作者按：近日整理书架，翻出一本我自己高中时写的数学手稿，其中有一篇讨论了内接和外接三角形的极值问题，经过繁冗的计算，几乎穷尽了我当时掌握的三角变 换技巧，得到了一些简洁优美的一般性结论。我就把这篇手稿用 Emacs org-mode 打了出来，发在这里。本页面是 org-mode 文件转换成 HTML 的结果。
文 1 给出了 \triangle{ABC} 内接正三角性的最小面积： \begin{align*} \dfrac{2\sqrt{3}\Delta^2}{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}\Delta} \tag{1} \end{align*}
文 2 得到了 \triangle{ABC} 外接正三角性的最大面积： \begin{align*} \frac{\sqrt{3}}{6}(a^2+b^2+c^2) + 2\Delta \tag{2} \end{align*}
本文将给出两个一般性结论。
约定：为方便简洁起见，我们约定不带上下标的求和与求积符号表示循环运算，例如
\begin{align*} & \prod\sin\alpha = \sin\alpha\sin\beta\sin\gamma \\ & \sum{a^2\cot\alpha} = a^2\cot\alpha + b^2\cot\beta + c^2\cot\gamma \end{align*}
命题 1 : 给定形状的锐角三角形 \triangle{A_1B_1C_1} 内接于给定形状和大小的锐角三角形 \triangle{ABC}, A_1 在 BC 上, B_1 在 CA 上，C_1 在 AB 上， 若 \triangle{A_1B_1C_1} 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, \triangle{ABC} 面积为 \Delta, 则 \triangle{A_1B_1C_1} 的最小面积 \begin{align*} \Delta_{min} = \dfrac{2\Delta^2}{4\Delta+ \sum{a^2\cot{\alpha}}} \tag{3} \end{align*}
证明：
不妨如图1所设，记 \triangle{A_1B_1C_1} 中 A_1, B_1, C_1 所对边分别为 a_1, b_1, c_1, \triangle{A_1B_1C_1} = \Delta_1, AC_1=p, BC_1=q. 再设 \angle AC_1B_1=\theta. 分别对 \triangle{A_1B_1C_1}, \triangle{AB_1C_1}, \triangle{BA_1C_1}, \triangle{ABC} 用正弦定理，有
\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{a_1}{\sin\alpha} = \dfrac{b_1}{\sin\beta} \\ \dfrac{a_1 }{\sin A} = \dfrac{p}{\sin(A + \theta)} \\ \dfrac{b_1 }{\sin B} = \dfrac{q}{\sin(\theta + \gamma - B)} \\ \dfrac{p + q}{\sin C} = 2R \tag{4} \end{cases} \end{equation*}
其中 R 为 \triangle{ABC} 外接圆半径.
从以上 4 式中解出 \begin{align*} a_1 = \dfrac{2R\sin\alpha\sin A\sin B\sin C}{\sin\alpha\sin B\sin(A+\theta) + \sin\beta\sin A\sin(\gamma + \theta - B)} \end{align*}
整理得
\begin{align*} a_1 = \dfrac{2R\sin\alpha\prod\sin A}{[\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)]\sin\theta + [\sin\alpha\sin B\sin A+\sin\beta\sin A\sin(\gamma-B)]\cos\theta} \end{align*}
对上式分母使用柯西不等式，有
\begin{align*} a_1 \geq & \dfrac{2R\sin\alpha\prod\sin A}{\sqrt{[\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)]^2 + [\sin\alpha\sin B\sin A+\sin\beta\sin A\sin(\gamma-B)]^2} \cdot \sqrt{\sin^2\theta + \cos^2\theta}} \\ =& \dfrac{2R\sin\alpha\prod\sin A}{\sqrt{\sin^2\alpha\sin^2 B + \sin^2\beta\sin^2 A - 2\sin\alpha\sin B\sin A\sin B[\cos A\cos(\gamma-B)+\sin A\sin(\gamma-B)]}} \\ =& \dfrac{2R\sin\alpha\prod\sin A}{\sqrt{\sin^2\alpha\sin^2 B + \sin^2\beta\sin^2 A - 2\sin\alpha\sin B\sin A\sin B\cos(C+\gamma)}} \\ =& \dfrac{4R^2\sin\alpha\prod\sin A}{\sqrt{b^2\sin^2\alpha + a^2\sin^2\beta + 2ab\sin C\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma - 2ab\cos