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标题: [几何] 三角形$a^2+b^2+2c^2=8$ [打印本页]

作者: realnumber 时间: 2017-1-10 19:04 标题: 三角形$a^2+b^2+2c^2=8$

三角形三边a,b,c,满足$a^2+b^2+2c^2=8$，则此三角形的面积最大值为？
最近看到这个问题解答比较多...

作者: kuing 时间: 2017-1-10 19:39

其中必定已经包含了下面的解法了吧？
\begin{align*}
S&=\frac12ab\sqrt{1-\cos^2C} \\
& =\frac12\sqrt{a^2b^2-\left( \frac{a^2+b^2-c^2}2 \right)^2} \\
& \leqslant \frac12\sqrt{\left( \frac{a^2+b^2}2 \right)^2-\left( \frac{a^2+b^2-c^2}2 \right)^2} \\
& =\frac1{4\sqrt5}\sqrt{5c^2(2a^2+2b^2-c^2)} \\
& \leqslant \frac1{4\sqrt5}\cdot \frac{5c^2+2a^2+2b^2-c^2}2 \\
& =\frac2{\sqrt5}.
\end{align*}

作者: kuing 时间: 2017-1-10 21:33

或者固定 $c$，由中线长公式知 $c$ 边上的中线长为定值，故两者垂直时面积最大，接下来就和楼上的后面三行一样……

作者: kuing 时间: 2017-1-10 22:03

无聊来个内切圆代换，令 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，代入得
\begin{align*}
a^2+b^2+2c^2&=(y+z)^2+(z+x)^2+2(x+y)^2\\
&=3x^2+4xy+3y^2+2z(x+y+z)\\
&\geqslant 10xy+2z(x+y+z)\\
&\geqslant 2\sqrt{10xy\cdot2z(x+y+z)}\\
&=4\sqrt5S.
\end{align*}

作者: realnumber 时间: 2017-1-10 22:12

回复 3# kuing
en 类似，略有差异

另外

都来自齐建民老师的空间
http://user.qzone.qq.com/350601384

图片附件: QQ截图20170108193203.png (2017-1-10 22:14, 1.75 KB) / 下载次数 4345
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=4689&k=c5dc0aefb4657d18a81055894c9318ba&t=1713511930&sid=5OcGo2

图片附件: 2000.jpg (2017-1-10 22:54, 52.85 KB) / 下载次数 4342
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=4690&k=96e68278e4d6964405bd202f9f5a839f&t=1713511930&sid=5OcGo2

图片附件: QQ截图20161225165124aaa.jpg (2017-1-10 22:54, 25.56 KB) / 下载次数 4360
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=4691&k=345fd4942cdec9a5ad732af85aa12c32&t=1713511930&sid=5OcGo2

作者: kuing 时间: 2017-1-10 22:24

回复 5# realnumber

用红色那公式其实也不必提及海伦公式，像2楼那样两步就推出来了，看起来接地气些。

后面那些都差不多……

作者: kuing 时间: 2017-1-10 22:30

再来一个吧，这个还比较有趣嘀：

待定正数 $k$，有
\begin{align*}
a^2+b^2+2c^2-k\cdot 2S
&=3a^2+3b^2-4ab\cos C-kab\sin C \\
& =3a^2+3b^2-ab\sqrt{4^2+k^2}\sin (C+\varphi ) \\
& \geqslant 6ab-ab\sqrt{4^2+k^2},
\end{align*}
令 $\sqrt{4^2+k^2}=6$ 解得 $k=2\sqrt5$，所以
\[a^2+b^2+2c^2\geqslant 4\sqrt5S.\]

看到这里，有没有想起了外森比克不等式？

作者: kuing 时间: 2017-1-10 22:47

一般地，设 $t>-1/2$，有
\[
a^2+b^2+tc^2\geqslant 4\sqrt{2t+1}S.
\]

当然，前面那些方法都适用。

另外，当 $t\geqslant 0$ 时，下面的更强式也成立
\[
2ab+tc^2\geqslant 4\sqrt{2t+1}S.
\]

