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 \Delta 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 \Delta ABC 外接正三角性的最大面积：
\begin{align*} \dfrac{\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 \Delta A_1B_1C_1 内接于给定形状和大小的锐角三角形 \Delta ABC, A_1 在 BC 上, B_1 在 CA 上，C_1 在 AB 上， 若 \Delta A_1B_1C_1 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, \Delta ABC 面积为 \Delta, 则 \Delta 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 \Delta A_1B_1C_1 中 A_1, B_1, C_1 所对边分别为 a_1, b_1, c_1, \Delta A_1B_1C_1 = \Delta_1, AC_1=p, BC_1=q. 再设 \angle{AC_1B_1}=\theta. 分别对 \Delta A_1B_1C_1, \Delta AB_1C_1, \Delta BA_1C_1, \Delta 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 \Delta ABC 外接圆半径.
从以上 4 式中解出 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)}}
整理得
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}}
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 \Delta A_1B_1C_1 通过旋转和翻转内接在 \Delta 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 \Delta A_1B_1C_1 内接于给定形状和大小的锐角三角形 \Delta ABC, 如果允许旋转和翻转 \Delta A_1B_1C_1,当且仅当 \Delta A_1B_1C_1 的最大内角接在 \Delta ABC 的最短边上，最小内角接在最长 边上时， \Delta A_1B_1C_1 有最小面积。记 \Delta ABC 面积为 \Delta, 三边长分别为 a, b, c, 且 a \leq b \leq c, \Delta A_1B_1C_1 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, 且 \alpha \geq \beta \geq \gamma, , 则 \Delta 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 \dfrac{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: \Delta 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(\dfrac{1}{2}\dfrac{a^2}{\sin^2{A}}2\sin{A}\cos{A}) \\ &= \sum(\dfrac{1}{2} \cdot 4R^2 \sin{2A}) \\ &= 2R^2\sum{\sin{2A}} \tag{12} \\ \end{align*}根据三角形恒等式
\sum{\sin{2A}} = 4\prod{\sin{A}}
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 \Delta A_1B_1C_1 内接于锐角三角形 \Delta ABC, 且 \Delta A_1B_1C_1 相似于 \Delta ABC, A_1 在 BC 上, B_1 在 CA 上，C_1 在 AB 上，则当且仅当 \Delta A_1B_1C_1 为 \Delta ABC 的中位三角形时，\Delta A_1B_1C_1 具有最小的面积 \dfrac{1}{4}\Delta.
命题 2: 给定形状的锐角三角形 \Delta A_1B_1C_1 外接于给定形状和大小的锐角三角形 \Delta ABC, A 在 B_1C_1 上, B 在 C_1A_1 上，C 在 A_1B_1 上， 若 \Delta A_1B_1C_1 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, \Delta ABC 面积为 Δ, 则 \Delta 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 \Delta 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 \Delta A_1B_1C_1, \Delta 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 \Delta A_1B_1C_1 内接于给定形状和大小的锐角三角形 \Delta ABC, 如果允许旋转和翻转 \Delta A_1B_1C_1, 当且仅当 \Delta ABC 的最大内角接在 \Delta A_1B_1C_1 的最短边上，最小内角接在最长 边上时， \Delta A_1B_1C_1 有最大面积。记 \Delta ABC 面积为 Δ, 三边长分别为 a, b, c, 且 a \leq b \leq c, \Delta A_1B_1C_1 三内角分别为 \alpha, \beta, \gamma, 且 \alpha \geq \beta \geq \gamma, , 则 \Delta 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: \Delta 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 \Delta A_1B_1C_1 外接于锐角三角形 \Delta ABC, 且 \Delta A_1B_1C_1 相似于 \Delta ABC, A 在 B_1C_1 上, B 在 C_1A_1 上，C 在 A_1B_1 上， 则当且仅当 \Delta ABC 为 \Delta A_1B_1C_1 的中位三角形时，\Delta 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:
\Delta_{min} \cdot \Delta_{max} = \Delta^2 \tag{17}
(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。