C\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma}} \\ =& \dfrac{2\Delta\sin\alpha}{\sqrt{b^2\sin^2\alpha + a^2\sin^2\beta - (a^2+b^2-c^2)\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma + 4\Delta\prod\sin\alpha}} \\ =& \dfrac{2\Delta\sin\alpha}{\sqrt{a^2(\sin^2\beta-\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma) + b^2(\sin^2\alpha-\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma) + c^2\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma + 4\Delta\prod\sin\alpha}} \tag{7} \\ \end{align*}
等号成立的条件是 \begin{align*} \dfrac{\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)}{\sin\alpha\sin B\sin A+\sin\beta\sin A\sin(\gamma-B)} = \dfrac{\sin\theta}{\cos\theta} \tag{8} \end{align*}
也即
\begin{align*} \tan\theta &= \dfrac{\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)}{\sin\alpha\sin B\sin A+\sin\beta\sin A\sin(\gamma-B)} \\ &= \dfrac{\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)}{\sin\alpha\sin B+\sin\beta(\sin\gamma\cos B-\cos\gamma\sin B)} \cdot \dfrac{1}{\sin A} \\ &= \dfrac{\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)}{(\sin\alpha-\sin\beta\cos\gamma)\sin B+\sin\beta\sin\gamma\cos B} \cdot \dfrac{1}{\sin A} \\ &= \dfrac{\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)}{(\sin(\beta+\gamma)-\sin\beta\cos\gamma)\sin B+\sin\beta\sin\gamma\cos B} \cdot \dfrac{1}{\sin A} \\ &= \dfrac{\sin\alpha\sin B\cos A + \sin\beta\sin A\cos(\gamma-B)}{\cos\beta\sin\gamma\sin B+\sin\beta\sin\gamma\cos B} \cdot \dfrac{1}{\sin A} \tag{9} \\ \end{align*}
整理得
\begin{align*} \tan{\theta} &= \dfrac{\sin{\alpha}\sin{B}\cos{A} + \sin{\beta}\sin{A}\cos{(\gamma-B)}}{\sin{\gamma}\sin{A}\sin{(\beta + B)}} \tag{10} \\ \end{align*}
因为 \Delta ABC, \Delta A_1B_1C_1 均为锐角三角形, 显然 (9) 式右边分子分母均大于 0, 所以我们总是能取到合适的 \theta 满足 (8) 式，从而使得 (7) 式等号成立。注意到 \begin{align*} \sin^2{\alpha} - \sin{\alpha}\sin{\beta}\cos{\gamma} = \sin{\alpha}[\sin{(\beta+\gamma)} - \sin{\beta}\cos{\gamma}] &= \sin{\alpha}\sin{\gamma}\cos{\beta} \\ \sin^2{\beta} - \sin{\alpha}\sin{\beta}\cos{\gamma} = \sin{\beta}[\sin{(\alpha+\gamma)} - \sin{\alpha}\cos{\gamma}] &= \sin{\beta}\sin{\gamma}\cos{\alpha} \end{align*}
分别代入 (7) 式，得
\begin{align*} a_1 \geq & \dfrac{2\Delta\sin\alpha}{\sqrt{a^2\sin\beta\sin\gamma\cos\alpha + b^2\sin\alpha\sin\gamma\cos\beta + c^2\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma + 4\Delta\prod\sin\alpha}} \\ = & \dfrac{2\Delta\sin\alpha}{\sqrt{\sum{a^2\cos\alpha\sin\beta\sin\gamma} + 4\Delta\prod\sin\alpha}} \\ \end{align*}
从而
