平面几何题

chaijining

这个初中平面几何三角形面积最值如何求，求解，谢谢！

已知 $A B C D$ 为一平行四边形，$\angle B=45^{\circ}$，$P$ 为 $A B$ 上一点，$A P=1, B P=3 \sqrt{2}, A D=7$，$E,F$ 分别为 $A D,B C$ 上一动点，$P E=P F$，求 $S_{\triangle P E F}$ 的最大值。

hbghlyj

第一步：建立坐标系并确定点的坐标以点 \(B\) 为坐标原点 \((0,0)\)，以射线 \(BC\) 为 \(x\) 轴正方向，建立直角坐标系。

• 点 B, C 的坐标: \(B = (0, 0)\) 因为 \(ABCD\) 是平行四边形, \(AD=7\), 所以 \(BC=7\)。 \(C = (7, 0)\)
• 点 P 的坐标: 点 P 在线段 AB 上, \(BP = 3\sqrt{2}\), \(\angle ABC = 45^\circ\)。 P 的坐标为 \((3\sqrt{2} \cos 45^\circ, 3\sqrt{2} \sin 45^\circ) = (3\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}, 3\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) = (3, 3)\). 所以, \(P = (3, 3)\)。
• 直线 AD, BC 的方程: 直线 BC 就是 x 轴, 方程为 \(y=0\)。 直线 AD 平行于 BC, 我们需要确定它到 BC 的距离 (即 y 坐标)。这个距离是过点 A 作 BC 的垂线段的长度。 \(AB = AP + BP = 1 + 3\sqrt{2}\)。 A 点到直线 BC 的距离为 \(h = AB \sin 45^\circ = (1+3\sqrt{2}) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}+6}{2}\)。 所以直线 AD 的方程为 \(y = \frac{6+\sqrt{2}}{2}\)。
• 动点 E, F 的坐标: 点 E 在直线 AD 上, 点 F 在直线 BC 上。设它们的坐标为: \(E = (x_E, \frac{6+\sqrt{2}}{2})\) \(F = (x_F, 0)\)

第二步：利用约束条件 \(PE=PF\) 建立方程根据两点间距离公式，\(PE^2 = PF^2\): \((x_E - 3)^2 + (\frac{6+\sqrt{2}}{2} - 3)^2 = (x_F - 3)^2 + (0 - 3)^2\) \((x_E - 3)^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = (x_F - 3)^2 + 9\) \((x_E - 3)^2 + \frac{1}{2} = (x_F - 3)^2 + 9\) \((x_E - 3)^2 - (x_F - 3)^2 = 9 - \frac{1}{2} = \frac{17}{2}\)
为简化计算，我们进行换元。令 \(u = x_E - 3\)，\(v = x_F - 3\)。则约束方程为： \(u^2 - v^2 = \frac{17}{2}\)
第三步：表示 \(\triangle PEF\) 的面积我们使用坐标几何中的三角形面积公式（“鞋带公式”）： \(S_{\triangle PEF} = \frac{1}{2} |x_P(y_E - y_F) + x_E(y_F - y_P) + x_F(y_P - y_E)|\) \(S_{\triangle PEF} = \frac{1}{2} |3(\frac{6+\sqrt{2}}{2} - 0) + x_E(0 - 3) + x_F(3 - \frac{6+\sqrt{2}}{2})|\) \(S_{\triangle PEF} = \frac{1}{2} |\frac{18+3\sqrt{2}}{2} - 3x_E + x_F(\frac{6 - (6+\sqrt{2})}{2})|\) \(S_{\triangle PEF} = \frac{1}{2} |\frac{18+3\sqrt{2}}{2} - 3x_E + x_F(-\frac{\sqrt{2}}{2})|\)
将 \(x_E = u+3\) 和 \(x_F = v+3\) 代入： \(S = \frac{1}{2} |\frac{18+3\sqrt{2}}{2} - 3(u+3) - \frac{\sqrt{2}}{2}(v+3)|\) \(S = \frac{1}{2} |\frac{18+3\sqrt{2}}{2} - 3u - 9 - \frac{\sqrt{2}}{2}v - \frac{3\sqrt{2}}{2}|\) \(S = \frac{1}{2} |\frac{18}{2} + \frac{3\sqrt{2}}{2} - 3u - 9 - \frac{\sqrt{2}}{2}v - \frac{3\sqrt{2}}{2}|\) \(S = \frac{1}{2} |9 - 3u - 9 - \frac{\sqrt{2}}{2}v|\) \(S = \frac{1}{2} |-3u - \frac{\sqrt{2}}{2}v| = \frac{1}{2} |3u + \frac{\sqrt{2}}{2}v|\)
第四步：确定变量范围并求解最值我们需要在约束条件 \(u^2 - v^2 = \frac{17}{2}\) 下，求 \(S = \frac{1}{2} |3u + \frac{\sqrt{2}}{2}v|\) 的最大值。 我们还需要确定 \(u, v\) 的取值范围。

