我得到最大最小的结论就是从内接正三角形推导的，开始作图也是用位似，后来也发现用等力点能简化作图。至于用边长表示半径那个公式我也试过推导，表达式太复杂了，还是作罢了。
另外有一个有点类似的问题，已知道 \(\triangle ABC\)，求一点 \(P\)，使 \(\triangle PAB\)、\(\triangle PAC\)、\(\triangle PBC\) 的内切圆半径相等，这个问题就没尺规作图法了。
mathe 发表于 2017-4-23 18:30
各连线同时达到最短是怎么看出来的？
如下图所示，由于圆内接四边形的对角互补，所以HA'⊥BC、HB'⊥CA、HC'⊥AB必然同时达到。
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=attachment&aid=NzAxOHwyYzIxODllNXwxNDkzMDAzODY2fDI0MTF8OTAxMw%3D%3D&noupdate=yes
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@mathe下面补充证明图片中的命题“若△A'B'C'若是△ABC的一个内接正三角形，则三圆⊙AB'C', ⊙BC'A', ⊙CA'B'相交于ABC的第一等力点LH(1,1)”
首先，不论△A'B'C'是否正△，那三个圆总是交于一点H的，
故∠ABH=∠C'A’H，∠ACH=∠B'A'H （1）
其次，对于三角形的任意内点H，总有
∠BHC=∠A+∠ABH+∠ACH （2）
将(1)代入(2)得
∠BHC=∠A+∠A‘
同理，∠CHA=∠B+∠B‘, ∠AHB=∠C+∠C‘
所以如果△A'B'C'是正三角形，则H正好是LH(1,1).(按定义)。
hejoseph 发表于 2017-4-24 11:16
另外有一个有点类似的问题，已知道 \(\triangle ABC\)，求一点 \(P\)，使 \(\triangle PAB\)、\(\triangle...
可以不限于形内，那么将有四个实解，所以关于圆半径的方程至少是4次方程，很可能不能尺规作图。
但是对于等腰三角形，至少有一解可作（底外可作），其它三解就不知道了，得研究一下。如果形内亦可作，则应该全部四解可作。
关于第一等力点，还有个相关问题：已知 \(\triangle ABC\)，在其内部求一点 \(P\)，使 \(\triangle PEF\)、\(\triangle PGH\)、\(\triangle PID\) 是边长相等的正三角形，且点 \(D\)、\(E\) 在 \(BC\) 上，点 \(F\)、\(G\) 在 \(AC\) 上，点 \(H\)、\(I\) 在 \(AB\) 上。
点 \(P\) 就是 \(\triangle ABC\) 的第一等力点。
mathe 发表于 2017-4-23 19:25
http://www.docin.com/touch/detail.do?id=118984369
不知道这个链接内容是否正确
这个链接中选择角C最大，其实应该选择A最大，B最小，于是可以知道$\phi$是常数而且$0<\phi<={\pi}/6$，
$\phi<B/2$。
而对于变量$\alpha$，有$0<=\alpha<=\pi-B$
题目记$K=1/2(a^2+b^2+c^2)+2\sqrt(3)\Delta$,然后有正三角形边长为
${2\Delta}/{\sqrt{K}\sin(\alpha+\phi)}$
于是最小值${2\Delta}/{\sqrt{K}}$,最大值${2\Delta}/{\sqrt{K}\sin(\alpha)}$,其中最大值在$\alpha=0$时也就是正三角形一边在三角形最大边BC上时取到
hujunhua 发表于 2017-4-24 12:23
但是对于等腰三角形，至少有一解可作（底外可作），其它三解就不知道了，得研究一下。如果形内亦可作，则应 ...
看错了。即便对于等腰三角形，四解之中亦没有一个解尺规可作。
本帖最后由 aimisiyou 于 2017-4-27 15:13 编辑
hujunhua 发表于 2017-4-23 16:37
很好的简化！
又见三角形的内接正三角形，使我想起了三角形的等力点LH(1,1), 即@mathe楼上所说的那个 ...
找到了等力点，怎么做出三个两两相切的圆呢？