Cómo encontrar este máximo $S_{\Delta ABC}$

Question

En $\Delta ABC$ y $\angle ABC=60$ tal que $PA=10,PB=6,PC=7$ , encontrar el máximo $S_{\Delta ABC}$ .

Mi intento:dejar $AB=c,BC=a,AC=b$ entonces $$b^2=a^2+c^2-2ac\cos{\angle ABC}=a^2+c^2-2ac$$ entonces $$S_{ABC}=\dfrac{1}{2}ac\sin{60}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}ac$$

Entonces no puedo

Answer 1

El área máxima es $36 + 22\sqrt 3$ , alcanzado por un triángulo con $$ AB = \sqrt{\frac{8128+3840\sqrt3}{73}}, \quad BC = \sqrt{\frac{5323+3024\sqrt3}{73}}. $$

Dejemos que $a$ y $c$ sean los lados $BC$ , $AB$ del triángulo. Por la ley de los cosenos, el lado $AC$ tiene una longitud $\sqrt{a^2-ac+c^2}$ . Ahora cuatro puntos cualesquiera $A,B,C,P$ en el plano determinan seis distancias que satisfacen una relación algebraica, la desaparición de la Determinante de Cayley-Menger $$ \det\left| \begin{array}{c&c&c&c&c} 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & AB^2 & AC^2 & AP^2 \\ 1 & AB^2 & 0 & BC^2 & BP^2 \\ 1 & AC^2 & BC^2 & 0 & CP^2 \\ 1 & AP^2 & BP^2 & CP^2 & 0 \end{array} \right| \, . $$ Aquí se nos da $PA = 10$ , $PB = 6$ , $PC = 7$ . Así, con $AB^2=c^2$ , $AC^2=a^2-ac+c^2$ y $BC^2=a^2$ calculamos (tras eliminar un factor común de $2$ ): $$ c^2 a^4 + (-c^3 + 64 c) a^3 + (c^4 - 262 c^2 + 4096) a^2 + (13 c^3 - 832 c) a + 169 c^2 = 0. $$ Queremos maximizar el área del triángulo, que es $\frac12 ac \sin 60^\circ = (\sqrt3/4) ac$ por lo que buscamos el valor máximo de $M := ac$ . Configurar $c=M/a$ y multiplicando por $a^2$ , encontramos $$ (M^2+64M+4096) a^4 - (M^3+262M^2+832M) a^2 + (M^4+13M^3+169M^2) = 0, $$ una ecuación cuadrática en $a^2$ con coeficiente lineal negativo. Por lo tanto, existe una solución positiva si el discriminante es no negativo. Encontramos que este discriminante es $-3 M^2 (M^2-176M+832) (M^2+104M+832)$ , y por lo tanto que para $M>0$ hay una solución positiva si $M^2-176M+832 \leq 0$ . El mayor de estos $M$ es la raíz mayor de este polinomio cuadrático, que es $88 + 48 \sqrt{3}$ (y coincide numéricamente con el valor $f_\max = 171.138\ldots$ calculado por chenbai ). Esto da el valor $(\sqrt3/4)M = 36 + 22\sqrt 3$ anunciado en la primera frase.

Queda por comprobar que esto es coherente con las longitudes dadas $PA$ , $PB$ , $PC$ Además de la desaparición del determinante de Cayley-Menger, debemos comprobar que cada uno de $PBC$ , $PCA$ , $PAB$ satisface la desigualdad del triángulo. Calculamos $a^2 = (5323+3024\sqrt 3)/73$ y $c^2 = (8128+3840\sqrt 3)/73$ , que hace que $AC^2 = a^2-ac+c^2 = (7027+3360\sqrt 3)/73$ ; por lo que numéricamente nuestro triángulo de área máxima $ABC$ es tener lados $12.03$ , $13.76$ y $14.23$ vértices opuestos $A,B,C$ , que es menor que $6+7$ , $7+10$ y $10+6$ respectivamente. Así, estas distancias se relativizan mediante una configuración real $ABCP$ , así que hemos terminado.

