数学三角形定理与中心集群（二） (5-1)

仅需证∠AHK＝∠GAL.

而∠KAH＝∠EGH,∠GCE＝∠AKH→∠AHK＝∠GEC＝∠GAL，正毕。

由此还可以推出一对对边平方和等于4R²‬

有了上面的铺垫，就可以讨论下一个性质了。

如图，四边形EHFG内接于圆A内，GH⊥EF,半径为R，｜AC｜＝d，则四边形面积Smax＝2R²-d²。我们从代数和几何两个方面来说明。

如图，取四边中点，I,J,L,K,连IA,JA,IJ，KC,KL,CL。

那么由性质1我们就有CK⊥EH,CL⊥EG,而AJ⊥EH,AI⊥EG，于是CK∥AJ,AI∥CL。显然四边形IJLK是矩形，那么有KL∥IJ，KL＝IJ由性质2我们还可以知道AJ＝KC＝1/2GF，IA＝CL＝1/2FH

，于是两三角形构成1:1位似，那么IL,KJ,AC共点于N，且N为这三条线段的中点。

设C对圆A的幂为δc。

那么JL²+KL²＝1/4（EF²+GH²）＝1/4[（EC+CF）²+（CG+CH)²]＝1/4[(EC²+CH²)+（CF²+CG²)+(2CH·CG+2CE·CF)]＝1/4（EH²+GF²-4δc）。由性质2的推论我们知道EH²+GF²＝4R²，于是JL²+KL²＝1/4（4R²-4δc）＝R²-δc＝2R²-d²，而JL²+KL²＝KJ²，这说明KJ²＝2R²-d²为定值。于是IJLK四点随着GHEF变化，是在一个定圆上运动的，如下图。

而四边形IJLK面积S₂＝4S△IJN＝2NI²sin∠INJ，＝（R²-1/2d²）sin∠INJ，则当∠INJ＝90°时S₂max＝R²-1/2d²，不难得知此时CA平分∠GCE，也就是说此时图形对称。由于四边形IJLK是四边形GEHF的中点四边形因此这个时候Smax＝2S₂max＝2R²-d².证毕。

再从代数观点看待这个问题，可以选用极坐标。

以C为极点,AC为极轴建立极坐标系，如下图。那么圆的方程为ρ²+2ρdcosθ+d²-R²＝0，则有ρ＝-dcosθ+√（R²-d²sinθ²）＝φ（θ)。

设C（ρ₁，θ₁）则D（ρ₂，θ₁+π）,E（ρ₃，θ₁+1/2π)，于是｜CD｜＝ρ₁+ρ₂＝φ（θ₁)+φ（θ₁+π)＝2√（R²-d²sin²θ₁)，同理｜EF｜＝2√（R²-d²cos²θ₁）。

则S＝1/2｜EF｜·｜CD｜＝ 2√（R⁴-R²d²+d⁴sin²θ₁cos²θ₁），注意到sin²θ₁+cos²θ₁＝1 于是当且仅当sin²θ₁＝cos²θ₁＝1/2时即θ₁＝π/4或3π/4时Smax＝2√（R⁴-R²d²+d⁴sin²θ₁cos²θ₁）＝2√（R⁴-R²d²+d⁴/4)＝2R²-d²。证毕。

当然，用笛氏坐标系也可以解决，设圆的方程为x²+y²＝R²，过点A的直线设为CD:l₁:x＝my+d 和EF:l₂:x＝-1/m y+d（直线斜率不为0），取直线l₁联立圆方程可得到（m²+1）y²+2mdy+d²-R²＝0 则y₁y₂＝（d²-R²）/（m²+1），y₁+y₂＝-2md/（m²+1)

由弦长公式｜CD｜＝√（m²+1）×√[（y₁+y₂)²-4y₁y₂]＝2√[R²-d²/（m²+1)]，同理｜EF｜＝√[R²-d²/（1/m²+1)],故S＝1/2｜CD｜·｜EF｜＝2√[R⁴-R²d²+d⁴/（m²+1/m²+2）] ≤2√（R⁴-R²d²+d⁴/4)＝2R²-d²，当且仅当m²＝1/m²即m＝1或-1时等号成立。 证毕。

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