\begin{align*} \Delta_1 &= 2R^2\prod\sin\alpha \quad\quad(三角形面积公式)\\ &= 2(\dfrac{a_1}{2\sin\alpha})^2\prod\sin\alpha \quad\quad (正弦定理)\\ &\geq 2\dfrac{\Delta^2}{\sum{a^2\cos\alpha\sin\beta\sin\gamma} + 4\Delta\prod\sin\alpha}\prod\sin\alpha \\ &= \dfrac{2\Delta^2}{\sum{a^2\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma} + 4\Delta\prod\sin\alpha}\prod\sin\alpha \\ &= \dfrac{2\Delta^2}{\sum{a^2\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\prod\sin\alpha} + 4\Delta\prod\sin\alpha}\prod\sin\alpha \\ &= \dfrac{2\Delta^2}{4\Delta + \sum{a^2\cot\alpha}} \\ \end{align*}
至此命题 1 得证。
如果允许 \triangle{A_1B_1C_1} 通过旋转和翻转内接在 \triangle{ABC} 上，我们总是可以选择一种恰当的内接方式，使得循环和 \sum{a^2\cot{\alpha}} 取到最大，从而使 \Delta_1 最小。根据排序不等式，要让 \sum{a^2\cot{\alpha}} 取到最大, 不妨设 a \leq b \leq c, 那么需要有 \cot{\alpha} \leq \cot{\beta} \leq \cot{\gamma}, 因为 \cot{x} 在 (0, \dfrac{\pi}{2}) 上是单调减函数，也即 \alpha \geq \beta \geq \gamma. 于是我们得到：
推论 1 : 给定形状的锐角三角形 \triangle{A_1B_1C_1} 内接于给定形状和大小的锐角三角形 \triangle{ABC}, 如果允许旋转和翻转 \triangle{A_1B_1C_1},当且仅当 \triangle{A_1B_1C_1} 的最大内角接在 \triangle{ABC} 的最短边上，最小内角接在最长 边上时， \triangle{A_1B_1C_1} 有最小面积。记 \triangle{ABC} 面积为 \Delta, 三边长分别为 a, b, c, 且 a \leq b \leq c, \triangle{A_1B_1C_1} 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, 且 \alpha \geq \beta \geq \gamma, , 则 \triangle{A_1B_1C_1} 的最小面积 \begin{align*} \Delta_{min} = \dfrac{2\Delta^2}{4\Delta+ \sum{a^2\cot{\alpha}}} \tag{11} \end{align*}
关于这个结论的现实意义，可以想象我们从一块木板上锯下一个给定形状的三角形，要求此三角形的三个顶点都在木板的边上，如何使得锯下来的三角形面积最小。
取 \alpha = \beta = \gamma = \dfrac{\pi}{3}, 代入 (3) 式，得
\begin{align*} \Delta_{min} &= \dfrac{2\Delta^2}{4\Delta+ \sum{a^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}}} \\ &= \dfrac{2\sqrt{3}\Delta^2}{4\sqrt{3}\Delta+ \sum{a^2}} \end{align*}
此即 (1) 式。于是我们自然得到:
推论 2: \triangle{ABC} 内接正三角性的最小面积
\begin{align*} \Delta_{min} &= \dfrac{2\sqrt{3}\Delta^2}{4\sqrt{3}\Delta+ \sum{a^2}} \end{align*}
如果我们在 (3) 式中取 \alpha = A, \beta = B, \gamma = C, 那么
\begin{align*} \sum{a^2\cot{\alpha}} &= \sum{a^2\cot{A}} \\ &= \sum{a^2\dfrac{\cos{A}}{\sin{A}}} \\ &= \sum(\frac{1}{2}\dfrac{a^2}{\sin^2 A}2\sin A\cos A) \\ &= \sum(\frac{1}{2} \cdot 4R^2 \sin{2A}) \\ &= 2R^2\sum\sin{2A} \tag{12} \\ \end{align*}
根据三角形恒等式
\begin{align*} \sum\sin{2A} = 4\prod\sin A \end{align*}
代入 (12) 式, 联系三角形面积公式，有
\begin{align*} \sum{a^2\cot\alpha} &= 2R^2 \cdot 4\prod\sin A \\ &= 4\Delta \tag{13} \end{align*} 再代入 (3) 式，得
\begin{align*} \Delta_{min} &= \dfrac{2\Delta^2}{4\Delta+ 4\Delta} \\ &= \dfrac{\Delta}{4} \end{align*}
于是我们有
推论 3: 若三角形 \triangle{A_1B_1C_1} 内接于锐角三角形 \triangle{ABC}, 且 \triangle{A_1B_1C_1} 相似于 \triangle{ABC}, A_1 在 BC 上, B_1 在 CA 上，C_1 在 AB 上，则当且仅当 \triangle{A_1B_1C_1} 为 \triangle{ABC} 的中位三角形时，\triangle{A_1B_1C_1} 具有最小的面积 \frac{1}{4}\Delta.
