@056254628 另一种最有效率的三角形定义为面积与周长的平方之比最大者，在合适的条件下是正三角形。合适的条件就是那3个距离可构成三角形。
最大面积的Mathematica表示：
With[{k=Root}, 1/2 (y z Sqrt+x z Sqrt+x y Sqrt)]
或
Sqrt]
最大周长：
With[{k=Root[-x^2 y^2 z^2+(x^2 y^2+x^2 z^2+y^2 z^2) #^2+2 x y z #^3&,3]}, 2 (Sqrt+Sqrt+Sqrt)]
或
Sqrt]
当\(n=3\)时
\．．．．．．．(1)
求导易得：
\[\frac{\cos(\alpha)}{x}=\frac{\cos(\beta)}{y}=\frac{\cos(\gamma)}{z}\]．．．．．．(2)
由于\(P\)为垂心时，
\[\alpha=\pi-\angle A,\beta=\pi-\angle B,\gamma=\pi-\angle C\].．．．．．(3)
则(2)式化为：
\[\frac{\cos(A)}{x}=\frac{\cos(B)}{y}=\frac{\cos(C)}{z}\].．．．．．(4)
此时\(P\)点即为垂心，且\(s\)取最大值．
\.．．．．．(5)
求导易得：
\[\frac{yz\sin(\alpha)}{a}=\frac{xz\sin(\beta)}{b}=\frac{xy\sin(\gamma)}{c}\].．．．．．．．(6)
由面积公式上式可化为：
\[\frac{s_{BPC}}{a}=\frac{s_{APC}}{b}=\frac{s_{APB}}{c}=r\].．．．．．．．．．．(7)
即点\(P\)为内心时，周长\(L\)取值大值．
当\(n=4\)时
设各边长依次为\(a,b,c,d\),\(P\)对各边的张角依次为
\(\alpha,\beta,\gamma,\delta\),且\(PA=x,PB=y,PC=z,PD=u\)
对面积：
\(2s=xy\sin(\alpha)+yz\sin(\beta)+zu\sin(\gamma)+ux\sin(\delta)\)
求导易得：
\(xy\cos(\alpha)=yz\cos(\beta)=zu\cos(\gamma)=ux\cos(\delta)\)
则有：
\(\alpha=\beta=\gamma=\delta=\frac{\pi}{2}\)
时\(s=\frac{1}{2}(xy+yz+zu+ux)\)取最大值
对周长：
\
求导易得：
\[\frac{xy\sin(\alpha)}{a}=\frac{yz\sin(\beta)}{b}=\frac{zu\sin(\gamma)}{c}=\frac{ux\sin(\delta)}{d}\]
由面积公式得：
\[\frac{s_{APB}}{a}=\frac{s_{BPC}}{b}=\frac{s_{CPD}}{c}=\frac{s_{DPA}}{d}=r\]
即\(Ｐ\)为内心，且得到\(a+c=b+d=\frac{L}{2}\)
不妨设
\
有
\[\sqrt{x^2-r^2}+\sqrt{y^2-r^2}=a\]
\[\sqrt{y^2-r^2}+\sqrt{z^2-r^2}=b\]
\[\sqrt{z^2-r^2}+\sqrt{u^2-r^2}=c\]
\[\sqrt{u^2-r^2}+\sqrt{x^2-r^2}=d\]
易知当\(r\to 0\)时，\(L \to2(x+y+z+u)\) 取极大值
对于\(n=4\)时，且\(ＰA,PB,PC,PD\)不共面时，即\(ABCD\)为四面体的各棱长和取最大值的条件见：
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=5190&pid=53786&fromuid=1455
当 定长\(PA ,PB, PC, PD\) 构成的四面体各条棱边长最大时即\((AB+AC+BC+DA+DB+DC)_{\max}\)，设\(\triangle ABC,\triangle DBC,\triangle DAC,\triangle DAB\)的内心分别为\(P_0,P_1,P_2,P_3\)
\(P\)点即为\(AP_1\cap BP_2 \cap CP_3\cap DP_0\)
根据楼上结论可设：
\(A(x_1, y_1, z_1), B(x_2, y_2, z_3), C(x_3, y_3, z_3), D(x_0, y_0, z_0)\)
\(I_0(x_{11}, y_{11}, z_{11}), I_1(x_{10}, y_{10}, z_{10}), I_2(x_{20}, y_{20}, z_{20}), I_3(x_{30}, y_{30}, z_{30}), P(0, 0, 0)\)
\(AB = c, AC = b, AD = a_1, BC = a, BD = b_1, CD = c_1\)
\(\triangle ABC\) 内心 \(I_0\), \(\triangle ABD\) 内心 \(I_3\), \(\triangle ACD\) 内心 \(I_2\), \(\triangle BCD\) 内心 \(I_1\)
可得到下列方程：
\(k_0x_0 = \frac{ax_1+bx_2+cx_3}{a+b+c}\)
\(k_0y_0 = \frac{ay_1+by_2+cy_3}{a+b+c}\)
\(k_0z_0 = \frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}\)
