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da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 22 mar 2009, 22:33
soluzione suicida:
Chiamiamo i tre vertici del cubo vicini ad A D,E,F. Poi G,H,I rispettivamnete i vertici sulle facce del cubo ADGE, ADHF, AEIF e L il vertice opposto a A. Chiamiamo inoltre K il centro del cubo e R,S,T rispettivamente i centri delle facce FHLI, DHLG, EGLI. Chiamiamo M,N,O,Z rispettivamente il punto medio di LI,LG,LH,DH.
Chiamiamo J il punto medio di BC. Esso si ottine da K con una omotetia centro A e fattore 3/2, quindi è il punto medio di KL.
Assumiamo wlog che B stia sulla faccia HLGD e che C stia su FILH. Essendo C simmetrico di B rispetto a J, B sta sul piano simmetrico di LHFI rispetto a J, quindi sta sul segmento ZN. Si nota che se B è sul segmento SZ, C va fuori da cubo, quindi B sta sul segmento SN. Ma l'area di ABC è 6 volte quella di KJB, quindi il problema diventa di massimizzare l'area di JBK, dove J è il centro del cubo RMLNSK. Chiamata V la poiezione di B su KL il problema equivale a massimizzare BV. Chiamata d la distanza tra le rette SN e KL si ha che $ BV^2 = x^2 + d^2 $ dove x è la distanza di B da KL osserviamo il cubo RMLNSK con vista parallela a NM (in modo che il cubo risulti un rettangolo e che SN e RM siano sovrapposte). Quindi BV è massimo quando B è in S o in N, quindi l'area massima è quella del triangolo ASM (oppure ARM). Abbiamo che $ MS=4 \sqrt{3} $, $ SA = 4 \sqrt{6} $ e $ AM = 12 $ quindi siccome $ AS^2 + SM^2 = AM^2 $, abbiamo $ [ABC]_{max} = [ASM] = \frac{1}{2} AS \cdot SM = 24 \sqrt{2} $
e non ho voglia di rifare i conti per capire se sono quelli che ho sbagliato o no, ve lo posto sul forum così gli stessi conti miei magari li fa qualcun altro 
