17829. Точки A
, B
, C
, M
, N
лежат на окружности с диаметром MN
, причём A
и B
— по одну сторону от прямой MN
, C
— по другую, а A
— середина дуги MN
. Хорда CA
и CB
пересекают диаметр MN
в точках P
и Q
соответственно. Известно, что MN=1
и MB=\frac{12}{13}
. Найдите наибольшее значение PQ
.
Ответ. \frac{17-3\sqrt{15}}{7}
.
Решение. Из прямоугольного треугольника ABN
находим, что
BN=\sqrt{MN^{2}-BM^{2}}=\sqrt{1^{2}-\left(\frac{12}{13}\right)^{2}}=\frac{5}{13}.
Обозначим \frac{CM}{CN}=r
и PQ=d
. Пусть MM_{1}
и NN_{1}
— высоты треугольников BMC
и BNC
. Тогда
\frac{MQ}{NQ}=\frac{MM_{1}}{NN_{1}}=\frac{S_{\triangle BMC}}{S_{\triangle BNC}}=\frac{\frac{1}{2}BM\cdot CM\sin\angle BMC}{\frac{1}{2}BN\cdot CN\sin\angle(180^{\circ}-\angle BMC)}=
=\frac{BM\cdot CM}{BN\cdot CN}=\frac{\frac{12}{13}}{\frac{5}{13}}\cdot r=\frac{12r}{5},
а так как MN=1
, то
\frac{NQ}{MN}=\frac{NQ}{NQ+MQ}=\frac{1}{1+\frac{MQ}{NQ}}=\frac{1}{1+\frac{12r}{5}}=\frac{5}{12r+5}~\Rightarrow
\Rightarrow~NQ=MN\cdot\frac{5}{12r+5}=\frac{5}{12r+5}.
Учитывая, что AN=AM
(так как A
— середина дуги MN
), аналогично получим, что NP=\frac{1}{r+1}
. Тогда
d=PQ=NP-NQ=\frac{1}{r+1}-\frac{5}{12r+5}.
Таким образом, нужно найти наименьшее значение d\lt1
, для которого уравнение
\frac{1}{r+1}-\frac{5}{12r+5}=d
имеет решение.
После очевидных упрощений получим квадратное уравнение
12dr^{2}+(17d-7)r+5d=0.
Исходная задача сводится теперь к нахождению наибольшего значения d\lt1
, для которого дискриминант этого квадратного уравнения неотрицателен, т. е.
(17d-7)^{2}-4\cdot12d\cdot5d\geqslant0~\Leftrightarrow~7d^{2}-34d+7\geqslant0.
Последнее неравенство выполняется для тех и только тех d\lt1
, которые удовлетворяют условию
d\leqslant\frac{17-4\sqrt{15}}{7}~~\mbox{или}~d\geqslant\frac{17+4\sqrt{15}}{7}.
поскольку \frac{17-4\sqrt{15}}{7}\lt1
, то искомое наибольшее значение p
равно \frac{17-4\sqrt{15}}{7}
.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2013, задача 16