命题 2: 给定形状的锐角三角形 \triangle{A_1B_1C_1} 外接于给定形状和大小的锐角三角形 \triangle{ABC}, A 在 B_1C_1 上, B 在 C_1A_1 上，C 在 A_1B_1 上， 若 \triangle{A_1B_1C_1} 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, \triangle{ABC} 面积为 Δ, 则 \triangle{A_1B_1C_1} 的最大面积 \begin{align*} \Delta_{max} = \dfrac{4\Delta+ \sum{a^2\cot{\alpha}}}{2} \tag{14} \end{align*}
证明：
如图 2 所示，
\begin{align*} c_1 &= A_1B_1 \\ &= p + q \\ &= \dfrac{\sin(\alpha + \theta)}{\sin\alpha}a + \dfrac{\sin(C-\beta+\theta)}{\sin\beta}b \\ &= \dfrac{2R\sin A\sin\beta\sin(\alpha+\theta) + 2R\sin\alpha\sin B\sin(C-\beta+\theta)}{\sin\alpha\sin\beta} \\ &= 2R\dfrac{[\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)]\sin\theta + [\sin A\sin\beta\sin\alpha+\sin B\sin\alpha\sin(C-\beta)]\cos\theta}{\sin\alpha\sin\beta} \\ &\leq 2R\dfrac{\sqrt{[\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)]^2 + [\sin A\sin\beta\sin\alpha+\sin B\sin\alpha\sin(C-\beta)]^2}}{\sin\alpha\sin\beta} \\ &= 2R\dfrac{\sqrt{\sin^2 A\sin^2\beta + \sin^2 B\sin^2\alpha - 2\sin A\sin B\sin\alpha\sin\beta\cos(C+\gamma)}}{\sin\alpha\sin\beta} \\ &= \dfrac{\sqrt{a^2\sin^2\beta + b^2\sin^2\alpha - 2ab\sin\alpha\sin\beta\cos(C+\gamma)}}{\sin\alpha\sin\beta} \\ &= \dfrac{\sqrt{a^2\sin^2\beta + b^2\sin^2\alpha - 2ab\cos C\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma + 2ab\sin C\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma}}{\sin\alpha\sin\beta} \\ &= \dfrac{\sqrt{a^2\sin^2\beta + b^2\sin^2\alpha - (a^2+b^2-c^2)\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma + 4\Delta\prod\sin\alpha}}{\sin\alpha\sin\beta} \\ &= \dfrac{\sqrt{\sum{a^2\cos\alpha\sin\beta\sin\gamma} + 4\Delta\prod\sin\alpha}}{\sin\alpha\sin\beta} \\ \end{align*}
从而 \triangle{A_1B_1C_1} 的面积
\begin{align*} \Delta_1 &= 2R^2\prod\sin\alpha \\ &= 2(\dfrac{c_1}{2\sin\gamma})^2\prod\sin\alpha \\ &\leq \dfrac{\sum{a^2\cos\alpha\sin\beta\sin\gamma} + 4\Delta\prod\sin\alpha}{2(\prod\sin\alpha)^2}\prod\sin\alpha \\ &= \dfrac{4\Delta+ \sum{a^2\cot\alpha}}{2} \tag{15} \end{align*}
根据柯西不等式，(15) 成立的条件是
