数林外传系列典藏版19几何极值问题（待校对）

千里之行，始于足下朽木易折，金石可镂Word-可编辑1引言1.1几何极值问题的意义和基本解法求极值的问题在中学数学教材中是常见的,我们将其中具有实际几何意义的问题统称为几何极值问题.例如下面我们认识的问题(见《极值问题的初等解法》例5.3)就属于几何极值问题.例1.1求底边长度和项角大小固定的面积最大的三角形.这个问题意味着要求在由一条底边为a,且其对角为α(这里a>0,α∈(0,π)是常数)的三角形组成的集合中找出一个成员(角形),使得它的面积最大.普通地,设T是由某些几何图形组成的集合,对于每个t∈T,定义几何量f(因为它与t有关,所以记作f=f(t)),那么与此相关的几何极值问题,就是要求出f0=固然,这样的成员t0可能不止一个,也可能不存在.另外,上面两个式子偶尔f0=我们注重到,倘若去掉几何极值问题（“实际”）的几何背景，那么就可得到一个平时（“抽象”)的极值问题.例如,对于上面的例子,若三角形的三条边长是a,b,c,它们的对角分离是α,β,γ,S于是问题归结为在β+f的最大值.这是一个关于函数f(β,γ)的带约束条件的极值问题.同时,这个极值问题为几何极值问题的特征在于它的实际几何背景.在一些情形下,问题中的几何条件蕴含某种极值性质,从而直接给出问题的解,这导致问题的“几何解法”.在多数情形下,需要应用几何推理和计算以及其他的论证,建立问题的“数学模型”,借助求极值的普通性主意及其他的论证,建立问题的“数学模型”,借助求极值的普通性主意合应用其他一些概念(例如复数、向量以及坐标等)和技巧得出问题的解,但大体上,初等主意不外乎“几何解法”和“代数解法”两题的解,本书常常应用的代数类型解法的数学工具,主要有下列几种(1)算术一几何平均不等式.(2)二次三项式的极值性质.(3)有实根的一元二次方程判别式非负(4)三角函数的单调性.下面通过解例1.1往返顾几何极值问题的两种基本解法解解法1(几何解法)当三角形底边BC(=a)固定,顶角A大小(α)也固定时,顶点A位于以BC为弦含圆周角为α的弓形弧上(图1.1)(这样的弧有两条,关于BC对称,但给出相同的三角形集合).当A位于弓形弧的最高点(即弧的中点)时,△ABC底边上的高的长度最大,并且得到具有最大面积的三角形(S图1.1解法2(代数解法)只需求函数f(β,γ)=sin⁡f(=\frac{1}{2}(\cos(\beta-\gamma)-\cos(\pi-\alpha))=\frac{1}{2}(\cos(\beta-\gamma)+\cos\alpha).]并且α是定值,所以当初cos⁡(β-f于是当初β=γ,即在等腰三角形的情形下面积最大S下面给出一个立体几何极值问题.例1.2设直线a在平面α上,直线b垂直于平面α,垂足T不在直线a上;还设M,N是直线a上的两个定点,△T0MN是锐角三角形.设T是直线b上的随意解解法1(几何解法)如图1.2所示,设T是直线b上随意一个与T0互异的点.我们得到△T0MN和△TMN(前者在平面α上,后者除边MN外,在平面α之外).作△T0MN的高T0H点H是垂足.因为△T0MN是锐角三角形,所以H在线段MN上.衔接在△TMN所在平面上,在TH上取点T0'使得HT0'=HT0(图1.3).那么△T0'MN≅△T0MN,解法2(代数解法)如图1.2所示,设MH=ttan⁡∠因为h>h0,所以tan⁡∠MTH<tan⁡∠MT0H.注重∠MTH∈(0,π/2),由正切函数的单调性推出∠MTH<∠MT0H.类似地,∠图1.3注1由上面的解法1可知,当顶点T在直线b上变动时,在得到的△TMN中,△T0MN面积最小.固然,这也可由第3章例3.1的推论得到.此外,若△TMN所在的平面与平面α的夹角是θ,那么△T0MN是△TMN在平面α上的(正)投影,并且T0H=普通地(应用极限主意),可以证实(图1.4):若平面α与α0间的夹角是θ(θ<π/2),平面α上的图形D的面积是S,并且它在平面α0上的(正)投影下面给出一个容易的例子,它可用几乎所有常见的主意来解,例1.3证实:内接于已知圆的矩形中以正方形面积最大证实只考虑初等主意.设圆的直径是d,在证法2∼5中用x表示矩形的一条边长图1.4因为若圆周角为直角,则所对弦为圆的直径,所以矩形被它的一条对角线分为两个全等的直角三角形,由例1.1可知,J最大.因此当矩形两邻边相等,即它为正方形时,面积最大.易知最大面积等于2⋅d证法2如证法1所证,短形的每条对角线是圆的一条直径,所以矩形面积S=xd2S所以当d2/2-x2=0,即x=(2/2)d时证法3因为d2,d2-x2非负S并且当且仅当初x2=d2-x2证法4由证法2可知S2=-x4+d2x2.令x2=u证法5由证法2可知S2=-x4+du因为方程有实根,所以判别式-d22-4S2⩾0,于是0<S⩽d2/证法6设矩形一条边与一条对角线的夹角为θ,则矩形面和S=(dcos⁡θ)(dsin⁡θ)=d2/2证法7已知随意四边形的面积等于其两条对角线之长(e和f)与它们的夹角(ϕ)的正弦的乘积之半.它的证实如下:四边形被它的两条对角线分成四个互不重叠的三角形.设对角线交点分离将两条对角线分为长是e1,e2和f112将它们相加即得公式另一种证实主意:过四边形每条对角线的两个端点作另一条对角线的平行线,形成一个平行四边形,其面积等于四边形面积的两倍.然后应用平行四边形面积公式.应用上述公式,可知矩形面积S可见当ϕ=π/2,即对角线互相垂直(即矩形成为正方形)时,证法8建立直角坐标系(图1.6),圆心O为原点,矩形两边长为x,y.x下求S=xy的极值.约束条件是点(x,y)属于第一象限中半径为d/2的圆弧.当S>0变化时,给出一族双曲线(限中的那个分支)的交点,那么它的坐标是(S,S),此点与它在两坐标轴上的投影以及点O是一个正方形(称陪同正方形)的四个顶点，这个正方形的面积恰等于S.双曲线上任一点的两坐标之积者等于陪同正方形的面积.因此为求S的最大值,当点τ沿l向O临近时,陪同正方形面积单调递减.当它达到上述圆弧时,即位于τ0位置,双曲线与圆弧相切,记相应的陪同正方形面积为S0.当点τ继续向O临近时,其位置τ1位于圆弧在第一象限中形成的扇形中(此时双曲线与圆弧相交),陪同正方形面积显然小于S0.因此τ0给出S因为τ0的坐标是S0,S0,它也在圆弧上S由此解得S0=d2/2.或者x将y=S/xx曲线相切等价于上述方程有等根,即判别式-d22-其中辐角α∈(0,π).矩形面积可表示为抽(图1.7).那么顶点A和C的坐标分离为(d/2,0)和(-d/2,0),顶点B和D的坐标分离为(x,y)和(-x,-yS其中|x|<d/2,0<y⩽d/2.因为S法10应用复数.坐标系同证法9(图1.7).顶点A,B的复数表示分离是顶点A,C以及B,D分离关于O中央对称,所以顶点Cz由此可推出所要的结论.理解.不涉及斜圆锥和斜圆柱S(△⋯)表示三角形的面积练习题1值的面积最大的三角形1.3求两边长度为定值的面积最大的三角形。S==2上述证決8应用了一个常用的极值问题解碞原则,的比请参见《极值问题的初等解法》第6节,以及该书例9.11的解法1.不同之处是那里考虑的是一次函数(平行直线族),这里研究了二次函数(双曲线族).异常地,在此引人陪同正方形是为了便于直观在后文中，将给出更多类型的几何极值问题和解法技巧。1.2某些术语和符号的约定正圆锥体(也称直圆锥体)简称圆锥.直圆杜体简称圆柱.本书若无异常说明,符号S(⋯)表示括号内平面图形的面积,1.1求底边长度和顶角大小为定值的周长最大的三角形1.2求底边与其上的高之和为定值并且一个底角大小也为定2平面几何极值问题在本章中,首先回顾某些与平面极值问题有关的图形极值性质和定值性质以及(平面)轨迹,然后给出几种类型极值问题的例子.2.1平面图形的极值性质、定值性质和轨迹2.1.1极值性质举例如下:(1)两点间的连线以衔接它们的线段为最短(2)直线外一点与直线上各点间的距离,不小于由这点所作直线的垂线段之长.