16042. Точка D
лежит на стороне BC
равностороннего треугольника ABC
со стороной 1, а r_{1}
и r_{2}
— радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABC
и ABC
соответственно. Известно, что BD=p
. Найдите наибольшее значение произведения r_{1}r_{2}
.
Ответ. \frac{2-\sqrt{3}}{8}
.
Решение. По теореме косинусов из треугольника ABD
находим, что
AD=\sqrt{1^{2}+p^{2}-2\cdot1\cdot p\cdot\cos60^{\circ}}=\sqrt{1+p^{2}-p}.
Пусть S
— площадь треугольника ABD
. Тогда
S=\frac{1}{2}\cdot1\cdot p\sin60^{\circ}=\frac{p\sqrt{3}}{4}.
С другой стороны, если P
— периметр треугольника ABC
, то (см. задачу 452)
S=\frac{1}{2}P\cdot r_{1}=\frac{1}{2}(1+p+\sqrt{p^{2}-p+1})r_{1}.
Из равенства
\frac{1}{2}P\cdot r_{1}=\frac{1}{2}(1+p+\sqrt{p^{2}-p+1})r_{1}=\frac{\sqrt{3}}{4}
получаем
r_{1}=\frac{\frac{p\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{2}(1+p+\sqrt{p^{2}-p+1})}=\frac{p\sqrt{3}(1+p-\sqrt{p^{2}-p+1})}{2(1+p+\sqrt{p^{2}-p+1})(1+p-\sqrt{p^{2}-p+1})}=
=\frac{p\sqrt{3}(1+p-\sqrt{p^{2}-p+1})}{2((1+p)^{2}-(p^{2}-p+1)}=\frac{\sqrt{3}(1+p-\sqrt{p^{2}-p+1})}{6}.
Аналогично, заменив во всех вычислениях p
на 1-p
, получаем
r_{2}=\frac{\sqrt{3}(2-p-\sqrt{p^{2}-p+1})}{6}.
Значит,
r_{1}r_{2}=\frac{\sqrt{3}(1+p-\sqrt{p^{2}-p+1})}{6}\cdot\frac{\sqrt{3}(2-p-\sqrt{p^{2}-p+1})}{6}=
=\frac{1-\sqrt{p^{2}-p+1}}{4}=\frac{1-\sqrt{\left(p-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}}}{4}\leqslant~\frac{1-\sqrt{\frac{3}{4}}}{4}=\frac{2-\sqrt{3}}{8},
причём равенство достигается при p=\frac{1}{2}
.