/Szkoła średnia/Geometria/Planimetria/Zadania na ekstrema/Najmniejsze pole

Zadanie nr 4825283

Bok kwadratu ABCD ma długość 1. Na bokach BC i CD wybrano odpowiednio punkty E i F umieszczone tak, by |CE | = 2|DF | . Oblicz wartość x = |DF | , dla której pole trójkąta AEF jest najmniejsze.

Wersja PDF

Rozwiązanie

Rozpoczynamy od rysunku

PIC

Sposób I

Pole trójkąta AEF będzie najmniejsze jeżeli suma pól trójkątów prostokątnych ABE ,ECF i ADF będzie największa. Szukamy zatem wartości największej funkcji

P (x) = PABE + PECF + PADF = 1 1 1 = --⋅1 ⋅(1 − 2x) + --⋅2x ⋅(1 − x) + --⋅1 ⋅x = 2 ( 2 ) ( 2 ) 1- 2 1- 2 = 2 1 − 2x + 2x− 2x + x = 2 − 2x + x + 1

określonej dla ( ) x ∈ 0, 12 . Wykresem tej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w dół, więc największą wartość otrzymamy w wierzchołku, czyli dla

−b − 1 1 x = ----= ----= -. 2a − 4 4

Na koniec pozostaje zauważyć, że otrzymana wartość x należy do dziedziny funkcji P(x ) .

Sposób II

Dorysujmy na płaszczyźnie układ współrzędnych tak, aby A = (0,0) i C = (1,1) . Wtedy F = (x ,1) i E = (1 ,1 − 2x ) . Zatem ze wzoru na pole trójkąta o wierzchołkach A = (xA,yA ) , B = (xB,yB ) i C = (xC ,yC) .

PABC = 1|(xB − xA )(yC − yA )− (yB − yA )(xC − xA )| 2

mamy

1 PAEF = --|(1 − 0)(1 − 0) − (1 − 2x − 0 )(x − 0)| = 2 = 1-|1 − (1 − 2x )x| = 1|2x 2 − x + 1|. 2 2

Ponieważ x ∈ (0 ,1) , więc

2x 2 − x+ 1 > 2x2 − 1 + 1 = 2x 2 > 0,

czyli wyrażenie pod wartością bezwzględną jest dodatnie i mamy

PAEF = 1-(2x2 − x + 1). 2

Wykresem tej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w górę, czyli największą wartość otrzymamy w wierzchołku, czyli dla

1 x = --. 4

Jak poprzednio zauważamy, że otrzymana wartość x należy do dziedziny funkcji P .  
Odpowiedź: x = 14

Wersja PDF