\begin{align*} \tan\theta &= \dfrac{\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)}{\sin A\sin\beta\sin\alpha+\sin B\sin\alpha\sin(C-\beta)} \\ &= \dfrac{\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)}{\sin A\sin\beta+\sin B(\sin C\cos\beta-\cos C\sin\beta)}\cdot\dfrac{1}{\sin\alpha} \\ &= \dfrac{\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)}{\sin(B+C)\sin\beta+\sin B\sin C\cos\beta-\sin B\cos C\sin\beta}\cdot\dfrac{1}{\sin\alpha} \\ &= \dfrac{\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)}{(\sin B\cos C+\cos B\sin C)\sin\beta+\sin B\sin C\cos\beta-\sin B\cos C\sin\beta}\cdot\dfrac{1}{\sin\alpha} \\ &= \dfrac{\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)}{\cos B\sin C\sin\beta+\sin B\sin C\cos\beta}\cdot\dfrac{1}{\sin\alpha} \\ &= \dfrac{\sin A\sin\beta\cos\alpha+\sin B\sin\alpha\cos(C-\beta)}{\sin\alpha\sin C\sin(\beta+B)} \tag{16} \\ \end{align*}
因为 \triangle{A_1B_1C_1}, \triangle{ABC} 均为锐角三角形，(16) 式右边恒大于零，所以我们总能取到合适的 \theta 满足 (16) 式，从而 (15) 式等号成立。
故命题 2 得证。
根据排序不等式和 \cot{x} 的单调递减性，很容易得到：
推论 4 : 给定形状的锐角三角形 \triangle{A_1B_1C_1} 内接于给定形状和大小的锐角三角形 \triangle{ABC}, 如果允许旋转和翻转 \triangle{A_1B_1C_1}, 当且仅当 \triangle{ABC} 的最大内角接在 \triangle{A_1B_1C_1} 的最短边上，最小内角接在最长 边上时， \triangle{A_1B_1C_1} 有最大面积。记 \triangle{ABC} 面积为 Δ, 三边长分别为 a, b, c, 且 a \leq b \leq c, \triangle{A_1B_1C_1} 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, 且 \alpha \geq \beta \geq \gamma, , 则 \triangle{A_1B_1C_1} 的最大面积
\begin{align*} \Delta_{max} &= \dfrac{4\Delta+ \sum{a^2\cot{\alpha}}}{2} \end{align*}
取 \alpha = \beta = \gamma = \dfrac{\pi}{3}, 代入 (14) 式，得到 (2) 式, 也即
推论 5: \triangle{ABC} 外接正三角性的最大面积
\begin{align*} \Delta_{max} &= 2\Delta + \dfrac{\sqrt{3}}{6}\sum{a} \end{align*}
如果我们在 (14) 式中取 \alpha = A, \beta = B, \gamma = C, 联系 (13) 式，可以直接得到：
推论 6: 若三角形 \triangle{A_1B_1C_1} 外接于锐角三角形 \triangle{ABC}, 且 \triangle{A_1B_1C_1} 相似于 \triangle{ABC}, A 在 B_1C_1 上, B 在 C_1A_1 上，C 在 A_1B_1 上， 则当且仅当 \triangle{ABC} 为 \triangle{A_1B_1C_1} 的中位三角形时，\triangle{A_1B_1C_1} 具有最大的面积 4\Delta.
如果把 \Delta_{min} 和 \Delta_{max} 相乘，会得到一个神奇的结果:
推论 7:
\begin{align*} \Delta_{min} \cdot \Delta_{max} = \Delta^2 \tag{17} \end{align*}
(17) 式暗示着 \Delta_{min} 和 \Delta_{max} 有某种内在的联系，似乎可以通过某种反演得到彼此。但迄今为止我还没有理解为什么会这样。
总结: 在这篇文章里，我们使用了以下初等数学公式：
- 正弦定理
- 余弦定理
- 三角诱导公式
- 和差化积公式
- 二倍角公式
- 柯西不等式
- 排序不等式
- 余切函数 \cot{x} 的单调性
- 三角形面积公式 \Delta = 2R\prod{\sin{A}}
- 三角形恒等式 \sum{\sin{2A}} = 4\prod{\sin{A}}
其中有一些超出了高考数学大纲，但不会超出高中数学竞赛的范畴。 如果一位高中小朋友能比较顺利地读完这篇文章，那么恭喜他/她，高考的三角函数部分应该不会对他/她构成任何挑战。