(3)分离位于两条互相平行的直线上的两点之间的距离,不小于两平行线间的距离.(4)在圆中,直径是最长的弦.(5)在梢圆上的各点中,以纵轴与椭圆的交点与横轴的距离最大(对于与纵轴的距离,情形类似)2.1.2常见的平面图形的“定值性质”（1）若两直线平行,则其中任何一条直线上所有点与另一条直线的距离是定值(2)过圆内一定点作弦,被定点所分两线段之积是定值.(3)圆的固定引形弧所含圆周角的大小是定值;也就是说,弓形弧上任一点对弓形弦的视角是定值.(4)椭圆上任一点与两个焦点距离之和是定值.2.1.3轨迹由(平面上)所有具有性质P的点组成的集合称作具有性质P的点的(平面)轨迹;它也可定义为(平面上)具有性质P的动点运动所形成的轨道(平面图形).为确认某个(平面)图形是具有性质P的点的轨迹,必须证实这个图形上的任一点具有性质P,并且任一个具有性质P的点都在这个图形上.常见的平面轨迹,举例如下:(1)与一个定点的距离保持定长的点的轨迹是以定点为圆心定长为半径的圆(周).(2)与两个定点的距离保持相等的点的轨迹是衔接两定点所得线段的垂直平分线.(3)与两条相交定直线的距离保持相等的点的轨迹是两条定直线形成的两组对顶角的(两条)角平分线(图2.1)(4)与一条定直线的距离保持定长的点的轨迹是两条与定直线平行的直线,它们分列于定直线两侧,并且与定直线的距离等于定长(简称“双轨平行线”,见图2.2)图2.1图2.2(5)与两条互相平行的定直线的距离保持相等的点的轨迹是一条与定直线平行的直线,它位于两条定直线形成的带形中,并且分离与定直线组成的两组平行线间的距离相等(简称“正中平行线”,见图2.3)(6)对于一条定线段的视角是定值的点的轨迹是两条以定线段为弦的弓形弧,它们关于定线段所在直线对称,所含的圆周角等于定值(简称“双引形弧”，见图2.4)图2.4(7)与两个定点的距离之和是定长的点的轨迹是一个椭圆,其焦点是两个定点,长轴等于定长2a,短轴等于2b=2a2-c2注1以点P为顶点、两边经过A,B的∠APB称为点P对于线段AB的视角.如图2.5所示,位于弓形内部的点对于弓形弦AB的视角大于弓形弧所含圆周角,位于弓形外部(与弓形弧同在直线e的一侧)的点对于弓形弦AB的视角小于弓形弧所含圆周角.异常地,若直线a与弓形弧切于点M,那么对于a上任何其他点M图2.5注2椭圆内部的点与两焦点距离之和小于长轴,椭圆外部的点与两焦点距离之和大于长轴.在解几何极值问题时，常常应用上面.3小节中的事实.例如,例1.1的解法1及练习题1.1的解法2应用了轨迹(6)练习题1.3的解法1应用了轨迹(1).后文中将会看到它们的其他应用.异常地,在几何解法中,要着重发现或构造具有极值性质的几何元素,例如,从具有定值性质的元素中或具有异常性质的点的轨迹中寻找具有极值性质的几何元素.2.2与视角有关的一些平面极值问题例2.1给定一个由⊙O的弧MSN和弦MN组成的弓形,平面儿何角θ0图2.7解过点A,B作圆与经定的P就是所求的点(图2.6).事实上,若J是弧MsN上随意异于P的点,衔接JA和JB,并设JA与所作圆交于I,那么由圆周角定理可知∠AIB=∠P,由三角形外角性质可知∠J<∠AIB,因此∠J图2.6例2.2设A,B是⊙O内两个定点.求圆(周)上对于线段解过点A,B作圆与给定圆相(内)切.因为过点A,B的圆的中央都在AB的垂直平分线上,点A和B都在⊙O内部,所以过点A,B的圆或内含于⊙O,或与⊙O内切,或与⊙O相交.可见上述的圆有两个(图2.7),记为⊙S1,⊙S2.设⊙S1和⊙S2与⊙O的切点分离是P和P'.分离记P,P'对于AB的视角为θ,θ'.经过点A,B的直线将⊙O(指圆周)分为两部分.由例2.1可知,对于含点(a)(b)若此圆与⊙O内切(图2.8(a)),则切点P对于AB不妨设上述⊙S1,⊙S2中⊙S1较小(即半径较小),它与⊙O的切点P给出视角θ.因为此两圆圆心都在AB的垂直平分线上,所以若以直线AB为对称轴,较大圆⊙S2中由AB和弧AP'B组成的弓形的对称像必将包含较小圆⊙S1的由AB和弧APB组成的弓形.由此可见θ'<θ.或者:在以两圆圆心S1,S2以及点A为顶点的三角形中,由圆周角和圆心角的关系可知注为进一步了解最大视角θ0∈(0,π)的大小,考虑以AB为直径的⊙K(((c)π/2,容易验证⊙O上除P以外的点对于AB的视角都小于π/2,于是(⊙O上的点对于AB的若此圆与⊙O相交(图2.8(b)),则两个交点对于AB的视角等于π/2,并且容易验证⊙O中介于两个交点间的弧上任何一点对于AB的视角大于π/2,⊙O上其他的点对于AB的视角都小于π/2于是给出最大视角的点P落在这条弧上,并且θ0是钝角.注重,若此圆与⊙O相离,即它内含于⊙O((图2.8(c)),解法2过点P作直径MN和另外随意一条弦AB(图2.10).那么直径MN是过点P的最长弦,并且PM⋅PN是定值(因为P是定点).设R是AB的中点.令圆的半径等于r,OP=a(定值).记(l2.3与弦长有关的一些极值问题例2.3设P是⊙O中的一个定点.求圆的经过点P的弦的长度的最大值和最小值解解法1显然过点P的直径是最长弦,过点P作垂直于OP的弦AB,以及另一条随意弦CD(图2.9).过点O作OQ⊥CD(点Q是垂足).那么AB=2r2-OP2,CD=2r2-OQ2(其中r是圆的半径).由直角三角形OPQ可知OP>OQ,所以AB<CD.因为CD是随意的,所以AB是最短弦.当PR=0,即点P,R重合时(于是P是AB的中点,从而AB与OP垂直),l2图2.10解法3由解法2(图2.10)可知AP⋅PB=PM⋅PN=r2-a2是定值,由算术一几何平均不等式,当初AP=PB,AP与PB之和AP+例2.4设A,B是⊙O内两个定点.求圆(周)上的点K,使得∠AKB的两边与⊙解设圆的半径是R,例2.2中得到的圆上对AB视角最大的点是P,最大视角是θ0.所求最大弦长MN记为l0.倘若θ0是锐角,那么由图2.11(a)(其中MQ是圆的直径)可知l0=MN图2.11倘若θ0=π/2,那么显然MN是圆的直径,因此l0=2R倘若θ0是钝角,那么由图2.11(b)(其中MQ是圆的直径)可知MN=2Rsin⁡Q=2Rsin⁡2π-θ0=2Rsin⁡θ0<2R.但由例2.2的注可知,此时圆上存在两点(记作例2.5给定两个同心圆,公共中央是O.设P是小圆内的一个定点(异于点O).求过点P作直线被圆环截得的线段的最大值.解易见过点P所作直线被圆环截得的两条线段相等.解法1设大圆半径为r1,小圆半径为r2.过点P作大圆的两条弦AB和TS(图2.12),其中AB⊥OP,则P是AB的中点.设Q是TS的中点l=类似地,TS被同心圆截得的线段之长l2因为OP是直角三角形OPQ的斜边,所以OP>OQr1注重r12-r22>0,即得l1>l2.解法2过点P作大圆的弦TS,被小圆截得弦UV(图2.13)那么由相交弦定理可知(对于大圆)TP.PS是定值(记为c1,易见c1=r12-OP2),(对于小圆)UP⋅PV是定值(记为c2由此可知y是定值.由此得到UV上式右边是y的单调减函数,因此当且仅当UV最小时,y最大.依例2.3,当过点P的直线与OP垂直时被圆环截得的线段最长.例2.6两定圆⊙O,⊙P相交于点A,B,解所作直线与每个圆都有两个交点,A是其中之一,因为要求最大值,所以图2.14中的线段MN(与两圆的另一交点在A同侧)应予排除,只需考虑图2.15的情形(与两圆的另一交点在A两侧图2.15解法1过点A作两圆的截线MN,过点O,P分离作MN的垂线,过点P作PQ平行于MN((MN其中θ=∠OPQ(MN与连心线OP的夹角).因为θ∈[0,π/2),所以当θ=0,即截线解法2过点A作两圆的截线MN与AB垂直,并且任作另一条截线M'N'(图2.16).由圆周角定理可知△BMN与MN因为∠MAB是直角,所以BM是⊙O的直径,若M'N'不与AB垂直、则BM'<BM,从而M'N'<MN.千是当解法3过点A作两圆的随意截线MN,衔接MB,NB(图2.17).