1樓：keghost
只說銳角三角形。設有銳角三角形ABC，A≤B≤C，
對外置圓半徑為r的銳角三角形，其周長
l=2r(sinA+sinB+sinC)=2n，
r=n/(sinA+sinB+sinC)
只要2r＜n，即可覆蓋，則需要f(A，B，C)=sinA+sinB+sinC＞2。
對每乙個固定A，因銳角三角形，顯然有0.5π-A＜B＜0.5π。
f'(B)=cosB+cos(B+ A)=2cos0.5Acos(B+0.5A)，則B+0.5A=0.5π時取得極值，2B+A=π即B=C。
在0.5π-A＜B≤0.5π-0.5A時，f'(B)≥0，f(B)單調遞增。
0.5π-0.5A＜B＜0.5π時，f'(B)＜0，f(B)單調遞減。
A∈(0，π/3]，則(A+π/4)∈(π/4，7π/12]，則sin(A+π/4)＞0.5√2。
則f(A)＞f(A，0.5π-A，0.5π)=1+cosA+sinA=1+(√2)(sin(A+π/4))＞2。得證。
2樓：阿良良木曆
銳角三角形情況下
做三角形外接圓，設其半徑為r，參見鄧永哲的回答；
直角三角形情況下三角形在以直角邊為直徑的圓上，記半徑為R,鈍角三角形情況下，
以最長邊為直徑做圓，記半徑為R，
連線圓心O與第三頂點(姑且計為C)並延長與外接圓交於點P因為∠C為鈍角,∠APB為直角，易知OC≤OP，則C點在外置圓內
三角形在半徑為R的圓內，
易證R＜n/2，則可以被覆蓋
3樓：望川
設三角形最長邊為x,則三角形另外兩條邊的和為2n-x，由三角形兩邊只和大於第三邊，得x<2n-x,推出x 4樓：sammy711 對於銳角三角形來說 ，其中R是外切圓半徑。 也就是接下來只要求 的取值範圍即可 通過求導我們知道對於 ,有 成立 所以 也就是 2" eeimg="1"/>，所以對於周長 的三角形來說， ，得證 對於鈍角三角形ABC來說，假設角A是鈍角，那麼我們可以延長 到 使得 為直角，其中 根據直角三角形的外切圓性質，三角形 的外切圓是以 中點為圓心，直徑為 的圓中，這個圓同樣包括原三角形 ，得證 5樓：Sara 只要是周長是2n任意封閉圖形，都可以被直徑為n的圓覆蓋：分兩步1:證明這個封閉圖形上的任意兩點間的最大距離不超過n這個很好證，用兩點之間直線最短，必然連線這兩點的路徑必然有兩個才能構成閉合的迴路。 所以兩點距離必然小於封閉圖形周長的一半，即為n 2:證明一條中心在直徑為n的圓的圓心的線段，長L（L 可以證明這個最短路徑必然是連線圓外一點和這個L線段兩端點的兩條直線，同樣是兩點之間直線最短的道理。最後也是稍微動腦子的一步，就是證明以上的圓外一點如果保持到L線段兩端距離不變，其軌跡必然是半長軸大於n/2的乙個橢圓。這個也好想，因為滿足條件的最小的橢圓必然長軸為n/2,焦距為L/2。 其餘的橢圓必然覆蓋住這個最小橢圓。因為要過圓外一點。好吧，如果精確地說，這個最小橢圓半長軸一定大於n/2,不然遠點就正好落在圓上了 6樓：鄧永哲 銳角三角形的情形可以用代數的方法來做，假設該三角形的外接圓半徑為R，由正弦定理知： 所以：而, 問題等價於要證明: (1)(2) 我們有： \sin\gamma\cos\gamma+\cos(\pi/4-(\pi/4-\gamma))\cos\gamma" eeimg="1"/>(3) 這一步放縮是我們先將\gamma 固定，並且不妨認為\alpha比\beta大，那麼\cos(\alpha-\beta)要小的話就是兩者的差要大，極限情況就是讓\alpha=\pi/4，那麼此時\beta=\pi/4-\gamma，這就是上式放縮的由來，而由於是極限情況，所以等號取不到。 