16861. Бумажный квадрат площади 17 согнули по прямой, проходящей через его центр, после чего соприкасающиеся части склеили. Найдите максимально возможную площадь получившейся бумажной фигуры.
Ответ. 17(2-\sqrt{2})
.
Решение. Введём обозначения, как указано на рисунке. Обозначим сторону данного квадрата ABCD
через a
. Пусть прямая сгиба отсекает от стороны AD
отрезок AP=x\lt\frac{a}{2}
. Полученная конфигурация симметрична относительно прямой PR
. С другой стороны, квадрат A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
получен из квадрата ABCD
с помощью поворота относительно центра квадрата. Тогда
x=AP=PA_{1}=C_{1}R=RC=BM=MD_{1}.
Значит, прямоугольные треугольники AQP
, MBN
, NC_{1}R
, QD_{1}M
равны.
Таким образом, площадь получившейся фигуры равна сумме площадей прямоугольной трапеции PD_{1}C_{1}R
и двух равных прямоугольных треугольников AQP
и MBN
.
Поскольку площадь трапеции равна половине площади квадрата, т. е. \frac{a^{2}}{2}
, то осталось найти максимальную площадь прямоугольного треугольника AQP
, периметр которого равен
AP+AQ+PQ=BM+AQ+QM=a.
Докажем, что максимальная площадь прямоугольного треугольника с заданным периметром будет у равнобедренного треугольника.
Действительно, обозначив катеты треугольника a
и b
, а гипотенузу c
, запишем периметр 2p=a+b+c
. Используя неравенство Коши (см. задачу 3399), получим
2p=a+b+c=a+b+\sqrt{a^{2}+b^{2}}\geqslant2\sqrt{ab}+\sqrt{2ab}=\sqrt{ab}(2+\sqrt{2})~\Rightarrow
\Rightarrow~\frac{ab}\leqslant\frac{2p}{2+\sqrt{2}},
откуда для площади S
треугольника верно неравенство
S=\frac{1}{2}ab\leqslant\frac{1}{2}\left(\frac{2p}{2+\sqrt{2}}\right)^{2}=\frac{2p^{2}}{(2+\sqrt{2})^{2}},
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b
.
(Этот вывод можно сделать также из чисто геометрических соображений: если в прямой угол ABC
вписать окружность радиуса p
, то эта окружность будет вневписанной для всех прямоугольных треугольников с катетами BX
и BY
, расположенными на сторонах угла (см. задачу 1750), а так как периметр задан, то наибольшая площадь будет у треугольника с наибольшим радиусом вписанной окружности, а этот радиус будет наибольшим, когда вписанная окружность касается вневписанной (если этот радиус будет больше, то эти окружности пересекутся, что невозможно), т. е. когда треугольник равнобедренный.)
Итак,
\angle QPA=45^{\circ}~\Rightarrow~\angle RPD=\angle QPR=\frac{1}{2}(180^{\circ}-45^{\circ})=67{,}5^{\circ}.
Тогда
a=AB=x+MQ+x=2x+QP=2x+x\sqrt{2}~\Rightarrow~x=\frac{a}{2+\sqrt{2}}=\frac{a(2-\sqrt{2})}{2}~\Rightarrow
\Rightarrow~S_{\triangle QPA}=\frac{x^{2}}{2}=\frac{a^{2}(2-\sqrt{2})^{2}}{8}=\frac{a^{2}(3-2\sqrt{2})}{4}.
Следовательно, искомая наименьшая площадь рассматриваемой фигуры равна
\frac{a^{2}}{2}+2\cdot\frac{a^{2}(3-2\sqrt{2})}{4}=\frac{a^{2}(1+3-2\sqrt{2})}{2}=a^{2}(2-\sqrt{2})=17(2-\sqrt{2}).
Источник: Математическая олимпиада МГУ «Покори Воробьёвы горы». — 2020-2021, май 2021, закл. тур, 10-11 классы, задача 5