那么∠M=α,∠N=β都是定值.AN所以AN图2.16图2.17类似地,由△ABMAM于是MN==(cot⁡=(cot⁡β因为α,β是定值,所以当ϕ=π/2,即截线MN与AB垂直(也就是MN与连心线OP2.4关于三角形的面积、周长和边长等的极值问题例2.7求周长固定的面积最大的三角形解这个问题意味着要求在由周长为常数l的三角形组成的集合中找出一个成员(即三角形),使得它的面积最大解法1用a,b,c表示三角形的三条边长,令s=(a+b+c)/2=l/2Δ(的最大值.我们只需考虑f的最大值.因为2(是常数,所以由算术一几何平均不等式得到f当且仅当2(s-a)=2(s-b)=2(s-c),解法2(i)设△ABC是所求的三角形,其周长AB+BC+CA=l,面积等于S0用反证法.设AB≠AC.以BC为底边作△A0BC,使得点A0,A在BC同侧,并且A0B=A0C=(l-图2.18情形1设△A0BC的面积等于S0.那么它与△ABC有相等的面积和公共底边BC,因而两者在BC边上的高相等.过A0作直线e平行于BC,那么点A落在直线e上(轨迹(4)),并且不与A0重合.作B关于e的对称点B'.那么∠1=∠2=∠AAB+因此△ABC的周长大于△A0BC的周长情形2设△A0BC的面积小于S0.那么点A与BC的距离大于点A0与BC的距离,因此点A位于直线e的上方.倘若B,A0,A共线(图2.19),那么显然AB+AC>A0B+A0C,从而△ABC的周长大于△A0BC的周长(=l),得到矛盾.倘若B,A0,A不共线,图2.19图2.20(ii)依步骤(i)中的断言还可推出BC=CA(视AB为底边),因此,若△ABC是所求的三角形,那么它一定是周长为l的正三角形.因为周长为l的正三角形确实属于我们所考察的三角形集合,因Δ注上面解法2步骤(i)中的断言也可用下列主意证实:令F是周长为l的三角形组成的集合,设△ABC是集合F中面积最大的三角形,固定BC.令F'是周长为l并且一条边长等于角形的集合.那么F'⊂F,并且△ABC也是集合F'的一个成员，于是也是F'中面积最大的三角形.F'的任何一个成员(不妨记为△PBC)的顶点P与点B和点C的距离之和等于l-BC(是定值),因此点P位于一个以B,C为焦点的椭圆上(轨迹(7)).当顶点P位于椭圆的最高点时,△例2.8设△ABC的面积保持不变,何时其周长最小(并加以证实解解法1设三角形三边长为a,b,c,用sS固定.为了得到它的上界(它与s有关,从而由此得到s的下界),应用算术-几何平均不等式.因为(等式成立的条件)s惟独零解,所以通常主意失效.我们引人待定常数k,考虚k此时ks+(s-a)+(ks解出a=b=c=(1-k)s,可见k应3(1-k)s=2s30由此求出常数k=1/3.于是由算术-kS=\frac{s{4}}{3{4}},]s当且仅当初a=b=cl因此边长为(2427解法2令F是面积为S的三角形组成的集合,设△ABC是集合F中周长最小的三角形.固定BC(记其长为a).令F'是面积为S并且一条边长等于BC的三角形的集合.那么F'⊂F,并且△ABC也是集合F'F'的任何一个成员(不妨记为△PBC)在公共底边BC上的高相等,所以顶点P位于与BC平行且距离为2S/a的直线e上(固然,这样的直线e有两条,但它们产生的三角形集合是一样的).类似于例2.7的解法2(图2.18)可以证实:当初PB=PC,△PBC周长最小,三角形.因为面积为S的正三角形确实是F的成员,所以它就是所求的三角形.由S=(3/4)a例2.9已知三角形的一个顶角以及构成顶角的两条边长之和保持为定值,求其底边长的最小值(并证实)解解法1记△ABC的三边BC=a,AC=b,AB=a因为ϕ,l是定值,所以当b-l/2=0,即b=c=l/2(等婹三角形)时,第三边(a2=l,^{2}-2bc(1+\cos\phi),]应用bc⩽(b+c)/2=l/2解法2设△A0BC符合要求条件,即∠BA0C=ϕ,A0B+A0C=l.再设A0B=A0C=l/2(图2.21),将BA首先,设△1是随意一个符合要求条件的三角形,它的一个顶角等于ϕ,其两边之和等于l,但其中一条长度c'>l/2(固然c'<l,于是另一条长度b'=l-c'<l/2.在线段BD上取点A1,使得BA1=c',那么BA0<BAA于是△A1BC1全等于△1,从而BC1等于△1的第三边(底边),第二,设△2是随意另一个符合要求的条件的三角形,它的一个顶角等于ϕ,其两边之和等于l,但其中一条长度c''<l/2,于是另一条长度b''=l-c''>l/2(固然b''<l,那么可以类似地构造△A2BC2,如图2.21所示,其中BC2等于△2的第三边(底边).斜线,BC是t解解法1考虑随意一个三角形ABC,其顶角∠A=2α及底边BC上的高AI=h都是定值,但AB≠AC.再设△A0B0C0是等腰三角形,∠A0=2α,底边如图2.22(a)所示,若固定线段BC,则点A位于以BC为弦并且含角为2α的弓形弧上(轨迹(6)).取弓形弧的最高点A',因为AB≠AC,所以点A'与A互异,于是A'到BC的距离A'P大于△ABC的高h.因为△A'BC和△A0B0C0是顶角相等的等腰三角形,并且两者的高AP>A0I0(=图2.22S△于是上述结论得证解法2以几何主意为主,需区别两种情形研究.情形1设∠B和∠C都是锐角.代数主意(图2.23)记∠BAI=β,∠CAI=γ,那么β≠γAB以及A图2.23于是S因为h2sin⁡2α2cos⁡β所以当γ=β(即等腰三角形的情形)时,三角形面积最小S这也可直接由等腰三角形A0S几何主意(图2.24)不妨认为∠BAI<α,那么∠CAI>α.因为高A0I0与AI相等,所以可以移动△A0B0C0,使得A0I0与AI重合,直线B0C0与直线BC∠图2.24从而AC>AB,于是可在线段AC上取点D使得AD=∠=∠以及AB'=AC',因为推出△ABB'≅△AC'D,S>因此等腰△A0情形2设∠C是钝角.此时代数主意失效,下面只给出几何如图2.25(a)所示,设AE是△ABC的顶角A的角平分线,AI是边BC上的高.在BC延伸线上取点D和F,使得CI=ID,DF=EC.那么△AEC≅△AFD,因此△ABD和△AEF的S由此推出S两边同加S(△AECS图2.25现将△AEC和△ADF沿相等的两边AC,AD拼接,如图2.25AC所以可将△A0B0C0(图S由此及式(2.10.1)得到S(△ABC)>注在情形2的推理中也可不应用情形1的结论.因为AE平分∠BAC,所以BE:EC=AB:AC.又因为∠ACB是钝角,S从而得到式(2.10.1).例2.11设矩形KLMN含在△ABC中,其中∠B和∠C是锐角,K,N是边BC的内点.证实:若KLMN具有最大面积,则L证实证法1显然,为了KLMN有尽可能大的面积,L,M应该分离是AB,AC的内点(图2.26).设BC=a,MN=x,作边BC上的高于是内接矩形KLMN的面积S因为a,h是定值f的最大值.上式是x的二次三项式,可知当初x=h/2,f取得最大值,从而推出题中的结论(也可应用算术图2206证法2设PQSR是随意一个内接矩形,顶点P,Q分离在边AB,AC上PQ将二式相乘,得到PQ其中PQ⋅PR=S(S注重BC⋅AH及AB2都是定值,所以只需求乘积AP⋅BP的最大值.因为AP+BP=AB是定值,所以当例2.12求内切圆半径r为定值的直角三角形面积的最小值.解解法1如图2.27所示,设内切圆与三角形三边的切点分离为D,E,F.记AD=AE=x,BD2图2.27后一式是根据下列面积关系推出的S=由上述关系式得到x因此x,z的两个实根,从而方程的判别式S由此推出或者S⩾(3+22)rS<r2,将此S值代人二次方程,方程有形式z因此对应的x=y=(1+解法2记三角形三边为BC=a,AC=b,AB=cS因为a+=(2+\sqrt{2})\sqrt{ab}=(2+\sqrt{2})\cdot\sqrt{2}\sqrt{S},]所以S从而S⩾(2+1)2r2,由此推出Smin=(3+22)r22.5与椭圆有关的一些极值问题例2.13设椭圆的半长轴和半短轴分离为a,(1)设其内接矩形的两条边分离平行于椭圆的长轴和短轴.