SNS 2015 - 5

[Drago96]

Siano fissate due semirette $r,s$ uscenti da $O$ con un angolo $0<\theta<\pi$ tra di esse. Sia inoltre fissata una lunghezza positiva $L$.
Si prendano ora tre punti $A,B,V$ nel piano tali che $A\in r$, $B\in s$, e $AV+VB=L$.
Determinare l'area massima che può avere il quadrilatero $AOBV$

[gpzes]

Sicuramente sbaglio… $A=\frac{{{L}^{2}}}{8}\cdot \left( \frac{1}{tg\left( \vartheta /2 \right)}+1 \right)$ ??

[RiccardoKelso]

Premetto che in geometria sono un vero e proprio incapace, di conseguenza non ho saputo neanche al test spiegare bene come sono arrivato alla formula (probabilmente errata) A = ((L^2)/4)*cotg(t/2) .. Ovviamente t è l'angolo e mi scuso per la scrittura illeggibile.

[erFuricksen]

Testo nascosto:

Fisso momentaneamente la distanza $AB$, data questa vediamo quand'è che il nostro quadrilatero ha area massima.
Il luogo geometrico dei punti $V$ coincide alla definizione di ellisse di fuochi $A$ e $B$, quindi il triangolo $\triangle ABV$ ha area massima quando la sua altezza da $V$ è massima, ovvero quando è isoscele. Un discorso simile posso fare per il triangolo $\triangle ABO$, infatti siccome $\theta$ è costante $O$ giace su una circonferenza passante per $A$ e $B$ di raggio dato ($r={{AB} \over {2 \sin \theta}}$), quindi il triangolo avrà area massima anch'esso quando è isoscele.
Ora facciamo variare $AB$. A questo punto abbiamo che $AO=BO$ e $AV=BV={L \over 2}$, questo vuol dire che $V$ sta sulla bisettrice di $\theta$ e che $\triangle AOV = \triangle BOV$ per simmetria, quindi mi basta puntare a massimizzare solo l'area di uno dei due. Consideriamo WLOG $\triangle BOV$, allora questo ha $BV$ fissato e l'angolo che gli si oppone anche, quindi pure questo triangolo appartiene ad una circonferenza di raggio dato, perciò avrà area massima quando è isoscele; la sua area è dunque ${1 \over 2}L{L \over 2} \tan (\pi -{{\theta} \over 4})$.
L'area del quadrilatero sarà allora $${1 \over 2}L^2 \tan (\pi -{{\theta} \over 4})$$