\(k_1x_1 = \frac{ax_0+b_1x_3+c_1x_2}{a+b_1+c_1}\)
\(k_1y_1 = \frac{ay_0+b_1y_3+c_1y_2}{a+b_1+c_1}\)
\(k_1z_1 = \frac{az_0+b_1z_3+c_1z_2}{a+b_1+c_1}\)
\(k_2x_2 = \frac{a_1x_3+bx_0+c_1x_1}{a_1+b+c_1}\)
\(k_2y_2 = \frac{a_1y_3+by_0+c_1y_1}{a_1+b+c_1}\)
\(k_2z_2 = \frac{a_1z_3+bz_0+c_1z_1}{a_1+b+c_1}\)
\(k_3x_3 = \frac{a_1x_2+b_1x_1+cx_0}{a_1+b_1+c}\)
\(k_3y_3 = \frac{a_1y_2+b_1y_1+cy_0}{a_1+b_1+c}\)
\(k_3z_3 = \frac{a_1z_2+b_1z_1+cz_0}{a_1+b_1+c}\)
\(x_0^2+y_0^2+z_0^2 = u^2\)
\(x_1^2+y_1^2+z_1^2 = x^2\)
\(x_2^2+y_2^2+z_2^2 = y^2\)
\(x_3^2+y_3^2+z_3^2 = z^2\)
\(a^2 = (x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2+(z_2-z_3)^2\)
\(b^2 = (x_1-x_3)^2+(y_1-y_3)^2+(z_1-z_3)^2\)
\(c^2 = (x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+(z_2-z_1)^2\)
\(a_1^2 = (x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2+(z_0-z_1)^2\)
\(b_1^2 = (x_0-x_2)^2+(y_0-y_2)^2+(z_0-z_2)^2\)
\(c_1^2 = (x_0-x_3)^2+(y_0-y_3)^2+(z_0-z_3)^2\)
若取：
\(x = 3, y = 4, z = 5, u = 6\)
解得上述方程组，得到：
\(a = 7.296240846, a_1 = 7.374787895, b = 6.436574223, b_1 = 8.359762010, c = 5.633079407, c_1 = 9.552187140\)
\( k_0 = -0.2538712725, k_1 = -0.4295419047, k_2 = -0.3606779756, k_3 = -0.3020537869\)
\(x_0 = -5.367888653, x_1 = 1.027073438, x_2 = -.2983002272, x_3 = 3.695524296\)
\(y_0 = 2.524437675, y_1 = 1.230397184, y_2 = -3.927146938, y_3 = .6903579963\)
\(z_0 = -0.9016572689, z_1 = 2.535989535, z_2 = .6989520041, z_3 = -3.296438383\)
1.如何检验上述计算结果是否正确？画图或者给出一组更好的结果？
2.如何简化上述32＃结论？
TO wayne and chyanog 帮忙看看哪里有问题？
Factory-axy+bxy2-bxy+cxy-cxy, axz-axz+bxz2-bxz+cxz-cxz, axy-axy-bxy+bxy-cxy2+cxy, axz-axz-bxz+bxz-cxz2+cxz, axy-axy2-bxy2+bxy-cxy2+cxy, axz-axz2-bxz2+bxz-cxz2+cxz, axy-axy2+bxy-bxy+cxy-cxy, axz-axz2+bxz-bxz+cxz-cxz, a^2 - (x-x)^2+(y2-y)^2+(z2-z)^2, a^2 - (x-x)^2+(y-y)^2+(z-z)^2, b^2 - (x-x)^2+(y-y)^2+(z-z)^2, b^2 - (x-x)^2+(y-y2)^2+(z-z2)^2, c^2 - (x-x)^2+(y2-y)^2+(z2-z)^2, c^2 - (x-x)^2+(y-y)^2+(z-z)^2, x^2+y^2+z^2 - u^2, x^2+y^2+z^2 - x^2, x^2+y2^2+z2^2 - y^2, x^2+y^2+z^2 - z^2]],{a,x,y,z,u},{x,y,z,x,y,z,x,y,z,x,y,z,b,c,a,b,c},{MonomialOrder->EliminationOrder}]
对于第1问，求最大面积，今天受另一贴的启示，发现了一个“P是三角形ABC的垂心”的漂亮几何证明.
连线PA，PB，PC将△ABC分割为三个小三角形，我们将这三个小三角形沿其所在的原三角形的边镜像出去，得到一个边长为x,x,y,y,z,z的六边形。
这个六边形的面积是原三角形面积的两倍。问题转化为求这个六边形的最大面积。
由斯坦纳等周定理，当这个六边形内接于一个圆时，面积最大。
那么P点就是△ABC外接圆沿三边的三个镜像的公共点，这正是垂心。
推论：由于面积最大时六边形为凸，故原三角形必为锐角三角形。
亦可将这三个小三角形沿其所在的原三角形的边中点镜像出去，得到一个边长为x,y,z,x,y,z的平行六边形。
同样，这个六边形面积最大时内接于圆，故它的三组平行且相等的对边各构成一个矩形的对边。
故P为原三角形的垂心。