决定面积最大的内接矩形的位置(并证实)(2)求其内接三角形面积的最大值(3)求其内接四边形面积的最大值.解在直角坐标系下,梢圆方程为x(1)解法1设矩形的顶点坐标是Ax0,y0,B-xS为求其最大值,考虑S因为由方程(2.13.1)可知b2x02+aS其中当b2x02=a2y02=b2x或者:因为由椭圆方程可知y02S2平面儿伿极值问题解法2设内接矩形在第一象限中的顶点是A(x,y),S因此当初2θ=π/2,S取最大值解法3设内接矩形在第一象限中的顶点是A(x椭圆(2.13.1)变为圆x椭圆内接矩形(面积为4xy)变为此圆的内接矩形(其两边分离平行于坐标轴).并且顶点A(x,y)变为点x于是S由例1.3可知圆的内接矩形为正方形时面积最大,此时顶点A'x',y'的两个坐标相等,即x'=y';并且由方程(2.13.3)可知椭圆内接矩形长短边之比等于a:b)时,SS(2)设梢圆内接三角形的面积是S,顶点是Ax1,y1,Bx2,y2和Cx3,S于是S因为半径为r的圆的内接三角形以正三角形面积最大(此最大面积等于(33/4)r2S3. 类似于本题(2).在变换(2.13.2)下椭圆(2.13.1)的内接四边形变换为圆(2.13.3)的内接四边形.后者以边长为2a的正方形的面积最大(见练习题1.7(2)于是由变换(2.13.4)得到糊圆(2.13.1)的内接矩形,边长为2a和(b/注可以证实:若梢圆(2.13.1)包含的矩形的两边不分离平行于椭圆的两轴,则其面积不可能达到最大值2ab,因此实际上本题(1)中关于内接矩形两边分离例2.14给定梢圆x2/4+y2=1,以及一个中央位于点(1,0)解圆的方程是(设公共点的坐标是Px0,x消去y0,为此由上述第一个方程解出yr又由椭圆方程可知它的定义域是-2⩽r0⩽2.因此当初x0=4/3∈[-2,2],rmin=2/3=6/3,并且y0=±5/3r可知当初x0=-2,rmax=3,并且y0=0.依rmax练习题22.1(1)设P是⊙O外的一个定点.求点P(2)设⊙O1和⊙O2是两个互相外离的圆,P1和P2分离是⊙O(3)设⊙O内含于⊙O1,但二圆不是同心圆,求⊙O1上的点S和S1,使得由点S所作的2.2(1)设A,B是定圆O外两个定点,点P在圆(周)上移动.分离决定点P的位置,使得(2)设M,N是定圆O的弦AB的延伸线上两个定点(罗列顺序是A,O,B,M,2.3(1)设M,N是直线l同侧的两个定点,点P在l上移动决定点P的位置,使得(2)给定△ABC.在∠A的平分线上分离求点P和Q,分离使得|∠PBA(3)给定△ABC.在∠A的平分线AD(此处D是角平分线与⊙P交于点M和N(点A位于点M,N(5)两个互相外切的⊙O和⊙P位于单位正方形ABCD内,并且⊙O与边AB,AD相切,⊙2.10(1)已知三角形的一个顶角以及它的两条边长之和保持为定值,求其面积的最大值.(2)求内角和周长一定的平行四边形的面积的最大值.(3)过正方形ABCD的边AB上随意一点P作正方形的两条对角线的平行线,分离交BC,AD于点Q,R.求点(4)过△ABC的边BC上随意一点P作另两边的平行线,分离交AC,AB于点Q,R.求点P的位置,使得△PQR有最大面积.(5)过锐角△ABC的边BC上随意一点P作另两边的垂线,分离交AC(6)过平行四边形ABCD的边AB上随意一点P作平行四边形的两条对角线的平行线，分离交BC,AD于点Q,R.求点2.11(1)设三角形底边长为a,另两边之和为e,求底边中线的最小长度和三角形的最大面积.(2)设△ABC的顶角A(3)设三角形的一个顶角及其对边(底边)上的高一定,求底边长度的最小值.别交于点M,N,求2.18(1)求斜边长为c的直角三角形的内切圆半径的最大值(2)设R和r分离是直角三角形的内切圆和外接圆的半径,求/R2.19对于△ABC内部的随意一点O,用da,db,dc的面和最大的直角三角形2.13(1)四边形ABCD内接于单位圆,AB=1,(2)凸四边形ABCD的边AB=3,并且位置固定,另外两移动的终保持BC=CD=DA=1,设△ABD和△BCD的面积分离为S1和S2.求S12+S22的最大值.2.14(1)设椭圆(2)设内接于椭圆的梯形以椭圆长轴为一底,求其面积的最大值2.15设梢圆x2/a2+y2/b2.16(1)线段AB=a,在AB上取点C,分离以AC和CB为一边作一个正三角形和一个正方形,求点(2)线段AB=a,在AB上取点C,分离以AC,CB以及AB为直径向2.17设C是直角△ABC的直角顶点,D是斜边上的高的垂足.过点D在DC两侧分离作射线与DC成等角,与CA(3)设P是⊙O(4)设⊙O和⊙P交于点A,B,直线l过点A,3立体几何极值问题3.1空间图形的极值性质平面点的轨迹可以扩充为空间点的轨迹,例如,作为平面点的轨迹之一的线段垂直平分线,扩充到空间情形,就是:与空间两定点(点P和Q)距离相等的点的轨迹是衔接两定点所得线段PQ的垂直平分面(即过线段PQ的中点并且垂直于PQ的平面α).由此可推出下列极值性质:(1)空间两点P,Q的连线的垂直平分面α上的任一点都与P,Q等距离,任何位于α的含P的一侧的点S(不在α上)满意SP<SQ,位于α的含Q的一侧的点T与空间中一条定直线的距离保持定长的点的轨迹是以此直线为轴的圆柱面,其母线是半径为定长的圆.由此可推出下列极值性质:(2)圆柱面上各点与它的轴的距离相等(是定长),圆柱外的点与轴的距离大于定长,圆柱内的点与轴的距离小于定长.我们在此只列出下列另外一些常见的空间图形极值性质:(3)平面外一点与平面上各点间的距离,以由这点所作的平面的垂线段最短.(4)分离位于两条异面直线上的两点之间的距离,以两条异面直线的公垂线段最短(5)分离位于两个互相平行的平面上的两点之间的距离,以两平行平面间的距离最短.(6)二面角(设不超过π/2)任一面上任向来(7)球(面)上随意两点间的距离不超过球的直径3.2与异面直线有关的一些极值问题例3.1设a,b是两条异面直线,M,N是直线a上两个定点,T是直线b上的图3.1解设T是直线b上随意一点.因为当顶点T在直线b上变动时,△TMN的底边MN不变,所以只需考虑何时底边上的高TH最小.又因为分离位于两条异面直线上的两点之间距离的最小值由两条异面直线的公垂线段给出,所以若T0是a,b的公垂线段位于注若a,b是异面直线,直线l与a,b分离垂直相交,交点分离是S,T,则(i)过直线a作平面α与直线b平行(为此过a上随意一点作直线b1平行于b,因为a,b是异面直线,所以a,b(ii)过直线b作平面β与平面α垂直(为此过b上随意一点作直线b2垂直于α,因为b2是唯一的,并且b,b2(iii)设α,β的交线是b',那么b'平行于b.因为a,b是异面直线,所以a,b'相交;设交点是S(唯一).在平面β上过点S作直线l垂直于b',交b于点T.那么ST同时垂直于a,b,并且唯一决定.为证实ST的极小性,在a,b上分离任取点A,B,在β上过点B例3.2已知立方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a.若点M和N分离在直线AA解(i)如图3.3所示.因为AA',BC,C'D'是异面直线,所以对于线段MN,端点M3.3设直线MN和C'D'交于点L,那么它们决定一个平面,记作α(图3.3中末标此平面).因为立方体的面BCC'B'和AD未画出这两条交线),从而C又因为立方体的面A'B'C与它们的交线A'L和NL于是C设AM=z,则C类似地,立方体的面DCC'D'和ABB'ANL又因为CL'与BA于是NL设BN=x,则NL由式(3.2.1)∼式(3.2.3)推出a由此x,zxz(ii)现在建立(空间)坐标系,如图3.3所示,那么点M和N的坐标分离是(0,a,zM注重由xz=(x+z)a可知(M从而(MN)min=3a,并且当初x=z达到最小值;进而言之,由xz=(x+z3.3与视角有关的一些空间极值问题例3.3设直线l垂直于平面α,点O是垂足.