Question

求证，有人做出来加100分，决不食言。

周长相等的平面图形中原的面积最大

Answer 1

等长的曲线围成面积最大的图形是圆．

(Steiner解法）

1 周长一定的封闭曲线中，如果围成的面积最大，则必为凸图形．

若为该图形凹，可任作一条与曲线凹进部分有两个交点的直线，作该曲线在两交点间一段弧的对称曲线，则可得一个与之等周且面积更大的图形．

2 周长一定的面积最大的封闭曲线中，如果点A、B平分其周长，则弦AB平分其面积．

若AB不平分其面积，则该图形必有在AB某一侧面积较大，如图，不妨设N>M，则去掉M作N的关于AB的对称图形N’，则由N、N’组成的图形周长与原来的相等，但面积更大．

3对于既平分周长与又平分面积的弦AB，只考虑该图形在AB的任一侧的一半，若C为此段弧上任一点，则ACB=90．否则可把此图形划分为三块M、N、P，只须改变ACB的大小，使ACB=90，则M、N的面积不变，而P的面积变大．

这说明，此半段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆．

经典解法，顶上：同时补上图。帮助理解下第三条：

这里的改变角ACB的大小，指的是c点不动，改变M，N所在的扇面。

调整的过程中改变的是AB的长短，其他没有变。到<ACB为90度为止。

这是，M，N不变，P的大小为：BC×AC/2，取得了最大的面积。

第一次看到这个做法，在看第三条时卡了1会，主要是改变方法不对，觉得不适用于椭圆。后明白，特此补充。

Answer 2

好难！只是说平面图形。那形状就复杂了呀！

Answer 3

等长的曲线围成面积最大的图形是圆．
(Steiner解法）

1° 周长一定的封闭曲线中，如果围成的面积最大，则必为凸图形．
若为该图形凹，可任作一条与曲线凹进部分有两个交点的直线，作该曲线在两交点间一段弧的对称曲线，则可得一个与之等周且面积更大的图形．
2° 周长一定的面积最大的封闭曲线中，如果点A、B平分其周长，则弦AB平分其面积．
若AB不平分其面积，则该图形必有在AB某一侧面积较大，如图，不妨设N>M，则去掉M作N的关于AB的对称图形N’，则由N、N’组成的图形周长与原来的相等，但面积更大．
3°对于既平分周长与又平分面积的弦AB，只考虑该图形在AB的任一侧的一半，若C为此段弧上任一点，则∠ACB=90°．否则可把此图形划分为三块M、N、P，只须改变∠ACB的大小，使∠ACB=90°，则M、N的面积不变，而P的面积变大．
这说明，此半段曲线必为半圆，从而另一半也是半圆．

Answer 4

很好证明:
采用逐步证明法:
假设周长为C的某图形T,T面积最大.
1.T至少具有1条对称轴.
假设T没有对称轴,假设一条直线将T分成面积相等的T1,T2两部分.将T1和T1的镜面对称拼在一起构成的图形具有对称轴且和T面积相等.这与T无对称轴矛盾.

2.T至少具有2条对称轴.
假设T只有一条对称轴,假设一条非对称轴的直线将T分成面积相等的T1,T2两部分.将T1和T1的镜面对称拼在一起构成的图形具有两条对称轴且和T面积相等.这与T只有一条对称轴矛盾.

...

3.T具有无穷多条对称轴
依然反证法

因此T是圆形.

Answer 5

设周长a，正n边行面积a^2/[4n*tan（180/n)],圆面积a^2/4pai,要证明圆面积最大，就证明pai<n*tan（180/n),n*tan（180/n)的导数为[0.5n*sin(360/n)+180]/[n*cos^2(180/n)]>0,函数单调递增,且n大于等于3，为正整数，所以当n=3时，n*tan（180/n)最小，为3又根号三。因为3又根号三大于pai，所以4n*tan（180/n)]>4pai,即a^2/4pai>a^2/[4n*tan（180/n)],所以圆的面积永远大于正多边形的面积。（像相等周长下正方形面积大于长方形一样，正多边形面积比同周长的多边形面积大）

Answer 6

今天中午参观了新建的博中高速公路 极尽奢侈的水泥路 两旁被挖出红色泥土的山体骨架耸然