在 $\vartriangle ABC$ 中，$AB=10$，$BC=14$，$CA=16$．$D$ 是线段 $BC$ 上一点，${{I}_{B}}$，${{I}_{C}}$ 分别是 $\vartriangle ABD$，$\vartriangle ACD$ 的内心．$\vartriangle B{{I}_{B}}D$，$\vartriangle C{{I}_{C}}D$ 的外接圆交于两不同点 $P$，$Q$．$\vartriangle BPC$ 的面积的最大值可以表示为 $a-b\sqrt{c}$ 的形式，其中 $a b c$ 都是正整数且 $c$ 不能被任何素数的平方整除．求 $a+b+c$．
【难度】
【出处】
2009年第27届美国数学邀请赛Ⅰ（AIMEⅠ）
【标注】
【答案】
150
【解析】
如图所示，注意到
$\angle B{{I}_{B}}D=\angle {{I}_{B}}BA+\angle BAD+\angle AD{{I}_{B}}=\angle BAD+\frac{\angle DBA}{2}+\frac{\angle ADB}{2}$
和
$\angle C{{I}_{C}}D=\angle {{I}_{C}}DA+\angle DAC+\angle AC{{I}_{C}}=\angle DAC+\frac{\angle CDA}{2}+\frac{\angle ACD}{2}$，
由 $\angle BAD+\angle DAC=\angle BAC$ 及 $\angle ADB+\angle CDA={{180}^{\circ }}$，故
$\angle B{{I}_{B}}D+\angle C{{I}_{C}}D=\angle BAC+\frac{\angle ACD}{2}+\frac{\angle DBA}{2}+{{90}^{\circ }}={{180}^{\circ}}+\frac{\angle BAC}{2}$．（27-1）
点 $P$ 和 ${{I}_{B}}$ 一定位于 $BC$ 的两侧，且 $B{{I}_{B}}DP$ 和 $C{{I}_{C}}DP$ 都是圆内接凸四边形．这是因为，若 $P$ 和 ${{I}_{B}}$ 位于 $BC$ 的同侧，则 $B{{I}_{B}}PD$ 和 $C{{I}_{C}}PD$ 都是圆内接凸四边形，由（27-1）可知
$\angle BPC=\angle BPD+\angle DPC=\angle B{{I}_{B}}D+\angle C{{I}_{C}}D={{180}^{\circ }}+\frac{\angle BAC}{2}{{180}^{\circ }}$，这是不可能的．
由（27-1）可知，
$\angle BPC=\angle BPD+\angle DPC+{{180}^{\circ}}-\angle B{{I}_{B}}D+{{180}^{\circ }}-\angle C{{I}_{C}}D={{180}^{\circ }}-\frac{\angle BAC}{2}$．
因此，$\angle BPC$ 是一个常数，故 $P$ 位于 $B$，$C$ 圆弧上．由余弦定理可知，$\cos \angle BAC=\frac{{{10}^{2}}+{{16}^{2}}-{{14}^{2}}}{2\cdot 10\cdot 16}=\frac{1}{2}$，故 $\angle BAC={{60}^{\circ }}$，于是 $\angle BPC={{150}^{\circ }}$，当 $BP=PC$ 时 $\vartriangle BPC$ 的面积取到最大值．设 $BP=PC=x$，对 $\vartriangle BPC$ 应用余弦定理得 ${{14}^{2}}=2{{x}^{2}}+{{x}^{2}}\sqrt{3}$，故 ${{x}^{2}}=\frac{196}{2+\sqrt{3}}=196\left(2-\sqrt{3} \right)$．于是，$\vartriangle BPC$ 的面积为 $\frac{1}{2}{{x}^{2}}\sin {{150}^{\circ}}=98-49\sqrt{3}$，故 $a+b+c=150$．
$\angle B{{I}_{B}}D=\angle {{I}_{B}}BA+\angle BAD+\angle AD{{I}_{B}}=\angle BAD+\frac{\angle DBA}{2}+\frac{\angle ADB}{2}$
和
$\angle C{{I}_{C}}D=\angle {{I}_{C}}DA+\angle DAC+\angle AC{{I}_{C}}=\angle DAC+\frac{\angle CDA}{2}+\frac{\angle ACD}{2}$，
由 $\angle BAD+\angle DAC=\angle BAC$ 及 $\angle ADB+\angle CDA={{180}^{\circ }}$，故
$\angle B{{I}_{B}}D+\angle C{{I}_{C}}D=\angle BAC+\frac{\angle ACD}{2}+\frac{\angle DBA}{2}+{{90}^{\circ }}={{180}^{\circ}}+\frac{\angle BAC}{2}$．（27-1）
点 $P$ 和 ${{I}_{B}}$ 一定位于 $BC$ 的两侧，且 $B{{I}_{B}}DP$ 和 $C{{I}_{C}}DP$ 都是圆内接凸四边形．这是因为，若 $P$ 和 ${{I}_{B}}$ 位于 $BC$ 的同侧，则 $B{{I}_{B}}PD$ 和 $C{{I}_{C}}PD$ 都是圆内接凸四边形，由（27-1）可知
$\angle BPC=\angle BPD+\angle DPC=\angle B{{I}_{B}}D+\angle C{{I}_{C}}D={{180}^{\circ }}+\frac{\angle BAC}{2}{{180}^{\circ }}$，这是不可能的．
由（27-1）可知，
$\angle BPC=\angle BPD+\angle DPC+{{180}^{\circ}}-\angle B{{I}_{B}}D+{{180}^{\circ }}-\angle C{{I}_{C}}D={{180}^{\circ }}-\frac{\angle BAC}{2}$．
因此，$\angle BPC$ 是一个常数，故 $P$ 位于 $B$，$C$ 圆弧上．由余弦定理可知，$\cos \angle BAC=\frac{{{10}^{2}}+{{16}^{2}}-{{14}^{2}}}{2\cdot 10\cdot 16}=\frac{1}{2}$，故 $\angle BAC={{60}^{\circ }}$，于是 $\angle BPC={{150}^{\circ }}$，当 $BP=PC$ 时 $\vartriangle BPC$ 的面积取到最大值．设 $BP=PC=x$，对 $\vartriangle BPC$ 应用余弦定理得 ${{14}^{2}}=2{{x}^{2}}+{{x}^{2}}\sqrt{3}$，故 ${{x}^{2}}=\frac{196}{2+\sqrt{3}}=196\left(2-\sqrt{3} \right)$．于是，$\vartriangle BPC$ 的面积为 $\frac{1}{2}{{x}^{2}}\sin {{150}^{\circ}}=98-49\sqrt{3}$，故 $a+b+c=150$．
答案
解析
备注
