[几何] 三角形$a^2+b^2+2c^2=8$

realnumber

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...

kuing

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*}

kuing

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……

kuing

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*}

realnumber

回复 3# kuing
en 类似，略有差异

下载 (52.85 KB)

2017-1-10 22:54

下载 (25.56 KB)

2017-1-10 22:54

另外

下载 (1.75 KB)

2017-1-10 22:14

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

kuing

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……

kuing

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？

kuing

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
\[
2ab+tc^2\geqslant 4\sqrt{2t+1}S.
\]

isee

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。

isee

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。

isee

没人意愿化成三角搞搞么？

kuing

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
\[a^2+b^2+2c^2\geqslant 2ab+2c^2\geqslant 4\sqrt5S.\]

敬畏数学

回复 7# kuing
此解法有点意思，MARK下。

isee

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？

kuing

回复 14# isee

kuing

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 $u:v:w=\cot A:\cot B:\cot C$。

其妙

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）

kuing

回复 17# 其妙

被玩烂了，也是意料之中了……

twfx421

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？

kuing

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。