给定三角形各顶点到垂心的距离 AH、BH、CH，求外接圆半径 R

TSC999

给定三角形各顶点到垂心的距离 AH、BH、CH，求外接圆半径 R。

有两个方程如下：
                 \(4 R^3 - (AH^2 + BH^2 + CH^2) R + AH\, BH\, CH = 0\) ---------(1)
                  \(4 R^3 - (AH^2 + BH^2 + CH^2) R - AH\, BH\, CH = 0\) ---------(2)

证明：
           ① 当 AH、BH、CH 有一个为零时，三角形是直角三角形，以上两个方程 R 都满足。
           ② 当 AH = BH = CH 时，三角形是正三角形且 R = AH = BH = CH，R 满足方程 (2)。
           ③ 当 AH、BH、CH 不符合上述两种情况时，R 有两个解，较小的半径满足方程 (1)，较大的半径满足方程 (2)。

kuing

易证 `HA=2R\abs{\cos A}` 等，而在三角形中有 `\cos A\in(-1,1)` 等，所以 `2R>HA` 等，即
\[2R>\max\{HA,HB,HC\},\quad(*)\]
熟知三角形中有恒等式
\[\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1,\]
由此得到
\[\frac{HA^2+HB^2+HC^2}{4R^2}\pm\frac{HA\cdot HB\cdot HC}{4R^3}=1,\]
其中当三角形为锐角三角形时上式的 `\pm` 取 `+`，钝角三角形时取 `-`。

上式去分母后便是 1# 的两个方程，锐角三角形对应方程 (2)，钝角三角形对应方程 (1)，直角三角形时那项都没了，也可以说是两方程都满足，所以第①点成立。

第②点：
若为锐角三角形，在方程 (2) 中令 `AH = BH = CH = t` 可分解为 `(2R+t)^2(R-t)=0`，得 `R=t`，此时 `\cos A=\cos B=\cos C=1/2`，即为正三角形；
若为钝角三角形，在方程 (1) 中令 `AH = BH = CH = t` 可分解为 `(2R-t)^2(R+t)=0`，得 `2R=t`，然而这不符合前面的式 (*) 的要求，所以舍去；
因此第②点成立；

第③点：
当 `HA`, `HB`, `HC` 均不为零且互不相等时，不失一般性，设 `HA=\max\{HA,HB,HC\}`，令
\begin{align*}
f(R)&=4R^3-(HA^2+HB^2+HC^2)R+HA\cdot HB\cdot HC,\\
g(R)&=4R^3-(HA^2+HB^2+HC^2)R-HA\cdot HB\cdot HC,
\end{align*}
求导有
\[f'(R)=g'(R)=12R^2-(HA^2+HB^2+HC^2),\]
当 `2R>HA` 时
\[12R^2>3HA^2\geqslant HA^2+HB^2+HC^2,\]
即 `f(R)`, `g(R)` 在 `(HA/2,+\infty)` 上均为单调增函数，又
\begin{align*}
f\left(\frac{HA}2\right)&=-\frac12HA(HB-HC)^2<0,\\
g\left(\frac{HA}2\right)&=-\frac12HA(HB+HC)^2<0,
\end{align*}
由此可见方程 (1) 和方程 (2) 都是在 `(HA/2,+\infty)` 上有且只有一个解，也就是钝角三角形和锐角三角形各有一个 `R`，而 `g(R)` 是 `f(R)` 向下平移所得，故此 `g(R)=0` 的解大于 `f(R)=0` 的解，即锐角三角形的 `R` 更大，所以第③点成立。

PS、由上述证明看出，其实③的条件中的“互不相等”可以改进为“较小的两个不相等”。