周长和一角固定的三角形的最大面积
一个三角形，其周长固定，其中一个角也固定，什么时候这个三角形面积最大？看上去这题不难，用拉格朗日乘数法就行，不过感觉有点繁，有没有更简洁的办法？ 感觉可以使用海伦面积公式。$S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{L(L-2a)(L-2b)(L-2c)}}{4}$ 目标函数 \(S(a,b)=\dfrac{1}{2}ab\sin(C)\)，
约束：\(a+b=\ell-c=\ell-\sqrt{a^2+b^2-2ab\cos(C)}\)，
其中，周长 \(\ell\)、内角 \(C\) 为定值，\(a, b\) 待定。 我们需要反过来考虑，一个角固定，面积相等的时候，什么时候周长最小即可
如图三角形ABC和AEF面积相等，AB=AC,我们只要能够证明BF>CE, EF>BC就可以证明等腰三角形时周长最短。
由于三角形AF中，角CFA<角CBA=角BCA<角ACF， AF>AC,所以BF>CE
在EB延长线上取E'使得FE'=CE，由于BF>CE',角EBF大于角CBF是钝角，只能E'在EB延长线上，于是由于角CBE'是钝角，EF=CE'>BC
本帖最后由 hejoseph 于 2023-9-12 09:35 编辑
设 \(BC=a\)，\(CA=b\)，\(AB=c\)，\(a+b+c=2p\)，\(\triangle ABC\) 的面积为 \(S\)，其中 \(p\) 和 \(\angle A\) 是常数，则
\begin{align*}
&a=\sqrt{b^2+c^2-2bc\cos A}\geq \sqrt{2bc-2bc\cos A}=2\sqrt{bc}\sin\frac{A}{2}\\
&b+c\geq 2\sqrt{bc}
\end{align*}
所以
\[
2\sqrt{bc}\left(1+\sin\frac{A}{2}\right)\leq 2p
\]
即
\[
S=\frac{1}{2}bc\sin A\leq \frac{1}{2}\left(\frac{p}{1+\sin(A/2)}\right)^2\sin A
\]
由此可知当 \(\triangle ABC\) 是顶角为 \(\angle A\) 的等腰三角形时面积最大。 一个三角形，其周长固定=n，其中一个角固定=2A，
这个三角形面积最大=\(\D\frac{n^2}{4}\sqrt{\frac{\csc(A)-1}{(\csc(A)+1)^3}}\) 一个三角形，其周长固定=n，其中一个角固定=2A，
这个三角形面积最大=\(\D\frac{n^2}{4}\sqrt{\frac{\csc(A)-1}{(\csc(A)+1)^3}}=\frac{n^2}{8}\frac{\sin(2A)}{(\sin(A)+1)^2}\) 应该是等腰三角形或者是直角三角形 由于面积等于半周长乘以内切圆半径，所以等价于一个角和周长相等时，哪个三角形内切圆半径相等。
反过来，等价于一个角和内切圆半径相等时，哪个三角形周长最短。于是等价于A固定，求ctg(B/2)+ctg(C/2)的最小值。
另外由于\(tg(\frac{A}2)=ctg(\frac B2+\frac C2)=\frac{ctg(\frac B2)ctg(\frac C2)-1}{ctg(\frac B2)+ctg(\frac C2)}\),我们得到\(ctg(\frac B2)+ctg(\frac C2)=\frac{ctg(\frac B2)ctg(\frac C2)-1}{tg(\frac A2)}\)
于是得到\(ctg(\frac B2)+ctg(\frac C2)\le \frac{(\frac{ctg(\frac B2)+ctg(\frac C2)}{2})^2-1}{tg(\frac A2)}\)
记\(X=ctg(B/2)+ctg(C/2)\), 于是得到\(X^2-4tg(\frac A2)X-4 \ge 0\), 这个二次方程有一个正跟一个负根，而根据几何意义，这个只能不小于正根，对应B=C时取到最小值。
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