Prueba de geometría para encontrar el área máxima de $\triangle PIE$

Question

Círculo $\omega$ se inscribe en el cuadrado unitario $PLUM,$ y puntos $I$ y $E$ mentir $\omega$ tal que $U, I,$ y $E$ son colineales. Encuentra, con pruebas, la mayor área posible para $\triangle PIE.$

No estoy seguro de que haya una solución posible sin trigonometría.

Además, para mi diagrama en mi solución, no estoy seguro de cómo centrarlo. Lo siento por eso.

Answer 1

Dejemos que $O$ sea el centro del círculo $\omega.$ Dejemos que $X$ sea el pie de la altitud desde $P$ a $IE,$ y que $Y$ sea el pie de $O$ a $IE.$ Denota el segmento de línea $\overline{YO}$ como longitud $d,$ el radio como $r,$ y $\angle XUP$ como $\theta.$

$\textbf{Claim:}$ La mayor área de $\triangle PIE$ es $\frac{1}{4}.$

$\textbf{Proof:}$ Para encontrar el área de $\triangle PIE,$ podemos encontrar las longitudes de $\overline{IE}$ y $\overline{PX},$ y luego utilizar la fórmula del área de un triángulo para concluir. Empecemos por encontrar las longitudes $\overline{IO}$ y $\overline{YO},$ y luego aplicar el Teorema de Pitágoras para obtener nuestro $\overline{IY},$ y luego multiplicar por dos para obtener la base de $\triangle PIE.$ Claramente, el segmento $\overline{IO}$ es el radio del círculo, que tiene una longitud $1/2.$ Entonces, tomando $\sin \theta,$ tenemos $$\sin \theta = \frac{\overline{YO}}{\overline{UO}}=\frac{d}{\sqrt{2}/2} \implies d = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sin \theta.$$

Del mismo modo, con $\overline{PX},$ tomamos $\sin \theta$ y obtener $$\sin \theta = \frac{\overline{PX}}{\overline{UP}} = \frac{\overline{PX}}{\sqrt{2}} \implies \overline{PX} = \sqrt{2} \cdot \sin \theta.$$

Así, después de encontrar estas dos longitudes, conocemos la mayor área posible de $\triangle PIE$ es $$\displaystyle{\max\left(\frac{1}{2} \cdot \overline{PX} \cdot \overline{IE}\right) = \max \left(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sin \theta \cdot 2\sqrt{r^2-d^2}\right)}.$$

Tenga en cuenta que $\overline{IE} = 2\sqrt{r^2-d^2}$ por el Teorema de Pitágoras, donde claramente en el diagrama $\overline{IO}$ es el radio y $\overline{YO}$ es la distancia $d.$ Simplificando nuestra ecuación anterior a los términos más bajos, obtenemos:

$$\begin{align*} \max \left(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sin \theta \cdot 2\sqrt{r^2-d^2}\right) &= \max \left(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sin \theta \cdot 2\sqrt{\left(\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\right)-\left(\frac{1}{2} \cdot \sin^2 \theta\right)}\right) \\ &= \max \left(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sin \theta \cdot \sqrt{1 - 2 \sin^2 \theta} \right). \\ \end{align*}$$

Entonces, sustituyamos $\alpha = \sin \theta.$ Así, para maximizar el área de $\triangle PIE,$ todo lo que tenemos que hacer es encontrar el máximo de $\max \left(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \alpha \cdot \sqrt{1-2\alpha^2}\right).$

Esto implica que tenemos que encontrar el valor de $\alpha$ que basta para maximizar la siguiente ecuación: $$\max \left(\alpha^2 \left(1-2\alpha^2\right)\right) = \max \left(\alpha^2 - 2\alpha^4 \right).$$

Tomando la derivada de $\alpha^2 - 2\alpha^4,$ obtenemos $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha} \left(\alpha^2 - 2\alpha^4\right) = 2\alpha - 8\alpha^3.$$

La ecuación $2\alpha - 8\alpha^3 = 0$ se maximiza cuando $\alpha = \frac{1}{2},$ con lo que obtenemos la mayor superficie de $\triangle PIE$ como $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \boxed{\frac{1}{4}},$ como se desee. $\qquad\blacksquare$

$\textbf{Claim:}$ Hay tal $\theta$ que alcanza la superficie máxima indicada anteriormente.

