原点 O 为三角形重心求周长最大值，彻底卡住了

isee

源自知乎提问

题：已知 A，B，D 三点在圆 $C:(x+2)^2+y^2=36$ 上，若原点 O 是 $\triangle ABD $ 的重心，则 $\triangle ABD$ 周长 $ l $ 的最大值为_____.

切线法试了，Jensen 也试了，都会放过，如此角度，如何得到最大值 $12+12\sqrt 2$呢？


设点圆 C 上的三动点为 $A(x_1,y_1)$ ，$B(x_2,y_2)$ ，$D(x_3,y_3)$ ，则有 \[\left\{\begin{aligned}x_1^2+y_1^2+4x_1&=32,\\[1ex]
x_2^2+y_2^2+4x_2&=32,\\[1ex]
x_3^2+y_3^2&=32-4x_3,\end{aligned}\right.\] 前两式相加，整理得 \[x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2=64-4(x_1+x_2),\] 又原点 O 是以这三点为顶点三角形的重心，所以 \[\left\{\begin{aligned}\color{blue}{x_1+x_2}&=-x_3,\\[1ex]
y_1+y_2&=-y_3,\end{aligned}\right.\] 两式平方相加，整理得 \begin{align*}
-2x_1x_2-2y_1y_2&=x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2-(x_3^2+y_3^2)\\[1ex]
&=64-4(x_1+x_2)-\big(32-4x_3)\\[1ex]
&=32+8x_3,
\end{align*} 于是 \[\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{{64-4(x_1+x_2)+32+8x_3}}=\sqrt{96+12x_3},\] 同理可得 \[|BD|=\sqrt{96+12x_1},\,|DA|=\sqrt{96+12x_2},\] 从而三角形 ABD 的周长，及均值不等式 $\sqrt{\frac{a^2+b^2}2}\geqslant \frac{a+b}2$ 有\begin{align*}
l&=\sqrt{96+12x_1}+\sqrt{96+12x_2}+\sqrt{96+12x_3}\\[1ex]
&\leqslant 2\sqrt{\frac{96+12x_1+96+12x_2}2}+\sqrt{96+12x_3}\\[1ex]
&=2\sqrt{96-6x_3}+\sqrt{96+12x_3}\tag{01}\\[1ex]
&\cancel{\leqslant 2\sqrt{96-24}+\sqrt{96+48}}\\[1ex]
&\cancel{=12\sqrt{2}+12}.
\end{align*}可惜 $(01)$ 式并不是单调递增的，而导致无法继续… 如何修正呢？

战巡

给定了外心、重心位置以后，这种三角形其实条件是很苛刻的

就从你这里中间的结果往下好了
\[-2x_1x_2-2y_1y_2=32+8x_3\]
\[-y_1y_2=16+x_1x_2-4(x_1+x_2)=(4-x_1)(4-x_2)\]
同理会有
\[-y_1y_3=(4-x_1)(4-x_3)\]
\[-y_2y_3=(4-x_2)(4-x_3)\]
如果三个式子相乘，将得到
\[-(y_1y_2y_3)^2=(4-x_1)^2(4-x_2)^2(4-x_3)^2\]
这就只能是两边都等于$0$了，在$y_1,y_2,y_3$里面选一个为$0$，不妨就$y_1=0$吧，如此会有$x_1=4$或$x_1=-8$

先看看当$x_1=-8$时，这时候你还得在$x_2,x_3$里面挑一个等于$4$，假设$x_2=4$吧，此时$y_2=0$，完了，中线和一条边重合了，根本不成三角形，压扁成一条线段了，当然是不行的

那就只能是$x_1=4$，$A$点就在圆和$x$轴的右边那个交点上，这么下来，就得有
\[\begin{cases}x_2+x_3=-4\\y_2+y_3=0\end{cases}\]
这说明$(x_2,y_2),(x_3,y_3)$关于$(-2,0)$对称，正好就是圆心，说明$BC$就是直径，$\Delta ABC$为直角三角形，$\angle BAC=90\du$

剩下这问题就简单多了，当然是在等腰的时候周长最大

kuing

竟然有一个点是定点😃，根本原因我相信是因为圆心到原点的距离与半径之比为 1:3，换别的大概就不定了

kuing

命题：设 `\triangle ABC` 的外接圆半径为 `R`，外心和重心分别为 `O` 和 `G`，则 `\triangle ABC` 为直角三角形的充要条件为 `R=3OG`。

证明：由 `3\vv{OG}=\vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}` 平方得
\begin{align*}
9OG^2&=3R^2+2R^2(\cos2A+\cos2B+\cos2C)\\
&=3R^2+2R^2(-4\cos A\cos B\cos C-1)\\
&=R^2-8R^2\cos A\cos B\cos C,
\end{align*}
所以 `R=3OG` 等价于 `\cos A\cos B\cos C=0`，命题得证。

