Най-голяма стойност

[Hephaestus]

Дадена е окръжност [tex]k[/tex] с радиус [tex]R = 1[/tex], която е описана около равностранен [tex]\triangle[/tex] [tex]ABC[/tex]. Върху дъгата [tex]\widehat{AC}[/tex], която не съдържа точката [tex]B[/tex], е избрана точка [tex]D[/tex], от която са спуснати перпендикуляри към правите [tex]AC,[/tex] [tex]BC[/tex] и [tex]AB[/tex], които ги пресичат съответно в точките [tex]P, Q[/tex] и [tex]T[/tex]. Да се намери възможно най-голямата стойност на сумата [tex]DP + DQ + DT[/tex].

[123a]

Първо от синусова теорема намираме, че $AB=\sqrt{3}$

Нека [tex]\angle[/tex]$DBC$$=$$\angle$$DAC=\alpha=>$$\angle$$DBA=$$\angle$$DCA=60-\alpha$

В $\triangle$$DBC$ $\frac{CD}{sin\alpha}=2=>CD=2sin\alpha$

В $\triangle$$DCQ$ $\frac{DQ}{CD}=sin(120-\alpha)=>DQ=2.sin\alpha.sin(60+\alpha)$

Понеже $ABCD$ е вписан четириъгълник, $\angle$$ADC=120$. В $\triangle$$ACD$ от синусова теорема имаме

$\frac{AD}{sin(60-\alpha)}=\frac{AC}{sin120}=>AD=2sin(60-\alpha)$

В $\triangle$$TDA$ $\angle$$TAD=120-\alpha$ В същия триъгълник имаме $\frac{DT}{AD}=sin(120-a)=>DT=2sin(60-\alpha).sin(60+\alpha)$

В $\triangle$$DPC$ $\frac{DP}{DC}=sin(60-\alpha)=>DP=2sin\alpha.sin(60-\alpha)$

Сега имаме

$DP+DQ+DT=2sin\alpha.sin(60-\alpha)+2.sin\alpha.sin(60+\alpha)+2sin(60-\alpha).sin(60+\alpha)$

Прилагаме формулата за произведение на синуси и получаваме

$2.sin(60-\alpha).sin(60+\alpha)=cos2\alpha-120$

Прилагаме формулата за сбор на синуси и получаваме

$2.sin\alpha.(sin(60-\alpha)+sin(60+\alpha))=sin2\alpha.\sqrt{3}$

Сега $DP+DQ+DT=cos2\alpha-120+sin2\alpha.\sqrt{3}=\frac{1}{2}+2cos(60-2\alpha)$ Тук изкуствено умножаваме и делим на 2 и получаваме формулата $cos(x-y)$

Най-голямата стойност на този сбор ще се достига, когато $cos(60-2\alpha)$ достигне най-голямата си стойност, т.е, когато $cos(60-2\alpha)=1=>60-2\alpha=0^\circ=>\alpha=30^\circ$

Тогава най-голямата стойност на сбора $DP+DQ+DT=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}$

[Alex98]

Ето един малко по-лесен начин
[tex]S_{ABCD}+S_{ACD}=S_{ABC}+2S_{ACD}=S_{ABD}+S_{BCD}+S_{ACD}=\frac{1}{2}(DP+DQ+DT)a[/tex]
Тъй като страната на равностранния триъгълник е фиксирана може да кажем , че търсената сума е най-голяма когато е най-голямо лицето на [tex]\triangle ACD[/tex] , от където пък следва , че [tex]DP[/tex] трябва да е максимално.
Нека [tex]BD_1 \bot AC[/tex] е диаметър на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност и [tex]BD_1\cap AC=H[/tex]
[tex]\Rightarrow BH+HD_1= BD_1\ge BD\ge DP+BH \Rightarrow HD_1 \ge DP[/tex] , като равенство се достига при [tex]D\equiv D_1 ; P\equiv H[/tex]
[tex]\Rightarrow DP[/tex] е максимално когато [tex]\triangle ACD[/tex] е равнобедрен [tex]\Rightarrow \angle ACD=\angle CAD=30^\circ \Rightarrow \angle BAD=\angle BCD=90^\circ \Rightarrow Q\equiv C ; T\equiv A \Rightarrow DQ=DT=R ; DP=\frac{1}{2}R[/tex]( катет срещу ъгъл[tex]30^\circ[/tex])
[tex]\Rightarrow DP+DQ+DT=\frac{5}{2}R[/tex]