再设M,N是l上两个定点(位于(1)证实:平面α上每个以O为圆心、r(>0)为半径的圆(周)上的点对于MN有相同的视角(记作θ(2)求平面α上对于线段MN视角最大的点及最大视角θ(3)证实:若r>r0,则θ(r)是r的单调减函数;若随意一点.当线段OS在α上绕O旋转一周时,对于S的每个位置,∠MSN保持不变,所以得到结论.异常地,令r=OS,则视角θ(2)解法1设直线s是平面α上过点O的随意直线,只需求直线s上对于线段MN视角最大的点(图3.5).图3.5在s,l决定的平面上,作圆经过点M,N并且与直线s相切,这样的圆有两个,关于直线l对称.设⊙U是其中之一,相应的切点是S0,设它关于O的对称点是S0'.那么它们对于MN的视角相等(并且在同一个以O为圆心的圆上).由2.1节注1可知,在直线s的各点中,以点O由圆周角与同弧所对圆心角的关系,可知最大视角θ0=∠MS0N等于圆心角∠MUN的一半.因为US0θ此外,也可用下面的主意算出最大视角θ直线s上其他各点对于MN的视角都小于∠MS0N=θ0.并且它们与O的距离或大于、或小于r0=ab,于是依本题(1)可知,平面α上对于MN的视角最大的点形成一个以O为圆心r0=ab为半径的圆,最大视角θ0=arctan⁡(a-b)/(2ab)θ=arctan⁡于是]其中r∈(0,+∞).因此r满意二次方(tan⁡因为方程有实根,所以判别式非负,即(a0⩽tan⁡即当初r∈(0,+∞),tan⁡θ有最大值(aθ将tan⁡θ0=(a-b)/(2ab)tan⁡因为r当且仅当初r=ab/r等式成立,所以当点S与点O的距离OS=ab时,θ令r0tan⁡因此,当r>r0=ab或r<r0=ab时,总有tan⁡θ(3)证法1可模仿题(2)的解法4举行.例如,当初r1>rtan⁡所以θ1<证法2用几何主意(图3.6).设r1>r2>r0=ab,记θ1=θr1OS所以M,N,S1,S2不可能共⊙V.设⊙V与直线s的另一个交点是S',则OS2⋅OS'=OM⋅ON=ab.因为OS2>r图3.6注上面给出一种几何解法和三种代数解法,它们都是初等主意.固然,得到式(3.3.1)后也可对f(r)=(例3.4设直线l垂直于平面α,M,N是l上两个定点(位于α同侧),e是平面α上一条给定直线.求直线解解法1保留例3.3中a,b,θ0的意义.在平面α上过点O作直线e的垂线,设垂足是T0(图3.7).倘若OT0<ab,那么直线e与例3.3中决定的圆相交;两个交点对于MN的视角最大.倘若倘若OT0>ab,那么直线e与例3.3中决定的圆无公共点,此时依θ0的定义,直线e上任何点对于MN记OT0=x0,∠MT0ϕ因为x0>ab,并且对于e上任何异于T0的点T(记OT=x,满意x>x0>ab,所以依例3.3(3)可知,T对于MN的视角ϕ(xtan⁡图3.8若记T0x当ϕ无限临近于零时,x也无限临近于零,这与实际不符(图3.7).因此得到x由此可知x是ϕ的单调减函数.因为x的值域是x0,+∞,ϕ是锐角,因此当x=x0ϕ0u>u_{0},\quadv>v_{0},\quadu_{0}>v_{0},\quadu>v]固然cos⁡但这些关系推不出ϕ0此外,因为△MNT0与△注1上述解法1是纯代数解法.解法2实际上用到一点极限概念(即判断双重符号中不能选负号)注2对于OT0>ab的情形,也可以直接应用例3.3第(2)题中解法4的主意.此时,对于e上的点T0,以及e上随意一个异于T0的点tan⁡从而推出ϕ0T0<OT,所以前者的面积SS但这些关系也推不出ϕ例3.5设正三角形ABC的边长为1,线段PQ平行于边BC顶点A与PQ的距离为h,如图3.9(a)所示.将△APQ所在的平面以PQ为折嫏折叠,使得与原三角形所在平面垂直,如图3.9(b)所示.求h的值,使得空间中点A对于线段BC的视角最大,并求此最大解(i)由图3.9(a)容易证实OB=OCPQOH=BH=OB冬39(ii)在图3.9(b)中,因为平面APQ垂直于平面PQCB,直线AO垂直于PQ,所以AO垂直于平面PQCB,于是两个直角三角形AOB和AOC全等,从而AB=cos⁡∠由余弦函数在区间(0,π)上的单调减少性可知,当AB的长度最小时,∠BAC最大.(iii)求(AB)min.由直角三角形AOB可知A(iv)由步聚(ii)和(iii)推出,当初h=3/4,cos⁡∠BAC取得最小值1/5,由此可知点A对于3.4关于立体截面的极值问题例3.6设I-MNK是底面为△MNK的三棱雉,其侧面△INK是锐角三角形.求锥体经过MN的面积最小的截面三角形,解解法1过MN作平面α与直线IK垂直,设交点是T0(图3.10).那么NT0是△INK的高.因为已知△INK是锐角三角形,所以T0在线段IK上.类似于例1.2可以立体几何极值问题3.10).同解法1可知T0在线段IK上,因此△T0MN是三棱锥的一个截面.过点T0作△T0MN的底边MN上的高T0H.因为IK垂直于截面T0MN,所以T0例3.7设I-MNK是底面为△MNK的三棱锥,其侧面△INK是钝角三角形(∠NKI是钝角).用S表示三棱维过MN的截面的集合,即△TMN(其中T是线段IK上的随意点)的集合.令解过MN作平面α与直线IK垂直,设交点是L,那么NL与IK垂直(图3.11).因为侧面△INK是钝角三角形,所以L在线段IK的延伸线上.因此棱雉过MN任何截面三角形在α上的(正)投影都是△MNL.倘若截面三角形与平面α的夹角是θ(参见例1.2的注1).设三棱雉的界面KMN及IMN与平面α图3.11的夹角分离为θ1和θ2,那么θ∈θ1maxΔ∈例3.8求三棱锥的平行于两条异面的棱的截面面积的最大值解如图3.12所示,截面平行于棱AC和BD,因此它与棱锥面ABC及ACD的交线KL,NM互相平行(都平行于AC),与棱锥面ABD及CBD的交线KN,LM互相平行(都平行于S其中α是KN与KL的夹角∠NKL,也等于异面直线AC和BD间的夹角,从而是一个常数.因此问题归结为求KN令AK=x,那么由△ABD于是类似地,由△BKL即BK于是AB因此得到KLKN因为AC⋅BD/AB2是常数,所以只需求x(AB-x)的最大值应用二次三项式的极值公式或算术一几何平均不等式，可知当x=S例3.9边长为a的立方体的一个截平面通过它的一条对角线,求截面面积的最小值.解解法1设截平面过对角线BD',分离交棱AA'和CC'于点E在棱CC'上,而且CC设O和M分离是对角线BD'和棱CC'的中点(图3.13(b)).那么由△CBM与△C'D'M全等可知MB=MD',于是OM与BD'垂直.类似地,由CO=C'O(这里O是立方体的中央O于是可推出MOOOM此外还有B因此截面面积的最小值S解法2应用下列辅助命题设空间中一个平面多边形的面积是S,多边形在两两互相金直的三个平面上的投影图形的面积分离是S1,S2,四边形BED'F在三个界面A'B'C'(a)(b)(c)S1于是依辅助命题得(SS因此当x=a/2即F是棱CC'S于是S只需证实cos2如图3.15(a)所示,两两互相垂直的三个平面形成一个顶点为O的三面角.设多边形S所在平面ABC与三个投影平面的交线分离是AB,BC,CA,作射线OM与平面ABC垂直.因为OC垂直于平面OAB,所以OM与OC间的夹角等于平面ABC和平面OAB的夹角,于是∠COM=α.类似地,∠cos⁡图3.15于是cos由勾股定理可知O因此cos辅助命题得证.3.5与体积和表面积等有关的极值问题例3.10证实:共一顶点的三条棱长之和为定值的长方体中,立方体的体积最大,表面积最小,证实设三条棱长为a,b,V因此当a=b=表面积S=2(因此当ab=bc极值.解设长方体体积为定值(i)棱长之和L因此当a=b=考虑棱长为ε3V,3V4当ε>0取随意大的值时,上式的值也取得随意大,可见L(ii)表面积S因此当ab=bc=步骤(i)中的例子表明Smax不存在锥的截面,当圆锥的高与截面之间的夹角为何值时,以圆雉底面中央及截面的各个顶点一起作为顶点的多面体的体积最大?解如图3.16所示,截面是△TDC,将圆锥的高TO与截面之间的夹角记为ϕ.