作者: isee 时间: 2017-1-10 22:55

回复 realnumber

用红色那公式其实也不必提及海伦公式，像2楼那样两步就推出来了，看起来接地气些。

后 ...
kuing 发表于 2017-1-10 22:24

那其它就是海伦公式的三角证明。

作者: isee 时间: 2017-1-10 23:13

再来一个吧，这个还比较有趣嘀：

待定正数 $k$，有
\begin{align*}
a^2+b^2+2c^2-k\cdot 2S
&=3a^2+3b^2-4 ...
kuing 发表于 2017-1-10 22:30

这个完全是新思路了，厉害。

作者: isee 时间: 2017-1-10 23:15

没人意愿化成三角搞搞么？

作者: kuing 时间: 2017-1-10 23:41

没人意愿化成三角搞搞么？
isee 发表于 2017-1-10 23:15

即管满足一下你：
\begin{align*}
\frac{a^2+b^2+2c^2}{4S}&\geqslant\frac{2ab+2c^2}{4S}\\
&=\frac{ab+c^2}{ab\sin C}\\
& =\frac1{\sin C}+\frac{\sin C}{\sin A\sin B} \\
& =\frac1{\sin C}+\frac{2\sin C}{\cos (A-B)-\cos (A+B)} \\
& \geqslant \frac1{\sin C}+\frac{2\sin C}{1+\cos C} \\
& =\frac1{\sin C}+2\tan \frac{C}2,
\end{align*}
令 $t=\tan(C/2)$，于是由万能公式有
\[\frac1{\sin C}+2\tan \frac{C}2=\frac{1+t^2}{2t}+2t=\frac1{2t}+\frac{5t}2\geqslant \sqrt5,\]
所以
\[a^2+b^2+2c^2\geqslant 2ab+2c^2\geqslant 4\sqrt5S.\]

作者: 敬畏数学 时间: 2017-1-11 14:30

回复 7# kuing
此解法有点意思，MARK下。

作者: isee 时间: 2017-1-11 22:57

即管满足一下你：
\begin{align*}
\frac{a^2+b^2+2c^2}{4S}&\geqslant\frac{2ab+2c^2}{4S}\\
&=\frac{ab+c ...
kuing 发表于 2017-1-10 23:41

如果我说这并不是我想要的，你会不会打我？

作者: kuing 时间: 2017-1-12 01:55

回复 14# isee

作者: kuing 时间: 2017-1-14 22:33

OK，更一般系数也有了。

引理（嵌入不等式的等价形式之一）：
设 $A+B+C=k\pi$, $k\inZ$, $x$, $y$, $z\inR$，则有
\[(x+y+z)^2\geqslant 4yz\sin^2A+4zx\sin^2B+4xy\sin^2C,\]
等号成立当且仅当 $x:y:z=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$。

引理的证明：
\[\LHS-\RHS=(x+y\cos 2C+z\cos 2B)^2+(y\sin 2C-z\sin 2B)^2.\]

这样，对于 $\triangle ABC$，在引理中令 $x=ua^2$, $y=vb^2$, $z=wc^2$，其中 $u$, $v$, $w\inR$，即得
\[(ua^2+vb^2+wc^2)^2\geqslant 4\sum vwb^2c^2\sin^2A=16(vw+wu+uv)S^2,\]
等号成立当且仅当 $ua^2:vb^2:wc^2=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$，即 $u:v:w=\cot A:\cot B:\cot C$。

作者: 其妙 时间: 2017-2-25 23:51

参考微信公众号：
三角形三边的线性平方和为常数，求面积的最大值（2017南京一模第14题的推广与背景揭秘Oppenheim与Neuberg—Pedoe纽伯格—匹多）

作者: kuing 时间: 2017-2-26 00:01

回复 17# 其妙

被玩烂了，也是意料之中了……

作者: twfx421 时间: 2018-10-10 10:53

如果没有题设条件，根据2楼推倒，三角形面积为何不能直接写成：
S⩽1/4(a^2+b^2)，当且仅当a^2+b^2=c^2时取等？
倒数第三步不凑5c^2，直接写c^2。
求教是哪里出了问题？

作者: kuing 时间: 2018-10-10 10:57

回复 19# twfx421

S⩽1/4(a^2+b^2) 成立这没问题啊，取等是等腰直角时取。

作者: twfx421 时间: 2018-10-10 10:59

回复 20# kuing

看到了，忘记之前也用过一次不等式

作者: isee 时间: 2022-4-6 11:07

在知乎提问又碰到这个了，然后把过程补了，也发过来（两个个人总结）.