回到原题，由于圆心到原点距离为 `2`，圆半径为 `6`，根据上述命题，`\triangle ABD` 为直角三角形，不妨设 `D` 为直角顶点，则 `AB` 为直径，即 `AB` 中点为圆心 `(-2,0)`，从而 `D` 的坐标为 `(4,0)`，下略。

isee

战巡 发表于 2023-5-27 12:50
给定了外心、重心位置以后，这种三角形其实条件是很苛刻的

就从你这里中间的结果往下好了

震撼到了~
感谢战巡，心结打开了，开心~

$y_1y_3+(4-x_1)(4-x_3)=0,\cdots $，这三式说明 (4,0) 是三角形垂心(落在上外接圆上)！

从几何意义上说，外心(-2,0)，重心(0,0)，垂心(4,0)，即欧拉线，此题里 垂心落在了外接圆上！

继续主楼

感谢战巡 解惑：“给定了外心、重心位置以后，这种三角形其实条件是很苛刻的”，因此可以求出 $A,B,D$ 中必有一点是 (4,0).
受 About Sunrise的回答 - 知乎 的启发，融合一下战巡的释疑，有了如下方案：

不妨令 $x_3$ 是 $x_1,x_2,x_3$ 中最大的，并记圆 C 与 x 轴的右交点为 $\color{red}{H(4,0)}$ ，将 $(*)$ 改写成 \begin{gather*}
\color{blue}{(x_1-4)(x_2-4)+y_1y_2=0},\\[1ex]
\iff\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow {BH}=0,
\end{gather*} 同样的可得 $\overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow {CH}=0,\;\overrightarrow{CH}\cdot \overrightarrow {AH}=0,$ 故 \[\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow {BH}=\overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow {CH}= \overrightarrow {CH}\cdot\overrightarrow {AH}\iff H \;\text{为}\;\triangle ABD \;\text{垂心},\] 又 H 在 $\triangle ABD$ 的外接圆上，即 $\triangle ABD$ 为直角三角形，从而最大的 $x_3$ 即点 $D(x_3,y_3)$ 与 H 重合，亦即 \[x_3=4,\] 代入 $(01)$ 式中即得周长最大值为 $12+12\sqrt 2,$ 当且仅当 $x_1=x_2=-2,\;x_3=4$ 时取等号.

isee

kuing 发表于 2023-5-27 14:43
命题：设 `\triangle ABC` 的外接圆半径为 `R`，外心和重心分别为 `O` 和 `G`，则 `\triangle ABC` 为直角 ...

三角也快，好方向，也学习了

kuing

isee 发表于 2023-5-27 15:18
$y_1y_3+(4-x_1)(4-x_3)=0,\cdots $，这三式说明 (4,0) 是三角形垂心(落在上外接圆上)！

从几何意义上说，外心(-2,0)，重心(0,0)，垂心(4,0)，即欧拉线，此题里 垂心落在了外接圆上！

我刚才把我的过程贴到知乎，也发现有人提到了欧拉线定理和垂心

乌贼

等价于：

    $ AB $为圆$ O $上的弦，$ C $为圆上一点，$ D $为$ AB $中点，$ P $为$ CD $上一点且$ CP=2PD ,AO=3OP$，则$ AOC $三点共线。

乌贼

乌贼 发表于 2023-5-28 15:20
等价于：

    $ AB $为圆$ O $上的弦，$ C $为圆上一点，$ D $为$ AB $中点，$ P $为$ CD $上一点且$ CP=2 ...

如图：
     在$ OD $上取一点$ Q $使$ PQ\px CO $，$ E $为$ OQ $中点。有\[ OE=EQ=QD,PQ=PO,PE\perp OE \]直角三角形$ PEO,ADO $中\[ \dfrac{OA}{OP}=\dfrac{OD}{OE}=3 \]即\[ \triangle AOD\sim \triangle POE\riff\angle AOD+\angle DOP+\angle POC=\angle PQO+\angle QOP+\angle QPO=180\du  \]所以若圆内接$ \triangle ABC $的重心到圆心的距离等于圆半径的$\dfrac{1}{3} $，则$ \triangle ABC $为直角三角形。

乌贼

感觉圆心、垂心、内心、外心、重心之间大有文章！

isee

乌贼 发表于 2023-5-28 18:35
感觉圆心、垂心、内心、外心、重心之间大有文章！

最基本也是最重要的就是九点圆，欧拉线

hejoseph

若 $\triangle ABC$ 三边分别是 $a$、$b$、$c$，重心是 $G$，外心是 $O$，外接圆半径是 $R$，则
\[
OG^2=R^2-\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)
\]

利用上面的结论，若 $OG=R/3$，那么
\[
a^2+b^2+c^2=8R^2
\]
再利用
\[
R=\frac{abc}{\sqrt{2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4}}
\]
那么就有
\[
\frac{a^2+b^2+c^2}{8}=\frac{a^2b^2c^2}{2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4}
\]
上式整理便可得
\[
(-a^2+b^2+c^2)(a^2-b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2)=0
\]
即 $\triangle ABC$ 为直角三角形。