$\textbf{Proof:}$ Hemos comprobado que el máximo de $\sin \theta = \frac{1}{2},$ lo que significa que el $\theta = 30^{\circ},$ en el que es donde se encuentra el área máxima de $\triangle PIE$ ocurre. Por lo tanto, probado. $\qquad\blacksquare$

Answer 2

Esquinas del cuadrado de la unidad $U(0,0),P(1,1)\;$

Intersección entre el círculo unitario y la recta

$$(x-\frac12)^2+(y-\frac12)^2= \frac14\;;y= \tan v\cdot x; \;$$

da las coordenadas $(xI,yI), (xE, yE)$ por puntos $(I,E); \;$

El área (duplicada) viene dada por el determinante

$$\big[(1,1,1),(xI,xE,1),(yI,yE,1)\big]$$

$$t= \tan v \;; \left(\text{xE}(\text{t$\_$})=\frac{t+\sqrt{2} \sqrt{t}+1}{2 \left(t^2+1\right)};\text{yE}(\text{t$\_$})=\frac{1}{2} \left(\frac{t^2}{t^2+1}+\frac{t}{t^2+1}+\frac{\sqrt{2} t^{3/2}}{t^2+1}\right);\right) \left(\text{xI}(\text{t$\_$})=\frac{t-\sqrt{2} \sqrt{t}+1}{2 \left(t^2+1\right)};\text{yI}(\text{t$\_$})=\frac{1}{2} \left(\frac{t^2}{t^2+1}+\frac{t}{t^2+1}-\frac{\sqrt{2} t^{3/2}}{t^2+1}\right);\right)$$

Las expresiones de Área ( pesada, no pegada aquí ) y las derivadas fueron manejadas por Mathematica . La gráfica de la derivada cruza el eje x en $$\tan v \approx 0.267949 = \tan 15^{\circ}$$

Transversal que maximiza el área del triángulo $PIE$ está inclinada 15 grados respecto al eje x. El área por sustitución del valor crítico es $$\Delta PIE=\dfrac14$$ que también coincide con el resultado de Bongocat.

Answer 3

Nota $EI = 2\sqrt{OI^2-OT^2} = 2\sqrt{\frac14-OT^2}$ y $\sin\alpha = \frac{OT}{OU} = \sqrt2 OT$ . Entonces,

$$\begin{align} [PIE] & = [PUE]-[PUI] \\ & = \frac12 PU (EU - IU)\sin\alpha = \frac{\sqrt2}2EI\sin\alpha \\ &=2OT \sqrt{\frac14-OT^2} \le \frac14 \end{align}$$

donde la desigualdad $2\sqrt{xy}\le x+y$ se aplica en el último paso. Así, el área máxima es $[PIE]_{max} = \frac14$ .

Answer 4

Yo daría una solución sin trigonometría, como se pide en el OP. Considere el círculo como centrado en el punto $(1/2,1/2)$ de un plano cartesiano, de modo que las esquinas cuadradas son $L(0,0)$ , $U(0,1)$ , $M(1,1)$ , $P(1,0)$ . La ecuación del círculo es $(x-1/2)^2+(y-1/2)^2=1/4$ . Llamemos $k$ la pendiente de una línea que pasa por $U$ y la intersección del círculo. Su ecuación es entonces $y=kx+1$ . Por construcción, la línea interseca el círculo sólo si $k\leq 0$ .