remark：關於這個放縮還可以這麼看，我們有： 假設,可以證明,因為如若不然，,將這兩式相加，即有： 這與\alpha的限制矛盾，所以有\cos\gamma" eeimg="1"/> (3)式即： 最後一式顯然，因為\gamma小於\pi/4 而直角和鈍角三角形的情況是容易的，只要以最長邊的中點畫圓即可，因為剩下的乙個頂點到該中點的距離在直角三角形的情形下是等於最長邊的一半，而鈍角是小於，這只要用到大角對大邊就好，再加上最長邊小於1，就得證了。 update:剛在準備給學生上課的材料時猛然發現其實用Jensen不等式也可以做。。。如下： 在銳角三角形的情形下估計： 2" eeimg="1"/> 對於f(x)=sinx,它在(0,\pi/2)上是嚴格上凸函式，即函式影象是落在直線y=2x/pi之上的，所以由Jensen不等式： \fracf(\frac)+(1-\frac)f(0)=\frac,x\in(0,\pi/2)" eeimg="1"/> 所以：\frac(A+B+C)=2" eeimg="1"/> 7樓：王希 我們證可以證明周長為1的凸多邊形，都可以被直徑1/2的圓覆蓋。 從任意乙個頂點p出發，沿著多邊形的邊前進，直到路程等於1/2為止,記該點為q. 連線pq，取其中點O為圓心，1/4為半徑做圓即可全覆蓋多邊形。 只需證明多邊形任意頂點到O的距離小於1/4. 易知pq<1/2,op<1/4,oq<1/4; 任意頂點X，易證pX+Xq<=1/2. 則在三角形pxq中，中線長度小於兩邊的均值（將中線延長至Y使得OY=OX，連Yp， 則OX=1/2 XY<1/2 (pX+pY)=1/2（pX+Xq）<=1/4） 參見周長為1的凸多邊形證明它可以被半徑為1/4的圓覆蓋 8樓： 首先：三角形三邊分別為a,b,c 設c為底邊當a=b=c時h=c/2 所以S=1/2*h*c=(c*h)/2 當a,b,c不相等時h三角形的高最大所以 周長一定時等邊三角形面積最大畫一對三角形，其中乙個是等邊三角形、另乙個隨便。使他們的底邊相等，周長相等。 根據三角形的面積計算公式就能得知等邊三角形面積最大。 補充：因為等邊三角形的倆要相等，高一定。另乙個三角形一邊長了，另一邊就短。 補充：所以：周長為2 的三角形邊長為2/3時的等邊三角形的面積最大為1/9 ＜π/2 byoshovel 在大部分幾何中，圓的周徑比都與其直徑有關。歐式幾何是很罕見的具有常數周徑比的幾何之一，這個周徑比稱為圓周率 曲面幾何中，曲率大於零時 凸面 圓的周徑比小於pi 曲率小於零時 凹面 圓的周徑比大於pi。因此周徑比小於1的情況只能在凸面上發生。如果採用 幾何 的強定義 complet... VastDawn 那我就用小學數學來解釋一下 由圓的定義可以得到圓的方程 把它化成函式，就變成了圓的上半部分 我們知道，弧長的積分公式是 勾股定理 而帶入消去dy，得到 因為只有上半部分，而圓是對稱的，所以圓的周長等於我們很容易可以得到 帶入上式並消去y的導函式，得到 我們現在用C來代表圓周長 這是... 何睿杰 兩個小圓無法覆蓋乙個大圓。可知兩個小的正n邊形無法覆蓋大的正n邊形。兩個小圓無法覆蓋大圓 可以用三角形兩邊之差小於第三邊證明，始終存在大圓上存在一點，不被兩圓中任何乙個覆蓋。 拓唐 這題有個簡單一些的思路，我們只需證明 a 任意兩個小正三角形無法覆蓋乙個單位正三角形。b 任意正n邊形可以在內...如何讓乙個圓的直徑大於其周長？
為什麼任給乙個圓，它的圓周長和直徑比值都是常數？
怎樣證明兩個小正n邊形蓋不住乙個大正n邊形？