнику ABG
с коэффициентом \frac{CD}{AB}=\frac{1}{1+x}
. Четырёхугольник ADCE
— параллелограмм, поэтому AF=FC
. Значит,
CF=\frac{1}{2}AC,~CG=\frac{1}{1+(1+x)}AC=\frac{1}{2+x}AC~\Rightarrow
\Rightarrow~FG=CF-CG=\frac{1}{2}AC-\frac{1}{2+x}AC=\frac{x}{2(2+x)}AC\Rightarrow
\Rightarrow~\frac{FG}{AC}=\frac{\frac{x}{2(2+x)}AC}{AC}=\frac{x}{2(2+x)}.
Следовательно, учитывая, что S_{\triangle ACD}=S_{\triangle ACE}
, получаем
\frac{S_{\triangle DEG}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{FG}{AC}S_{\triangle ACD}}{2S_{\triangle ACE}+\frac{x}{1}\cdot S_{\triangle ACE}}=\frac{\frac{x}{2(2+x)}S_{\triangle ACD}}{2S_{\triangle ACE}+x\cdot S_{\triangle ACE}}=
=\frac{\frac{x}{2(2+x)}}{2+x}=\frac{x}{2(2+x)^{2}}=\frac{1}{2\left(\frac{2}{\sqrt{x}}+\sqrt{x}\right)^{2}}=\frac{1}{2\left(\frac{2}{\sqrt{x}}-\sqrt{x}\right)^{2}+8}\leqslant\frac{1}{8},
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда \frac{2}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}
, т. е. тогда и только тогда, когда x=2
. В этом случае
\frac{AB}{CD}=\frac{1+x}{1}=1+x=1+2=3.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2009, задача 13