Los puntos de intersección $I$ y $E$ entre la recta y la circunferencia vienen dadas por las soluciones del sistema compuesto por las ecuaciones de la recta y la circunferencia. Estas soluciones son

$$I\left(\frac{1-k- \sqrt{-2k}}{2(k^2 + 1)}, \frac{k^2+k+2-k\sqrt{-2k} }{2(k^2 + 1)}\right)$$

$$E\left(\frac{1-k+\sqrt{-2k}}{2(k^2 + 1)}, \frac{k^2+k+2+k\sqrt{-2k} }{2(k^2 + 1)}\right)$$

Por la fórmula estándar de la distancia entre puntos, tras algunos cálculos y simplificaciones obtenemos

$$IE=\frac{\sqrt{-2k}}{\sqrt{k^2 + 1}}$$

Consideremos ahora la perpendicular a $IE$ extraído de $P(1,0)$ . Esta línea debe tener un coeficiente angular $-1/k$ y tiene que satisfacer $0=-1/k+r$ , lo que implica $r=1/k$ . La línea tiene entonces la ecuación $y=-x/k+1/k$ . Las coordenadas de $X$ son las soluciones del sistema compuesto por las dos líneas. Resolviendo el sistema, resulta

$$X\left( \frac{1-k}{k^2+1}, \frac{1+k}{k^2+1}\right)$$

y utilizando de nuevo la fórmula de la distancia entre dos puntos obtenemos

$$PX= \frac{|k+1|}{\sqrt{k^2+1}}$$

Por lo tanto, el área de $\triangle{PIE}$ es

$$A(\triangle{PIE})\\= \frac{IE \cdot PX}{2}= \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{-2k}}{\sqrt{k^2 + 1}} \cdot \frac{|k+1|}{\sqrt{k^2+1}}\\ = \frac{|k+1| \sqrt{-2k}}{2(k^2 + 1)}$$

Tomando la derivada tenemos

$$\frac{(k^3 + 3 k^2 - 3 k - 1)}{(2 \sqrt{-2k} (k^2 + 1)^2)} \,\text{for} \,\,k>-1$$ $$-\frac{(k^3 + 3 k^2 - 3 k - 1)}{(2 \sqrt{-2k} (k^2 + 1)^2)} \,\text{for} \,\,k<-1$$

Como era de esperar por la simetría del problema con respecto al caso $k=-1$ Si la función de área es igual a cero, se obtiene que la función de área tiene dos máximos en $-2+\sqrt{3}$ y $-2-\sqrt{3}$ . Sustituyendo estos valores en la fórmula de $\triangle{PIE}$ concluimos que el área máxima es

$$A_{max}(\triangle{PIE})= \frac{(\sqrt{3} -1) (\sqrt{ 4-2\sqrt{3}} )}{4 (4-2\sqrt{3} )}\\=\frac{1}{4}\,\,\, \left( \text{for}\,\, k= -2+\sqrt{3}\right)$$

y

$$A_{max}(\triangle{PIE})= \frac{(\sqrt{3} +1) (\sqrt{ 4+2\sqrt{3}} )}{4 (4+2\sqrt{3} )}\\=\frac{1}{4}\,\,\, \left( \text{for}\,\, k= -2-\sqrt{3}\right)$$

A continuación se muestra un gráfico del área en función de la pendiente $k$ según la fórmula anterior:

Tenga en cuenta que para $k=0$ es decir, los puntos $I$ y $E$ coinciden en $(1/2,1)$ con el punto medio del lado superior del cuadrado, como era de esperar la fórmula del área da cero. Como $k$ disminuye, el área aumenta, alcanza su primer valor máximo de $1/4$ en $k=-2+\sqrt{3}$ y vuelve a disminuir a cero en $k=-1$ (este es el caso en el que los puntos $I$ , $E$ y $P$ están alineados en la diagonal $UP$ ). Como $k$ disminuye, el área vuelve a aumentar y alcanza su segundo valor máximo de $1/4$ en $k=-2-\sqrt{3}$ y disminuye progresivamente tendiendo a cero para $k\rightarrow -\infty$ (este es el caso en el que los puntos $I$ y $E$ coinciden en $(0,1/2)$ con el punto medio del lado izquierdo del cuadrado).

Por último, hay que tener en cuenta que, si llamamos a $\alpha$ el ángulo $\angle{MUI}$ las pendientes de $-2+\sqrt{3}$ y $-2+\sqrt{3}$ corresponden a los valores $\alpha=\pi/12=15°$ y $\alpha=5\pi/12=75°$ fácilmente por el enfoque trigonométrico.