5363. На сторонах треугольника ABC
вне его построены квадраты ABEF
, BCPQ
и CAMN
. Какую наибольшую площадь может иметь шестиугольник EFMNPQ
, если BC=a
, AC=b
?
Ответ. 2(a^{2}+ab\sqrt{2}+b^{2})
.
Указание. Треугольники PCN
, MAF
и EBQ
равновелики треугольнику ABC
.
Решение. Обозначим AB=x
, \angle ACB=\gamma
. Тогда \angle PCN=180^{\circ}-\gamma
, поэтому
S_{\triangle PCN}=\frac{1}{2}CP\cdot CN\sin(180^{\circ}-\gamma)=\frac{1}{2}ab\sin\gamma=S_{\triangle ABC}.
Аналогично S_{\triangle FAM}=S_{\triangle ABC}
и S_{\triangle EBQ}=S_{\triangle ABC}
.
По теореме косинусов
x^{2}=AB^{2}=BC^{2}+AC^{2}-2BC\cdot AC\cos\gamma=a^{2}+b^{2}-2ab\cos\gamma.
Следовательно,
S_{EFMNPQ}=S_{BCPQ}+S_{CAMN}+S_{ABEF}+4S_{\triangle ABC}=
=a^{2}+b^{2}+x^{2}+4\cdot\frac{1}{2}ab\sin\gamma=
=a^{2}+b^{2}+a^{2}+b^{2}-2ab\cos\gamma+2ab\sin\gamma=
=2a^{2}+2b^{2}-2ab(\cos\gamma-\sin\gamma)=
=2a^{2}+2b^{2}-2ab\sqrt{2}\cos(\gamma+45^{\circ})\leqslant2a^{2}+2b^{2}+2ab\sqrt{2},
причём равенство достигается в случае, когда \cos(\gamma+45^{\circ})=-1
, т. е. при \gamma=135^{\circ}
.
Примечание. Для треугольника ABC
с углом 135^{\circ}
при вершине C
площадь шестиугольника EFMNPQ
равна удвоенной площади квадрата ABEF
(см. задачу 5288).
Источник: Готман Э. Г., Скопец З. А. Решение геометрических задач аналитическим методом: Пособие для учащихся 9—10 кл. — М.: Просвещение, 1979. — № 140, с. 26
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 1: Планиметрия, преобразования плоскости. — М.: МЦНМО, 2004. — № 120, с. 149