16513. В треугольнике ABC
угол при вершине A
равен 60^{\circ}
; P
— точка плоскости, для которой PA=6
, PB=7
и PC=10
. Найдите наибольшее значение площади треугольника ABC
.
Ответ. 36+22\sqrt{3}
.
Решение. Достроим треугольники ABC
и APC
до параллелограммов ABDC
и APEC
соответственно. Тогда треугольники CED
и APB
равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому BPED
— тоже параллелограмм. Учитывая, что \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}
, получаем
PD^{2}-PC^{2}+PA^{2}-PB^{2}=\overrightarrow{PD}^{2}-\overrightarrow{PC}^{2}+\overrightarrow{PA}^{2}-\overrightarrow{PB}^{2}=
=(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AD})^{2}-(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AC})^{2}+\overrightarrow{PA}^{2}-(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AB})^{2}=
=\overrightarrow{AD}^{2}+2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{PA}^{2}-\overrightarrow{AC}^{2}-2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{PA}^{2}+\overrightarrow{PA}^{2}-\overrightarrow{AB}^{2}-2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{PA}^{2}=
=\overrightarrow{AD}^{2}+2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}^{2}-2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}^{2}-2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{AB}=
=\overrightarrow{AD}^{2}+2\overrightarrow{PA}\cdot(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})-\overrightarrow{AC}^{2}-\overrightarrow{AB}^{2}=
=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})^{2}-\overrightarrow{AC}^{2}-\overrightarrow{AB}^{2}=2AB\cdot AC\cos\angle A=AB\cdot AC=CD\cdot PE.
Таким образом,
PD^{2}-PC^{2}+PA^{2}-PB^{2}=PD^{2}-100+36-49=PD^{2}-113=CD\cdot PE.
По неравенству Птолемея (см. задачу 10938) для четырёхугольника CEDP
получаем
PD^{2}-113=CD\cdot PE\leqslant CE\cdot PD+PC\cdot DE=PA\cdot PD+PC\cdot PB=6PD+10\cdot7=6PD+70,
откуда
PD^{2}-6PD-183\leqslant0~\Rightarrow~PD\leqslant3+8\sqrt{3},
причём равенство выполняется тогда и только тогда, когда четырёхугольник CEPD
вписанный. Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{4}CD\cdot PE\leqslant\frac{\sqrt{3}}{4}(PC\cdot DE+PD\cdot CE)=
=\frac{\sqrt{3}}{4}(PC\cdot PB+PD\cdot PA)=\frac{\sqrt{3}}{4}(70+18+48\sqrt{3})\leqslant36+22\sqrt{3}.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2001, том 74, № 4, задача 1605, с. 327