那么四面体TOCDV=圆锥的轴截面是等腰三角形TAB,其底角等于圆锥母线与底面的夹角α,底边长为2r,可见TO=r首先计算S(△图3.16图3.17因为在直角三角形TEO中,∠ETOEO又由△ODCDC于是得到S(△f并且当且仅当tan2tan时等式成立,所以当(注重0<ϕtanϕ时,达到fmax=1/2,此时S△ODC)最大(最大值等于VV(计算细节由读者补出)题设S为定值,所以问题日结为在约束条倠r下求f(r,r即hf(单变量r的函数).令g(r)=2r2a-2r2,因为r=a/2)时,V取最大值.由a例3.13求全表面积固定(等于S)的正n棱雉的休和的最大值(通过S表示这个最大值)解设棱锥的高为h,底面内切圆的半径(即底面正多边形中央与各边的距离)为r,那么㯖锥的全面积SV所以最得S所以总算得到V3.14如图3.18所示,OXYYZ是个二西角,房的二个四角都是直角.M是角内一个定点,过点M作平面从三面角中截得一个四面体OABC.证实:当M是截面三角形ABC的重心时,截出的四面体体积最小证实(i)记OA=a,OB=b,OC=c.设点V=13131于是可见问题归结为在上式的约束下求a,b,c>0ζ时,乘积ζ取得最大值1/27,从而abc取得最小值27ξηζ.因此V(ii)现在证实:极值条件式(3.14.1)等价于M是极值截面三角形ABC的重心(图3.19).图3.19首先设式(3.14.1)成立.设CM交AB于点F.由题设可知CO垂直于平面OAB,所以平面CFO也垂直于平面OAB,并且两者的交线是OF.在平面CFO中作MM'⊥OF(点M'是垂足),那么MM'垂直于平面OAB,因而MM'给出点M与平面OABMF同样的推理可以证实:若D是直线AM与CB的交点,E是直线BM与CA的交点,则式(3.14.1)蕴含MD第二,考察△ABC图3.20根据上述线段比值和面积比较定理,有S(△所以S同样的推理得到S(△SS这蕴合=FB可见F是边AB的中点.类似地,可知D,E分离是BC,AC的中点.因此点现在反过来证实:若截面三角形ABC以M为重心,那么条件式(3.14.1)成立.事实上,设CM交AB于点F,那么F是△ABC的边AB的中点.类似于上面的推理,可知平面CFO垂直于平面OAB.因而若在平面CFO中作MM'⊥OF(点M'是垂足),那么MMM即ζ同理可证η因此条件式(3.14.1)确实成立.利3.15一个长方体的边长都是整数，对角线长为11,全而积为14,问:当长、宽、高各为多少时,长方体体积最大?并求此最大值.解设长方体的长、宽、高分离为x,y,x22(xyx,因为2(xy所以(x于是y进而得到yz依二次方程根与系数的关系,以上两式表明y,z是t的两个正实根.由此推出这个二次方程的判别式非负,一次项系数小于零,常数项为正数,即(x图3.22类似地,将界面正方形ABCD和DCCl若路径与CD的交点是F,则FD=1/3(A图3.2解将界面正方形AA'D'D和DD'C'l1练习题33.1正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长都等于a,点M,N分除上述别位于线段BC'和CA'上,并且MN平行于面3.2已知立方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为a.线段MN的端点M,N分离3.3如图3.23所示,墙上挂着高为9尺(1尺≈0.33米)的一幅(矩形)画,其底部(B)距地面8尺,一个观画者面向这幅画,服睛(O)距地面5尺.试决定观画者与墙面的水平距离(OP),使得观画最清晰(将画面看作长9尺与地面垂直的线段3.4(1)求立方体表面上的点,使得它对于立方体的某条对角线的视角最小(2)如图3.24所示,求正三棱柱的棱CC'上对于棱3.5正四棱柱ABCD-3.6设点P在单位立方体ABCD-A'B'3.7两个立方体各自一条棱长之和为a,求使得它们的体积之和达到最小时的棱长.3.8空间一点P与边长为12的正三角形ABC所在平面的距离为8,并且与点A,B,C等距.点M在线段PB上移动,求3.9证实:圆锥的内接圆柱的最大体积是圆锥体积的4/93.10设圆锥的巍峨于底面直径,求其内接圆柱的全面积的最大值3.11求通过圆锥的顶点A所作截面面积的最大值.3.12(1)设圆柱的体积一定(即是定值).证实:当圆柱的高等于底面直径时,其全面积最小(2)设圆柱的全面积一定.证实:当圆柱的高等于底面直径时,其体积最大.3.13求球的内接圆柱全面积的最大值.3.14(1)求球的外切圆锥侧面积的最小值(2)设圆锥的母线与底面的夹角为2θ,并且有一个半径为1的都必须经过3个(或更多的)界面,因此不需要考虑。总之,共有两点M在棱AB上移动,求使∠A'3.18一个圆柱的侧面上有一条蝶旋曲线,从底面边缘一点A开始环抱升高共n周后到达顶面边缘一点A'即线段AA'恰为柱面的一条母线).设r和h分离3.19设AB是圆台的一条母线,点A,B分离位于上、下底面圆周上,P是这条母线的中点.要从点P出发沿圆台表面路径到达点B,但不能沿母线上的线段PB,决定最短路径.倘若圆台上、下底面半径4补充此处补充一些有一定难度的或与前文类型不同的几何极值问题.4.1补充(1)例4.1在直角三角形ABC中,∠C为直角,AB=5,BC=4.分离取线段BC和AB的内点M和N,使得S当M,N分离在线段BC和AB上移动时,MN的最小值记作t0证实:当初证实证法1作NT垂直于BC(点T是垂足).令BM=x因为△MBNμ因此BN=μM此处右边的第二项,当初∠NMB⩽π/2,由(x-(20到(图4.1(b)).化简后(注重cos⁡BM可见当x即MB=x=20μ(此时NB=20μ/x=20图4.1证法2不必区别图4.1(a),(b)两种情形.由勾股定理,得AC=3.记∠S(△另一方面，S由正弦定理可知(并且注重sin⁡BBMM只需求f=sin⁡f当α=β(亦即BM=BN)时,得到例4.2在∠MAN(<π)内部给定一点P,过点P作直线l与角的两边分离交于点B和C.求直线解解法1如图4.2所示,设∠APB图42BP=μ因为AP,β,γ是定值,所以只需求f=sin⁡∠ABP⋅sin⁡∠ACPf因此当∠ABP=∠ACP(即△μ解法2如图4.3所示,过点P作直线l与∠A两边交于点B,C,使得AB=AC,再过点P作另向来线分离与∠图4.3因为两直线的交点P在∠A内部,所以不妨设C'是线段AC的内点,B'在线段AB的延伸线上.点B此圆与C'B'的另一个公共点是X.因为∠BXC'=∠BCC'(它们是同一弧BC'所对的圆周角),又由l的定义可知∠BCC'=∠ABC,所以∠BXC'=∠ABC.因为∠ABC>∠BB'例4.3给定直线l以及直线同侧两点PQ.在l上取点M,作△PQM的高PR,QS.求点M解首先设∠M是锐角(图4.4).设N是线段PQNS是定值,可见线段SR作为两腰长度为定值的等腰三角形NSR的底边,其长度取决于顶角∠SNR.因为在△NSP中,图4.4类似地,由△NRQ∠若记∠SNR2==2(∠=2(π于是∠(4.3.1)这个关系式也可如下简便地导出:因为点P,S,R,Q共圆,圆心为PQ的中点N.圆心角∠SNR由弧SR度量,圆外角∠由式(4.3.1)可知,为求SR的最小值,只需求∠PMQ(当点M位于直线l上时)的最大值.容易证实(参见2.1节注1):若经过点P,Q作圆与直线l相切,设切点为M,那么对于l上任何其他点M',总有∠PM'(=若∠M是钝角,则可类似地研究(图4.5),对∠PMQ应用圆内角定理,可知∠PMQ(图4.5倘若∠M是直角,那么点R,S综合三种情形,可知SR的最小值等于PQ|cos⁡∠例4.4给定边长为a的正三角形ABC,K是边BC上的随意一点,AK的垂直平分线分离交AB,AC于点M,N.求当解解法1(i)因为△ABC是正三角形(图46),所以当K位于点B或点C时,对应的截线分离是边AB和AC上的高,并且二者相等(也等于BC边上的高),长度等于3a/2.若K位于BC的中点D时,则截线MN成为△ABC的一条中位线,平行于(ii)现在设K是BC上随意一点(但不同于点B,C,D),如图4.6所示.