矩形 $ABCD$ 的边长分别为 $10$ 和11，作一个等边三角形使该三角形的顶点都不在矩形 $ABCD$ 之外，这个等边三角形的最大面积可以用 $p\sqrt{q}-r$ 表示，其中 $p$，$q$，$r$ 为正整数，$q$ 不能被任意素数的平方整除．求 $p+q+r$．
【难度】
【出处】
1997年第15届美国数学邀请赛（AIME）
【标注】
【答案】
554
【解析】
首先若正三角形有少于两个顶点在矩形的边上，则可通过适当平移使该正三角形至少有两个顶点在矩形的一对邻边上，然后再通过如图（1）所示的位似变换可使正三角形的三个顶点全位于矩形的边上，且在变换过程中，正三角形的面积不会减小，故正三角形的最大面积只有在该三角形的三个顶点全在矩形的边上才有可能取到．
当正三角形有两个顶点分别在两条边上为10的边上时，如图（2）所示，取 $FG$ 中点 $H$，连 $HB$，$HA$，则由 $EH\bot FG$ 知，$\angle EHG+\angle GBE=180{}^\circ $，故 $E$，$B$，$G$，$H$ 四点共圆，从而 $\angle EBH=\angle EGF=60{}^\circ $，同理 $\angle EAH=60{}^\circ $，故 $\vartriangle HAB$ 为正三角形，从而 $FG$ 过矩形内一定点．连 $CH$ 交 $AD$ 于 $K$，则正三角形边长 $FG\leqslant CK$．下面证明，存在以 $CK$ 为边长且满足题意的正三角形．事实上，过 $H$ 作 $CK$ 的垂线交直线 $AB$ 于 $L$，由于 $BH=AB=11>BC$，从而 $\angle BHC<90{}^\circ $，故 $L$ 在 $A$，$B$ 间，故 $\vartriangle LKC$ 即为所求．此时
${{S}_{\vartriangle LKC}}=\frac{\sqrt{3}}{4}K{{C}^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\left[{{11}^{2}}+4{{\left( 10-11\times \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}\right]=221\sqrt{3}-330$．
当正三角形有两上顶点分别在两条边长为11的边上时，同上述证明知，
$S\leqslant \frac{\sqrt{3}}{4}\left[ {{10}^{2}}+4{{\left( 11-10\times\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}} \right]=221\sqrt{3}-330$，
且等号可以取到．
综上所述，正三角形的最大面积为 $221\sqrt{3}-330$，故 $p+q+r=221+3+330=554$．
当正三角形有两个顶点分别在两条边上为10的边上时，如图（2）所示，取 $FG$ 中点 $H$，连 $HB$，$HA$，则由 $EH\bot FG$ 知，$\angle EHG+\angle GBE=180{}^\circ $，故 $E$，$B$，$G$，$H$ 四点共圆，从而 $\angle EBH=\angle EGF=60{}^\circ $，同理 $\angle EAH=60{}^\circ $，故 $\vartriangle HAB$ 为正三角形，从而 $FG$ 过矩形内一定点．连 $CH$ 交 $AD$ 于 $K$，则正三角形边长 $FG\leqslant CK$．下面证明，存在以 $CK$ 为边长且满足题意的正三角形．事实上，过 $H$ 作 $CK$ 的垂线交直线 $AB$ 于 $L$，由于 $BH=AB=11>BC$，从而 $\angle BHC<90{}^\circ $，故 $L$ 在 $A$，$B$ 间，故 $\vartriangle LKC$ 即为所求．此时
${{S}_{\vartriangle LKC}}=\frac{\sqrt{3}}{4}K{{C}^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\left[{{11}^{2}}+4{{\left( 10-11\times \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}\right]=221\sqrt{3}-330$．
当正三角形有两上顶点分别在两条边长为11的边上时，同上述证明知，$S\leqslant \frac{\sqrt{3}}{4}\left[ {{10}^{2}}+4{{\left( 11-10\times\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}} \right]=221\sqrt{3}-330$，
且等号可以取到．
综上所述，正三角形的最大面积为 $221\sqrt{3}-330$，故 $p+q+r=221+3+330=554$．
答案
解析
备注
