16511. Восьмиугольник P_{1}P_{2}P_{3}P_{4}P_{5}P_{6}P_{7}P_{8}
вписан в окружность. Дано, что P_{1}P_{3}P_{5}P_{7}
— квадрат со стороной 5, а P_{2}P_{4}P_{6}P_{8}
— прямоугольник с площадью 4. Найдите наибольшую возможную площадь восьмиугольника.
Ответ. 3\sqrt{5}
.
Решение. Первый способ. Пусть O
— центр окружности, R
— радиус. Тогда R=\sqrt{\frac{5}{2}}
, а диагональ прямоугольника P_{2}P_{4}P_{6}P_{8}
равна 2R=\sqrt{10}
. Из системы P_{2}P_{4}\cdot P_{4}P_{6}=4
и P_{2}P_{4}^{2}+P_{4}P_{6}^{2}=10
находим, что стороны прямоугольника равны \sqrt{2}
и 2\sqrt{2}
. Без ограничения общности будем считать, что P_{2}P_{4}=\sqrt{2}
.
Обозначим \angle P_{1}OP_{2}=\alpha
и \angle P_{2}OP_{4}=\beta
, . По теореме косинусов из равнобедренного треугольника P_{2}OP_{4}
со сторонами OP_{2}=OP_{4}=\sqrt{\frac{5}{2}}
и P_{2}P_{4}=\sqrt{2}
находим, что \cos\beta=\frac{3}{5}
. Тогда \sin\beta=\frac{4}{5}
.
Пусть S
— площадь данного восьмиугольника. Поскольку
S_{\triangle P_{i}OP_{j}}=\frac{1}{2}R^{2}\sin\angle P_{i}OP_{j},
получаем
S=S_{\triangle P_{1}OP_{2}}+S_{\triangle P_{2}OP_{3}}+\dots+S_{\triangle P_{7}OP_{8}}+S_{\triangle P_{8}OP_{1}}=
=\frac{1}{2}R^{2}(\sin\angle P_{1}OP_{2}+\sin\angle P_{2}OP_{3}+\dots+\sin\angle P_{7}OP_{8}+\sin\angle P_{8}OP_{1})=
=\frac{5}{4}(2\sin\angle P_{1}OP_{2}+2\sin\angle P_{2}OP_{3}+2\sin\angle P_{3}OP_{4}+2\sin\angle P_{4}OP_{5})=
=\frac{5}{2}(\sin\angle P_{1}OP_{2}+\sin\angle P_{2}OP_{3}+\sin\angle P_{3}OP_{4}+\sin\angle P_{4}OP_{5}),
так как вершины P_{5}
, P_{6}
, P_{7}
и P_{8}
диаметрально противоположны вершинам P_{1}
, P_{2}
, P_{3}
и P_{4}
соответственно.
Поскольку
\angle P_{1}OP_{3}=90^{\circ},~\angle P_{2}OP_{3}=\angle P_{1}OP_{3}-\angle P_{1}OP_{2}=90^{\circ}-\alpha,
\angle P_{3}OP_{4}=\angle P_{2}OP_{4}-\angle P_{2}OP_{3}=\beta-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha+\beta-90^{\circ},
\angle P_{4}OP_{5}=\angle P_{3}OP_{5}-\angle P_{3}OP_{4}=90^{\circ}-(\alpha+\beta-90^{\circ})=180^{\circ}-(\alpha+\beta),
то
S=\frac{5}{2}(\sin\alpha+\sin(90^{\circ}-\alpha)+\sin(\alpha+\beta-90^{\circ})+\sin(180^{\circ}-\alpha-\beta))=
=\frac{5}{2}(\sin\alpha+\cos\alpha-\cos(\alpha+\beta)+\sin(\alpha+\beta))=
=\frac{5}{2}(\sin\alpha(1+\sin\beta+\cos\beta)+\cos\alpha(1-\cos\beta+\sin\beta))=
=\frac{5}{2}\left(\sin\alpha\left(1+\frac{4}{5}+\frac{3}{5}\right)+\cos\alpha\left(1-\frac{3}{5}+\frac{4}{5}\right)\right)=
=\frac{5}{2}\left(\frac{12}{5}\sin\alpha+\frac{6}{5}\cos\alpha\right)=6\sin\alpha+3\cos\alpha\leqslant\sqrt{6^{2}+3^{2}}=3\sqrt{5},
причём равенство достигается при \alpha=\arctg\frac{1}{2}
(см. задачу 5436). Следовательно, наибольшее значение площади данного восьмиугольника равно 3\sqrt{5}
.
Второй способ. Воспользуемся следующим очевидным утверждением. Из всех вписанных в окружность треугольников ABC
с фиксированными стороной AB
и дугой AB
наибольшую площадь имеет равнобедренный с основанием AB
.
Площадь данного восьмиугольника состоит из фиксированной площади прямоугольника P_{2}P_{4}P_{6}P_{8}
, сложенной с удвоенной суммой площадей треугольников P_{8}P_{1}P_{2}
и P_{2}P_{3}P_{4}
. Последняя сумма наибольшая в случае, когда треугольники P_{8}P_{1}P_{2}
и P_{2}P_{3}P_{4}
равнобедренные с основаниями P_{2}P_{8}
и P_{2}P_{4}
. Пусть P_{2}P_{8}=2\sqrt{2}
и P_{2}P_{4}=\sqrt{2}
(см. первый способ). Тогда
S_{\triangle P_{8}P_{1}P_{2}}=\frac{1}{2}P_{2}P_{8}\cdot\left(OP_{1}-\frac{1}{2}P_{2}P_{4}\right)=\sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{5}{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{5}-1.
S_{\triangle P_{2}P_{3}P_{4}}=\frac{1}{2}P_{2}P_{4}\cdot\left(OP_{3}-\frac{1}{2}P_{2}P_{8}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\sqrt{\frac{5}{2}}-\sqrt{2}\right)=\frac{\sqrt{5}}{2}-1.
Следовательно, наибольшее значение площади данного восьмиугольника равно
4+2\left(\sqrt{5}-1+\frac{\sqrt{5}}{2}-1\right)=3\sqrt{5}.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2001, том 74, № 1, задача A3, с. 77 и 78
Источник: Математические олимпиады США. —