过AK的中点E作其垂线,被AB,AC截得的线段是MN,过点E作BC的平行线交AD于点F,则F是AD的中点.记∠EN由此可知MN作三角恒等变换,tan⁡于是=因为θ∈(0,3于是3PQ的中点.过点F作MN的平行线被AB,AC截得线段UV(设UV与AK交于点I),那么由△AUV∼△AMN可知UV<MN,因此只需证实UV>PQ.为此比较△AUV和△APQ的面积.在对于步骤(i)中的特例,对应于θ=0和θ=π/6,显然那些截线长度也满意解法2用纯几何主意证实上面得到的结论.类似于解法1,可以认为K不是点B,C以及BC的中点(图4.7).过AK的中点作BC的平行线以及AK的垂线,得到△ABC的中位线PQ以及截线MN.那么MN不可能平行于BC,因此不妨设点M位于B,P之间(即PQ下方),而点N位于A,Q之间(即PQ上方).此外,因为Q是AC的中点,所以BQ是AC边上的高.我们来证实截线长不超过正三角形的高在此只需证实MN<BQ.为此过点N作直线平行于BQ,交BP于点T.那么由△ATN∼△ABQ推出图4.7下面来证实截线长不短于正三角形的中位线,在此只需证实MN>PQ((⿴囗⿱(已放大的)图4.8(b)中,PG平行于AQ,因此△PGF≅△QVF,从而这两个三角形面积相等.又因为∠UPF=2π/3,∠GPF=∠AQP=1因为AI<AF,所以UV(a)图4.8例4.5设△ABC是边长为a的正三角形,点P,Q,R分离在边BC解如图4.9所示,设BP=x的面积σ=图4.9依题设,x+σ=故只需求f的极值.为此我们要消去一些变量(例如z),将z=f=-x因此当x即x=y=z=a/3注本例是一个多变量极值问题,减少变量个数(消元)是解题关键(例3.13是一个二变量极值问题,利用的解法也是基于消元;还可参见练习题1.5(3)的解法2,等等).此外,为求fmaxa推出f⩽a2/3,并且当且仅当初x=y=z等式成立.于是例4.6求△ABC解这个点称作费马点.本题有多种解法,下面给出纯几何方法.我们区别两种不同情形:对于内角小于2π法;有一个内角不小于2π情形1设△ABC的三个内角都小于解法1在这种情形下,三角形内部存在唯一的点F,它对于三边AB,BC,CA的视角∠FAB=∠FBC=∠FCA=π/3.为证实此事实,只需在三角形内部分离作以AB,正三角形PQR内部随意一点与三边距离之和是定值(等于三角形的高)角形内随意一点,与三边距离为x,S(△1于是x+现在证实:若点F在△ABC内部,满意∠FAB=∠FBC=∠FCA图4.10图4.11为此分离过点A,B,C作直线与FA,FB,FC垂直,那么它们交出△PQR(图4.11).因为点P,B,F,C共圆,所以∠P=π-∠BFC=π/3;类似地,∠Q=π/3.因此△PQR是正三角形.将点I与QR,RP,PQ的距离记为解法2如图4.12所示,以线段BC为一边,在△ABC外部作正三角形BCD及其外接圆.因为外接圆的圆周角BDC所对的弧的度数是2π/3,而∠A<2π/3,所以这条弧囫囵位于点A的下方.因此DA与此弧的交点F在△ABC内部,并且图4.12用另一种主意证实点F符合要求,为此需要应用下列辅助命题2.设四边形ABCD是随意凸四边形,则AB并且当且仅当四边形内接于圆时等式成立(证实见本例后的注)现在证实:对于△ABC中随意异于F的点I,总有IA+IBBC=FB即a(FB+FA+类似地IBIA若点I在弧BC上(图4.12(a)),则上式是等式,但此时点I不可能在AD上(因为点I,F互异),所以IA+类似地,若点I在线段AD上(图4.12(b)),则I不可能在圆弧上,所以式(4.6.2)是郑重不等式,从而由式(4.6.1)得到IA+最后,若点I不在弧BC上,也不在线段AD上(图4.12(c)),则由郑重不等式(4.6.2)和式(4.6.1)得到IA+合起来可知上述结论成立.于是完成情形1的证实情形2设△ABC的一个内角(例如)∠如图4.13所示,作∠BAC的平分线AT,然后分离过点A,B,C作AT,AB,AC的垂线,它们交出△PQR.因为∠Q∠所以∠Q=∠R,从而PQ=PR.又因为点A,B,现在证实:对于△PQR内部(固然也包括△ABC内部)随意一点I,有AB+AC<IA+IB+IC.为此设点S(△a于是(注重b<AB类似地,可以证实x+y+z<注现在证实辅助命题2,它可等价地讲述为下列两个定理(a)(托勒密定理)倘若凸四边形ABCD内接于圆,则AB(b)(托勒密不等式)倘若凸四边形ABCD不内接于圆,则AB这些定理有多种证法,下面的证法只用到中学几何知识.定理(a)的证实如图4.14(a)所示,过点B作射线BI交AC于点I,使得∠CBI=∠ABD,因为(依圆周角定理)∠BC由此得到BC类似地,由∠CBD=∠ABI以及∠AB将式(4.6.3)和式(4.6.4)相加,即得所要的等式定理(b)的证实如图4.14(b)所示.因为A,B,C,D不共圆,所以不妨认为∠BCA>∠BDA.分离过点C和点B作射线交于凸四边形内一点IBC类似地,由△ABIAB将式(4.6.5)和式(4.6.6)相加,得到AB最后注重IC+IA例4.7求锐角三角形的具有最小周长的内接三角形。解这个问题有多种解法,这里给出两个初等几何解法.一个是证实对于给定的锐角三角形,最小周长的内接三角形一定是它的垂足三角形(即三个顶点是给定三角形三边上的高的垂足);另一个是直接证实它的垂足三角形就是其最小周长的内接三角形。解法1设△PQR内接于锐角三角形ABC,即其顶点P,Q,R分离在边BC,CA,AB上,将所有内接三角形组成的集合记作A首先给出下列辅助命题:设∠MON是给定锐角,K是角内一个定点.那么对于边OM和ON上的动点X和Y,当且仅当∠KXM=∠OXY,并且图4.15昰明首先设△KXY的周长最小.分离作点K以OM和ON为轴的对称点U和V,那么衔接U,X,Y,V必得一条线段;因为不然,线段UV将与OM,ON交于点X',Y'反过来，设点X,Y分离在OM,ON上,满意条件∠KXM=∠OXY,∠KYN=∠OYX.将线段XY分离向两端延伸到点U,V使得XU=XKOM,ON⊥的随意两点,其中X'(或Y'不同于点X(或点Y),那么UX'Y现在来解本题(图4.16).设△DEF是△ABC的周长最小的内接三角形,即它是集合A中的极值元素,那么它也是集合AD(即△ABC的一个顶点D固定的内接三角形的集合)中的极值元素(因为AD⊂A),即在△ABC的顶点D固定的内接三角形中它的周长最小.依辅助命题(将∠BAC取作∠图4.1现在证实△DEF是△ABC的垂足三角形,即点D,E,F分离是△ABC三边上的高的垂足.延伸线段FE到点G,那/∠GEC=∠AEF.又因为∠CED=∠AEF,所以∠GEC=∠CED.因为点C位于∠GED的角平分线上,所以它与∠GED两边等距,从而点C与FE,DE等距.类似地(延伸FD),可证点C与FD,DE等距.因此点C与∠DFE的两边等距,从而CF最后，垂足三角形DEF是集合A中的成员，所以A中确实存在极值元素.因此垂足三角形DEF是锐角三角形ABC的具有最小周长的内接三角形.解法2设△DEF是△ABC的垂足三角形(图4.17),△PQR是△ABC的随意一个内接三角形,但不是垂足三角形.下面证实△PQR的周长大于△图4.17因为△PQR不是垂足三角形,所以不妨认为边BC上的垂足D与顶点P不重合.分离作点D的以AB和AC为轴的对称点G和H(图4.17(a)),那么△l设点I是△ABC的垂心(即三条高的公共点).因为∠IFB∠IDB=π,所以I,F,B,D四点共圆,从而∠BFD=∠BID类似地,分离作点P以AB和AC为轴的对称点U和V(图4.17(b)),那么△PQRl因为UV是线段,所以△PQR的周长l对于△AGH和△AUV,根据轴对称性质可见∠GAH=∠UAVGH因为AH=AD<AP=AV,所以GH<UV,于是确实l1<l2.解设圆的半径为r,OP=a,∠APD=α,还设圆心O位于∠APD内部.