Олимпиадная задача по планиметрии — трапеция с максимальным периметром (8-10 класс)

Рассмотрим вписанную в круг трапецию ABCD , одним основанием которой является диаметр круга, и найдем выражение для ее периметра через радиус круга и боковую сторону (рис.). Затем исследуем, при каком условии это выражение будет максимальным. Введем обозначения: AB=CD=x (трапеция, вписанная в круг, всегда равнобедренная), BC=2y, AD=2R, AB+BC+CD+DA=2p . Опустим перпендикуляры BK AD, CM AD, AK=MD, BC=KM , AK=(AD-BC)/2, AK=(2R-2y)/2=R-y . Так как угол ABD опирается на диаметр, то он прямой. Из прямоугольного треугольника ABD можем выразить катет AB через гипотенузу и его проекцию на гипотенузу: AB²=AD· AK , т. е. x²=2R(R-y) . Найдем отсюда выражение для основания BC=2y через боковую сторону x : y=(2R²-x²)/2R . Периметр трапеции 2p=2x+2y+2R будет достигать максимального значения тогда же, когда и полупериметр p=x+y+R . Поэтому выразим полупериметр трапеции через x и R . p=x+(2R²-x²)/2R+R=(2Rx+4R²-x²)/2R . Поскольку знаменатель этого выражения постоянен, то максимум достигается при максимальном значении числителя, представляющего собой квадратный трёхчлен относительно x . Его старший коэффициент отрицателен, следовательно, трёхчлен имеет максимальное значение, не имея минимума. Как известно, максимума квадратный трёхчлен достигает в точке с абсциссой x=-b/2a , где a – старший коэффициент, b – коэффициент при первой степени аргумента. В нашем случае a=-1, b=2R . Поэтому x=-2R/(2(-1))=R . Итак, трапеция максимального периметра, вписанная в круг радиуса R , одним основанием которой является диаметр круга, должна иметь боковую сторону, равную радиусу. Отсюда вытекает построение.

Ответ задачи отсутствует