题：在三角形 $ABC$ 中满足 $a^2+b^2+2c^2=8$，则三角形 $ABC$ 的面积 $S$ 最大值为_______.

给出两种方法，法 1：

图 1 AD 垂直于 BC

设点 $A$ 在 $BC$ 上的投影为 $D$ 则 $BD+DC=BC=a$，注：这里 $BD,DC$ 均为有向线段，以 $BC$ 方向为正，如图 1. (如果是初次接触，直接当点 $D$ 在 $BC$ 边上)，于是

\begin{gathered} 8=a^2+\color{blue}{b^2}+\color{orange}{2c^2}\\[1em] 8=a^2+(\color{blue}{AD^2+DC^2})+2\color{orange}{(AD^2+BD^2)}\\[1em] 8=a^2+3AD^2+\frac 23\color{red}{\left(\frac 12+1\right)(2BD^2+DC^2)}\\[1em] {}\xlongequal{\small\text{柯西不等式}}{~}8\geqslant a^2+3AD^2+\frac 23\color{red}{\left(BD+DC\right)^2}\qquad\\[1em] 8\geqslant a^2+3AD^2+\frac 23\color{red}{a^2}\\[1em] \boxed{\frac 53a^2+3AD^2 \leqslant 8}. \end{gathered}

从而再由均值不等式有

\begin{align*} 8\geqslant \frac 53a^2+3AD^2 &\geqslant 2\sqrt 5 a\cdot AD\\[1em] \Rightarrow S=\frac 12a\cdot AD&\leqslant \frac 12\cdot \frac 8{2\sqrt 5}=\frac {2\sqrt 5}5. \end{align*}

(

或者利用 $xy\leqslant \frac {x^2+y^2}2$

\begin{align*} S&=\frac 12a\cdot AD\\[1em] &=\frac 1{2\sqrt 5}\cdot \color{blue}{\sqrt {\frac 53}a\cdot \sqrt 3 AD}\\[1em] &\leqslant \frac 1{2\sqrt 5}\cdot \color{blue}{\frac {\frac 53a^2+3AD^2}2}\\[1em] &\leqslant \frac 1{2\sqrt 5}\cdot \color{blue}{\frac {8}2}\\[1em] &=\frac {2\sqrt 5}5. \end{align*}

)

两次取 “ $=$ ”时， $\frac {1/\sqrt 2}{\sqrt 2BD}=\frac 1{DC}$即 $BD=\frac 12DC$ ，且$\sqrt {\frac 53}a=\sqrt 3 AD$ 即 $AD=\frac {\sqrt 5}3a$，进一步知 $b^2=\frac 59a^2+\frac 49a^2=a^2$，$\tan C=\frac {\sqrt 5/3a}{2/3 a}=\frac {\sqrt 5}2.$

------------------------------------------

法 2：

\begin{align*} 8&=a^2+b^2+2c^2\\[1em] &=a^2+b^2+2(a^2+b^2-2ab\cos C)\\[1em] &=\color{blue}{3a^2+3b^2}-4ab\cos C\\[1em] &\geqslant \color{blue}{6ab}-4ab\cos C\\[1em] &=\color{blue}{ab\sqrt{(20+16)(\sin^2C+\cos^2C)}}-4ab\cos C\\[1em] {}\xlongequal{\small\text{柯西不等式}}&\geqslant \color{blue}{2\sqrt 5ab\sin C+4\cos C}-4ab\cos C\\[1em] &= 2\sqrt 5ab\sin C\\[1em] \Rightarrow S&=\frac 12ab\sin C\leqslant \frac 12\cdot \frac 8{2\sqrt 5}=\frac {2\sqrt 5}5.\end{align*}

本质上也是柯西不等式破题，不过，这里两次等号同成立时，知 $a=b,$ 且 $\tan C=\frac {\sqrt 5}2$ 是一眼即知的.

图片附件: 0331-area-max.jpg (2022-4-6 11:06, 16.03 KB) / 下载次数 1442
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=11358&k=b5046cf90c3c0f4db0bb80852e1b23f1&t=1713511930&sid=5OcGo2

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