令∠APO=θ,∠AB(AB由此得到116算出sin以及sin于是1因为P是圆内一点,所以r>a>(2/2)a,可见r2平分∠APD(及其对顶角)时,AB1因而=(其中h=asin⁡(α/2)是圆心O当θ-ϕ=π/2,即AB或CD(AB注考虑异常情形α=π/2(即AB,CD(当AB和CD之一经过点O和P时(因为θ-ϕ=(例4.9在坐标平面Oxy上,设曲线C由方程y=1-x2给出,P(a,0)C交于A,B两点,求出使△OAB解下面给出两种大同小异的解法(图4.19)解法1(i)曲线C是上半圆周x2+y2=1(y⩾0)是△OABS可见当sin⁡|α-β|=1,即β-α=±π/2,也就是OA,OB互相垂直时,Smax=1/2.设直线(ii)分离改记点A和B的坐标为x1,y1和x2,y2.倘若x1=0,那么A是C与y轴正向部分的交点,于是另一交点∠AOB<π/2.在这两种情形下,△OAB的面积都未达到最大值.于是可以认为xkOA,k所以y(iii)因为点A,B是直线l与半圆周C的交点,所以由两者的方程y=1+的两个实根就是点A,B的横坐标x异常地,由前述条件x1a因为点A,B都在直线l上,所以y1=k{2}\left(\frac{a{2}k{2}-1}{1+k{2}}-\frac{2ak{2}}{1+k{2}}\cdota+a{2}\right)=\frac{k{2}\left(a{2}-1\right)}{1+k{2}}.]由此式及式(4.9.1)式(4.9.3)得到k䍀含2a2-1>0.由上述方程解出k=±1/2a2-1.为决定符号,注重在k时,△OAB的面积达到最大值Smax=1/2|sin⁡(时,Smax(ii)设l的方程是y=k(x-a),点和x2,y2,sin⁡于是sin⁡(=由此式及式(4.9.4)得到ak(iii)由方程y=k(x-由此可解出x1,x2,进而求出x1x1-x22=x1a因为1+k2a即2注重2a2-1>0,于是k=±1/2a2-1(其余从略).◻例4.10设给定△ABC以及CB延伸线上的一个定点Q.证实:存在一条过点Q的射线l0,设它与边AB,AC分离交于点R,S,而l'是另一条S证实(i)在边BC上决定点D满意QB(即QD是QB,QC的比例中项);过点D作AC的平行线交AB于点R.过点Q,R作射线与AC交于点S(图4.20),那么射线(ii)首先,因为QRQS于是所以SD平行于AB图4.20第二,过点Q作随意射线分离与AB,AC交于点R',S'.下面来证实:S(△PRS)>因为△PRS和△S(注重:在图4.20中没有画出所有的三角形).由此,S(△又因为RD平行于AC,所以S(△DRS)=S△DRS',从而S(△PRS)S△PR'S'=S△DRS'S△DR'S'.另一方面,由此式及式(4.10.1)立得S(△4.2补充(2)例4.11如图4.21所示,已知OX,OY,OZ是空间中两两互相垂直的三条射线,三个动点A,B,C分离在解设OA=AB显然CO垂直于平面OXY,所以立体OABC的体积V=依题意,abc=6V是一个定值.此外,设线段之和l=下面预计l的下界.由算术一几何平均不等式,有a+\sqrt{a{2}+b{2}}+\sqrt{b{2}+c{2}}+\sqrt{c{2}+a{2}}\geqslant\sqrt{2ab}+\sqrt{2bc}+\sqrt{2ca}][\geqslant3\sqrt[3]{\sqrt{2ab}\cdot\sqrt{2bc}\cdot\sqrt{2ca}}]=3其中等式都是当且仅当初a=l并且当且仅当初a=l例4.12过正三棱柱底面一边作棱柱的三角形截面,棱柱介于截面与底面之间的体积是V,截面面积是S.问当截面与底面间的夹角多大时S3/V解设截面ABD与底面ABC间的夹角为α,底面ABC的面积为S0V图4.22为了决定V与S间的关系式,我们通过α和S来表示CD.为此在平面ABC上过点C作AB的垂线CE(垂足为点E),衔接DE.因为CD垂直于底面,所以DE垂直于AB,从而∠CED是二面角C-AB-D的平面角,即∠CED=CD另一方面,由S0a因此CD从而由式(4.12.1)推出V两边平方得到VS现在只需求f=sincos22并且当且仅当初1-cosα时,达到fmax=23/9,从而显然,为了能产生三角形截面,当且仅当棱柱的侧棱长(即棱柱的高)h⩾h由tan⁡α=1-例4.13用l表示正四面体内部一占P与四个顶占距离之和。证实:当P为正四面体的中央时,l最小.证实(i)首先证实:正四面体ABCD内部随意一点X与四面体各界面(△ABC等)的距离d1,d2,d1对于四面体OBCD等的体积有类似的结果.它们的体积之和等于正四面体的体积,因此V又因为正四面体的高所以h于是V3可见d1(ii)证实原题(图4.23).过正四面体ABCD各顶点作平面平行于此顶点所对的界面(即不含此顶点的界面),设过点A的平面α平行于界面BCD,过点X作直线XA'垂直于平面α(点A'是垂足).类似地,平面β过点B且平行于界面ACD,线段XB'垂直于β(点B'是垂足);平面γ(20)XD'垂直于δ(点D'是垂足).那么四个平面α,β,γ,δ围成一个新的正四面体AACD,它含有原正四面体,X是它内部的一个点.依(i)中所证实的结论,X到新正四面体各界XA⩾l=图4.23容易证实当且仅当式(4.13.1)全是等式时,式(4.13.2)成为等式.因为XA=XA'等价于XA与XA'重合,即XA垂直于平面α,从而垂直于界面BCD(因为它与α平行).因此式(4.13.1)全是等式,等价于点X是正四面体四条高的交点,即X是正四面体的中央.于是题中结论得证;并且lmin=c0.注重,我们不必对正四面体注下面计算正四面体外接球的半径R.如图4.24所示,设正四面体的棱长为a,点O是其外接球的球心,那么它在四面体的高AH上,作OP⊥AB(点P是垂足),那么P是AB的中点,所以AP=a/2.此外,点H是底面△BCD的中央,所以从而BH最后,由△AOPAP由此求出R图4.24例4.14证实:倘若四面体至少有5条棱长不超过1,则其体积不超过1/8.证实(i)依题设,不妨设界面△CAB和△DAB的边长都不超过1(图4.25).令CG是四面体底面△ABD上的高,AB=t,则0<t⩽1.分离作△CAB和V=(ii)为了下文的需要,现在给出下列辅助命题:设△ABC中顶点A,B,C的对边长分离是ah证实若△ABC是锐角三角形,如图4.26(a)所示,令HB=x,则CHh因为ξ2+η2⩾(ξ+η)2/2当初ξ,ηh依然得到相同结论.图4.26(iii)现在将辅助命题分离应用于h1,h2,h于是(因为0<sin⁡ϕV(iv)只需证实当初0<t⩽1,函数f(t)=几儿何极值问题证法1求当初0<t⩽1,函数f(t)=t-t3/4的最大值,为此证实f====t因为0<t1t2<1,0<t1-t2t=1-3(1-=1-3(1-=1-3(1-t所以4=3-(1-t由此及0<t⩽1推出4f(t)⩽3注尝试应用算术一几何平均不等式求f(t)的最大值尝琙1因为f2/2=t2/2⋅1-t2/4⋅1-t2/4,其中t2/2+1-t2/4+1-尝诫2因为4f=tf要求3个因子之和t为常数(即与t无关),于是k还要求t=k(2+t2由此得到k+kl=l-kl,或2kl+(k-llf1应用算术一几何平均不等式,可知当初t=t0=23/3,练习题44.1在∠MAN(<π)内部给定一点P,求过点P作直线l与角的两边分离交于点4.2在△ABC中,AB=c,BC=a,CA=b.在它的4.3给定△ABC以及CB延伸线上的一个定点Q.点R,S分离在边AB,AC上,并且Q,R,S保持在一条直线上.点R,S与4.4两定圆⊙O,⊙P相交于点A,B,过点A作直线与⊙O交于点M,与⊙P交于点N4.5过⊙O内的定点P作两条相交的弦AB和CD,水AB4.6过⊙O内的定点P作两条互相垂直的弦AB和CD,求AC4.7设A,B是⊙O(圆周)上的两个定点.分离过此两点作圆的互相平行的弦AP和BQ4.8设△ABC1和△ABC2有公共底边AB,顶角(1)面积S△(2)周长l△