• v 的范围: \(F(x_F, 0)\) 在线段 \(BC\) 上, \(B(0,0), C(7,0)\)。所以 \(0 \le x_F \le 7\)。 \(v = x_F - 3\), 所以 \(-3 \le v \le 4\)。
• u 的范围: \(E(x_E, \frac{6+\sqrt{2}}{2})\) 在线段 \(AD\) 上。 \(A\) 的坐标为 \(((1+3\sqrt{2})\cos 45^\circ, \frac{6+\sqrt{2}}{2}) = (\frac{6+\sqrt{2}}{2}, \frac{6+\sqrt{2}}{2})\)。 \(D = A + (7,0) = (\frac{6+\sqrt{2}}{2}+7, \frac{6+\sqrt{2}}{2}) = (\frac{20+\sqrt{2}}{2}, \frac{6+\sqrt{2}}{2})\)。 所以 \(\frac{6+\sqrt{2}}{2} \le x_E \le \frac{20+\sqrt{2}}{2}\)。 \(u = x_E - 3\), 所以 \(\frac{\sqrt{2}}{2} \le u \le \frac{14+\sqrt{2}}{2}\)。

现在，我们将 \(v\) 的范围代入约束方程 \(u^2 = v^2 + \frac{17}{2}\) 来限制 \(u\) 的范围。 因为 \(-3 \le v \le 4\), 所以 \(0 \le v^2 \le 16\)。 \(0 + \frac{17}{2} \le u^2 \le 16 + \frac{17}{2}\) \(\frac{17}{2} \le u^2 \le \frac{49}{2}\) 因为 \(u\) 必须为正 (\(\frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.7\), 而 \(\sqrt{17/2} \approx \sqrt{8.5} \approx 2.9\)), 所以 \(\sqrt{\frac{17}{2}} \le u \le \sqrt{\frac{49}{2}} = \frac{7}{\sqrt{2}} = \frac{7\sqrt{2}}{2}\)。
这是一个更严格的 \(u\) 的范围。 我们的目标是求 \(S = \frac{1}{2} |3u + \frac{\sqrt{2}}{2}v|\) 的最大值，其中 \(u^2 - v^2 = \frac{17}{2}\)，且 \(u, v\) 满足上述范围。
这可以看作一个线性规划问题，目标函数是线性的，约束是双曲线的一段。最值通常在边界点取到。我们检查 \(v\) 的边界值：

• 当 \(v=4\) (即 F=C) 时: \(u^2 = 4^2 + \frac{17}{2} = 16 + \frac{17}{2} = \frac{49}{2} \implies u = \frac{7}{\sqrt{2}} = \frac{7\sqrt{2}}{2}\)。 此时 \(u\) 和 \(v\) 都在允许的范围内。 \(S = \frac{1}{2} |3(\frac{7\sqrt{2}}{2}) + \frac{\sqrt{2}}{2}(4)| = \frac{1}{2} |\frac{21\sqrt{2}}{2} + \frac{4\sqrt{2}}{2}| = \frac{1}{2} |\frac{25\sqrt{2}}{2}| = \frac{25\sqrt{2}}{4}\)。
• 当 \(v=-3\) (即 F=B) 时: \(u^2 = (-3)^2 + \frac{17}{2} = 9 + \frac{17}{2} = \frac{35}{2} \implies u = \sqrt{\frac{35}{2}} = \frac{\sqrt{70}}{2}\)。 此时 \(u\) 和 \(v\) 也在允许的范围内。 \(S = \frac{1}{2} |3(\frac{\sqrt{70}}{2}) + \frac{\sqrt{2}}{2}(-3)| = \frac{1}{2} |\frac{3\sqrt{70}}{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2}| = \frac{3}{4}(\sqrt{70}-\sqrt{2})\)。

现在比较这两个值： \(S_1 = \frac{25\sqrt{2}}{4} \approx \frac{25 \times 1.414}{4} \approx \frac{35.35}{4} \approx 8.84\) \(S_2 = \frac{3}{4}(\sqrt{70}-\sqrt{2}) \approx \frac{3}{4}(8.36 - 1.41) = \frac{3}{4}(6.95) \approx 5.21\)
显然，\(S_1 > S_2\)。因此，最大值在 \(F=C\) 时取得。
结论通过建立坐标系，将几何问题转化为代数问题，我们发现 \(\triangle PEF\) 的面积可以表示为 \(S = \frac{1}{2} |3u + \frac{\sqrt{2}}{2}v|\)，其中 \(u,v\) 满足双曲线方程 \(u^2-v^2=\frac{17}{2}\) 以及由点E, F位置决定的边界条件。通过分析边界，我们得到面积的最大值。
\(S_{\triangle P E F}\) 的最大值为 \(\boxed{\frac{25\sqrt{2}}{4}}\)。