有關垂足三角形幾個最值猜想的證明*

2016-12-01 08:22:51蔣榮清

中學教研(數學) 2016年3期

●蔣榮清

(臺州市教育局教研室浙江臺州 318000)

有關垂足三角形幾個最值猜想的證明*

●蔣榮清

(臺州市教育局教研室浙江臺州 318000)

△DEF為銳角△ABC內點P對應的垂足三角形，記三角形的面積、周長、外接圓半徑分別為S,L,R.筆者證明了當點P為△ABC的外心時，S最大；當點P為△ABC的垂心時，L最小；當點P為△ABC的內心時，R最小．

銳角三角形；垂足三角形；最值

定義如圖1，在△ABC中，過點P分別作PD,PE,PF垂直AB，BC,CA于點D,E,F，聯結DE,EF,FD，則稱△DEF為△ABC的垂足三角形．

圖1 圖2

對于垂足三角形，在文獻[1]中提出了4個猜想：

猜想如圖1，△DEF為銳角△ABC內點P對應的垂足三角形，記△DEF的面積、周長、外接圓半徑、內切圓半徑分別為S,L,R,r，則

1)當點P為△ABC的外心時，S最大；

2)當點P為△ABC的垂心時，L最小；

3)當點P為△ABC的內心時，R最小；

4)當點P為△ABC的重心時，r最大．

對于猜想4)已尋找到反例，因此一般情形不成立．下面證明猜想1)～3).

1 猜想1)的證明

證法1 如圖2，設⊙O為△ABC的外接圓，且半徑為R，OP=d，AP的延長線交⊙O于點M.因為∠AFP=∠ADP=90°，所以點A，D，P，F共圓，且AP是這個圓的直徑，從而∠PAD=∠PFD.由正弦定理得

從而DF=AP·sin∠BAC,

(1)

同理可得 ∠PBE=∠PFE，EF=BP·sin∠ABC，

(2)

于是

∠DFE=∠PFD+∠PFE=∠PAD+∠PBE=∠CBM+∠PBE=∠PBM.

在△PBM中，由正弦定理得

從而

因此PM·sin∠ACB=BP·sin∠DFE.

(3)

由式(1)～(3)得

又△ABC為銳角三角形，由圓冪定理得AP·PM=R2-d2,

于是

由于sin∠BAC·sin∠ABC·sin∠ACB為正的定值，且R也是一個定值，因此當d=0，即點P與點O重合時，S△DEF的面積最大.

圖3

引理1 如圖3，△ABC為銳角三角形，⊙O是它的外接圓，半徑為R．設A(R,0)，B(Rcosα,Rsinα)，C(Rcosβ,-Rsinβ)(其中0<α<π，0<β<π),點P(a,b)在△ABC內，△DEF是對應于點P(a,b)的△ABC的(廣義)垂足三角形，|PO|=d，記△ABC，△DEF的面積分別為S′,S，則

同理可得

因此

因為

下面給出猜想1)的第2種證法：

圖4

2 猜想2)的證明

如圖4，H是△ABC的垂心,K,M,N分別是邊AB,AC,BC上的垂足，點F關于直線BC的對稱點為F′，則EF=EF′，∠FCE=∠F′CE．在直線F′C上取點M′，使∠MNC=∠M′NC，則在△MNC和△M′NC中，

∠FCE=∠F′CE, ∠MNC=∠M′NC,NC=NC,

即△MNC≌△M′NC，從而MN=M′N.同理可得，設點F關于直線AB的對稱點為F″，則DF=DF″．在直線F″A上存在點M″，使得

∠M″KA=∠MKA,MK=M″K,

因此△DEF的周長為L=F″D+DE+EF′，△KMN的周長為L′=M″K+KN+NF′．

(事實上，點M′,N,K,M″共線．因為點M,H,N,C共圓，所以∠HNM=∠HCM,同理可得∠HNK=∠HBK.又∠HCM=∠HBK=90°-∠BAC，于是∠HNM=∠HNK，而∠MNC=∠M′NC，∠HNM+∠MNC=90°，則點K,N,M′共線．同理可得，點K,N,M″共線，故點M′,N,K,M″共線．)因此，△KMN的周長L′=M′M″，而△DEF的周長L=F″D+DE+EF′≥F′F″，至此原問題化為只需證明F′F″≥M′M″即可．由前面的證明知

∠NM′C=∠NMC, ∠KM″A=∠KMA,

又∠NMC=∠KMA，從而∠NM′C=∠KM″A,于是△OM′M″為等腰三角形，故OM′=OM″．

因為F′M′=FM，F″M″=FM,所以F′M′=F″M″.設OM′=OM″=x，F′M′=F″M″=y，∠AOC=α．由余弦定理得

從而

故F′F″≥M′M″,即猜想2)成立．

3 猜想3)的證明

設△DEF的外接圓圓心為O，則⊙O與△ABC的3條邊必有公共點，也即⊙O與△ABC的3條邊相交或相切．因此可將問題分成4類：①⊙O與△ABC的3條邊都相切；②⊙O與△ABC的2條邊相切、1條邊相交；③⊙O與△ABC的1條邊相切、2條邊相交；④⊙O與△ABC的3條邊都相交．當點P為△ABC的內心時，記此時△DEF的外接圓半徑為R0．只需證明另外3種情形的R≥R0即可．