[ Añadido más tarde La misma técnica funciona para cualquier valor dado $r,s,t$ de $PA$ , $PB$ , $PC$ , encontrando que el máximo $M$ es $$ rt + \frac{s^2}{2} + s \sqrt{r^2+rt+t^2-\frac34 s^2} $$ y el área máxima es de nuevo $\sqrt3/4$ veces eso].

Answer 2

Dejar $B$ está en el $O$ del sistema polar, $P(6,\alpha)$

así que $C$ está en el círculo $p^2+6^2-2*6*cos(\beta- \alpha)=7^2$ y $\beta=0$

$A$ está en el círculo $p^2+6^2-2*6*cos(\beta- \alpha)=10^2$ y $\beta=\dfrac{\pi}{3}$

$a=BC=6cos\alpha+\sqrt{(6cos\alpha)^2+13}, c=BA=6cos(\dfrac{\pi}{3}-\alpha)+\sqrt{(6cos(\dfrac{\pi}{3}-\alpha))^2+64}$

$ac=f(\alpha),\alpha=x, f'(x)=(\sqrt{36 cos^2(x)+13}+6 cos(x)) \left(6 cos(x+\dfrac{\pi}{6})+\dfrac{(36 sin(x+\dfrac{\pi}{6}) cos(x+\dfrac{\pi}{6})}{\sqrt{36 sin^2(x+\dfrac{\pi}{6})+64)}}\right)$$ +(\sqrt{36 sin^2(x+\dfrac{\pi}{6})+64)+6 sin(x+\dfrac{\pi}{6}) \left(-6 sin(x)-\dfrac{36 sin(x) cos(x)}{\sqrt{36 cos^2(x)+13)}}right)=0$

es sólo método numérico puede resolver la solución es $x=.422064 \implies f_{max}=171.138$

Por cierto, este triángulo también tiene un área máxima sin fijarse $\angle B$ pero es más difícil ya que hay dos varía.

Answer 3

• $B(0,0)$
• $P=6\,e^{i\alpha}=6\,(\cos\alpha+i\sin\alpha)\iff P_x=6\cos\alpha$ y $P_y=6\sin\alpha$ con $\alpha\in(0,{\pi\over3})$
• $A=A_x+iA_y$ con $(A_x-P_x)^2+(A_y-P_y)^2=PA^2=10^2=100$ ; $\frac{A_y}{A_x}=\tan\frac\pi3=\sqrt3$
• $C(C_x,0)$ con $(C_x-P_x)^2+P_y^2=PC^2=7^2=49$
• Fórmula de la garza : $S_{ABC}=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\ $ con $\ s = \frac{a\ +\ b\ +\ c}2$ , donde :
• $a=BC=C_x$
• $b^2=AC^2=(A_x-C_x)^2+A_y^2$
• $c^2=AB^2=A_x^2+A_y^2$
• ¡Buena suerte! :-)

Answer 4

EN $\bigtriangleup$ ABC tomamos AB=c;AC=b &BC=a

• AHORA $a^2$ = $6^2$ + $7^2$ -2.6.7.cos $\angle$ BPC
• AHORA porque $\theta$ $\geq$ -1 $\longrightarrow$ -cos $\theta$$ \N - La vida en el mundo de los negocios $1. from this we get $ a^2 $$\leq$ 13
• $c^2$ = $10^2$ + $6^2$ -2.10.6.cos $\angle$ APB.similarmente de esto obtenemos [aplicando la desigualdad] c $\leq$ 16
• ahora el área de $\bigtriangleup$ ABC= $\frac{1}{2}$ acsin60= $\sqrt[2]{3}$ . $\frac{1}{4}$ .ac $\leq$$ \N - Cuadrado[2]{3} $.$ \frac{1}{4} $.16. 13=52$ \N - Cuadrado[2]{3}$ -