16163. Найдите наибольшую возможную площадь треугольника с заданными полупериметром p
и углом \alpha
.
Ответ. \frac{p^{2}\sin\alpha}{2\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)^{2}}
.
Решение. Пусть две другие стороны треугольника равны b
и c
. Обозначим через S
площадь треугольника. Тогда
2p=a+b+c,~a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha,~S=\frac{1}{2}bc\sin\alpha.
Заметим, что
b\lt a+c~\Rightarrow~2b\lt a+b+c~\Rightarrow~b\lt\frac{a+b+c}{2}~\Rightarrow~b\lt p~\Rightarrow~\frac{b}{p}\lt1.
Поскольку
2p-a=b+c\geqslant2\sqrt{bc},
причём равенство достигается, если b=c
, то наибольшая площадь достигается в случае, когда максимально произведение bc
, т. е. когда оно равно b^{2}
.
Из равенств
a=2p-2b~\mbox{и}~a^{2}=2b^{2}-2b^{2}\cos\alpha=4b^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}
получаем, что
4p^{2}-8bp+4b^{2}=4b^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}~\Leftrightarrow~b^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-2bp+p^{2}=0,
откуда
b=\frac{p\left(1\pm\sin\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Поскольку
\frac{b}{p}\lt1~\Rightarrow~\frac{1+\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}\lt1~\Rightarrow~\frac{1+\sin\frac{\alpha}{2}}{1-\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}\lt1~\Rightarrow~
~\Rightarrow~\frac{1}{1-\sin\frac{\alpha}{2}}\lt1~\Rightarrow~\sin\frac{\alpha}{2}\lt0,
корень b=\frac{p\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}
не удовлетворяет условию задачи. Значит,
b=\frac{p\left(1-\sin\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{p}{1+\sin\frac{\alpha}{2}}.
Следовательно, наибольшая площадь равна
S_{0}=\frac{1}{2}b^{2}\sin\alpha=\frac{1}{2}\left(\frac{p}{1+\sin\frac{\alpha}{2}}\right)^{2}\sin\alpha=\frac{p^{2}\sin\alpha}{2\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)^{2}}.