Във втората задача лесно забелязваме, че четириъгълникът с дадените свойства е делтоид.

- екстремална чертеж 1.PNG (8.53 KiB) Прегледано 270 пъти
След това пресмятаме страните чрез дадения радиус на вписаната окръжност [tex]R[/tex]. При това се налага да изчислим [tex]\frac{AT}{OT } =cotg15^\circ[/tex], където [tex]O[/tex] е центърът на окръжността вписана в четириъгълника (пресечната на ъглополовящите) и [tex]T[/tex] - допирната точка на тази окръжност с една от двойката по-дълги страни. Респективно, може първо да изчислим [tex]\frac{CZ}{OZ } =tg15^\circ[/tex], където [tex]Z[/tex] е допирната точка на тази окръжност с една от двойката по-къси страни.
[tex]tg^{2}15^\circ =\frac{sin^{2}15^\circ }{ cos^{2}15^\circ } =\frac{1-cos30^\circ }{ 1+cos30^\circ }=\frac{2-\sqrt{3} }{2+\sqrt{3} }[/tex]. След рационализиране и коренуване, достигаме до [tex]tg15^\circ =2-\sqrt{3}[/tex] и до [tex]CZ=(2-\sqrt{3})R[/tex].
С основната зависимост между тангенс и котангенс на един и същ ъгъл, намираме [tex]cotg15^\circ =2+\sqrt{3}[/tex]
и [tex]AT=(2+\sqrt{3})R[/tex] .
Така за страните получаваме
[tex]AB=AD=(3+\sqrt{3})R[/tex], [tex]BC=DC=(3-\sqrt{3})R[/tex].
Всичко е готово за изследване на лицето [tex]S(x)[/tex] на правоъгълника [tex]MBPQ[/tex].

- екстремална чертеж 2.PNG (7.44 KiB) Прегледано 270 пъти
Лицето представяме като функция на едната страна на правоъгълника - аргументът e означен [tex]BP=MQ=x[/tex] , както на чертеж 2. Другата страна получаваме чрез свойстата на [tex]\Delta AMQ[/tex], така:
[tex]MB=(3+\sqrt{3})R-x\sqrt{3}[/tex].
[tex]S(x)=-\sqrt{3} x^{2}+(3+\sqrt{3} )Rx[/tex] представлява квадратна функция, с аргумент [tex]x\in (0; (3-\sqrt{3})R].[/tex]
Явно максимумът на S(x) е при x[tex]=3-\sqrt{3}[/tex], защото върхът на параболата [tex]x_{0}=\frac{3+\sqrt{3}}{2 } \notin (0; (3-\sqrt{3})R][/tex].
Отг. [tex]maxS(x)=6(\sqrt{3}-1)R^{2}[/tex] - когато точката [tex]P[/tex] съвпадне с точката [tex]C.[/tex]
Feci, quod potui, faciant meliora p0tentes.
Сторих каквото можах, по-добрите по-добро да направят.