Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 10500
2023-02-18 
В данный треугольник впишите параллелограмм наибольшей площади с данным острым углом так, чтобы две вершины параллелограмма лежали на стороне треугольника, а две другие - на двух других сторонах.
Решение:
Пусть $B_{1}$ и $C_{1}$ - середины сторон соответственно $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$, а точки $E$ и $F$, лежащие на стороне $BC$, - вершины параллелограмма $B_{1}C_{1}FE$ с данным острым углом. Докажем, что этот параллелограмм имеет наибольшую площадь среди всех параллелограммов $PMNQ$, вершины $P$ и $M$ которых лежат на сторонах соответственно $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$, вершины $N$ и $Q$ - на стороне $BC$, а острый угол $MPQ$ равен заданному.
Предположим, что точка $P$ лежит на отрезке $AB_{1}$. Тогда $MP=\frac{a}{2}-x$ (где $a=BC$ и $x\gt0$), а высота параллелограмма $PMNQ$, опущенная на сторону $NQ$, равна $\frac{h}{2}+y$ (где $h$ - высота треугольника $ABC$), опущенная на сторону $BC$, и $y\gt0$. Из подобия треугольников $APM$ и $AB_{1}C_{1}$ получаем, что
$\frac{MP}{B_{1}C_{1}}=\frac{h-\left(\frac{h}{2}-y\right)}{\frac{h}{2}}=\frac{\frac{h}{2}-y}{\frac{h}{2}},~\mbox{или}~\frac{\frac{a}{2}-x}{\frac{a}{2}}=\frac{\frac{h}{2}-y}{\frac{h}{2}},$
откуда
$\frac{a}{2}-x=\frac{a}{h}\left(\frac{h}{2}-y\right).$
Значит,
$S_{PMNQ}=\left(\frac{a}{2}-x\right)\left(\frac{h}{2}+y\right)=\frac{a}{h}\left(\frac{h}{2}-y\right)\left(\frac{h}{2}+y\right)=\frac{a}{h}\left(\frac{h^{2}}{4}-y^{2}\right)\lt\frac{a}{h}\cdot\frac{h^{2}}{4}=\frac{ah}{4}=S_{B_{1}C_{1}FE}.$
Что и требовалось доказать.
Аналогично для случая, когда точка $P$ лежит на отрезке $BB_{1}$.
В данный треугольник впишите параллелограмм наибольшей площади с данным острым углом так, чтобы две вершины параллелограмма лежали на стороне треугольника, а две другие - на двух других сторонах.
Решение:
Пусть $B_{1}$ и $C_{1}$ - середины сторон соответственно $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$, а точки $E$ и $F$, лежащие на стороне $BC$, - вершины параллелограмма $B_{1}C_{1}FE$ с данным острым углом. Докажем, что этот параллелограмм имеет наибольшую площадь среди всех параллелограммов $PMNQ$, вершины $P$ и $M$ которых лежат на сторонах соответственно $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$, вершины $N$ и $Q$ - на стороне $BC$, а острый угол $MPQ$ равен заданному.
Предположим, что точка $P$ лежит на отрезке $AB_{1}$. Тогда $MP=\frac{a}{2}-x$ (где $a=BC$ и $x\gt0$), а высота параллелограмма $PMNQ$, опущенная на сторону $NQ$, равна $\frac{h}{2}+y$ (где $h$ - высота треугольника $ABC$), опущенная на сторону $BC$, и $y\gt0$. Из подобия треугольников $APM$ и $AB_{1}C_{1}$ получаем, что
$\frac{MP}{B_{1}C_{1}}=\frac{h-\left(\frac{h}{2}-y\right)}{\frac{h}{2}}=\frac{\frac{h}{2}-y}{\frac{h}{2}},~\mbox{или}~\frac{\frac{a}{2}-x}{\frac{a}{2}}=\frac{\frac{h}{2}-y}{\frac{h}{2}},$
откуда
$\frac{a}{2}-x=\frac{a}{h}\left(\frac{h}{2}-y\right).$
Значит,
$S_{PMNQ}=\left(\frac{a}{2}-x\right)\left(\frac{h}{2}+y\right)=\frac{a}{h}\left(\frac{h}{2}-y\right)\left(\frac{h}{2}+y\right)=\frac{a}{h}\left(\frac{h^{2}}{4}-y^{2}\right)\lt\frac{a}{h}\cdot\frac{h^{2}}{4}=\frac{ah}{4}=S_{B_{1}C_{1}FE}.$
Что и требовалось доказать.
Аналогично для случая, когда точка $P$ лежит на отрезке $BB_{1}$.
