1樓：
設bc與x軸正向的最小夾角（沿逆時針方向）為α，則點c的座標為c(acosα，asin(α+π/3)),即c(acosα，asinα/2+a√3cosα/2),所以
oc²=a²[cos²α+(sinα/2+√3cosα/2)²]
=a²[cos²α+sin²α/4+3cos²α/4+2√3sinαcosα/4]
=a²[4cos²α+sin²α+3cos²α+2√3sinαcosα]/4
=a²[4cos²α+(1-cos²α)+3cos²α+2√3sinαcosα]/4
=a²[6cos²α+1+2√3sinαcosα]/4,
4oc²=a²[6cos²α+1+2√3sinαcosα]，
4oc²-a²(6cos²α+1)=a²2√3sinαcosα，兩邊分別平方得
16(oc²)²+(a²)²[36(cos²α)²+12cos²α+1]-8oc²a²(6cos²α+1)=12(a²)²sin²αcos²α
=12(a²)²(1-cos²α)cos²α
=12(a²)²cos²α-12(a²)²(cos²α)²，即
16(oc²)²+(a²)²[36(cos²α)²+12cos²α+1]-8oc²a²(6cos²α+1)=12(a²)²cos²α-12(a²)²(cos²α)²，
整理得48(a²)²(cos²α)²-48oc²a²cos²α+16(oc²)²-8oc²a²+(a²)² =0。
因為cos²α為實數，故
(48oc²a²)²-4×48(a²)²[16(oc²)²-8oc²a²+(a²)²]≥0,
即(24oc²)²-48[16(oc²)²-8oc²a²+(a²)²]≥0,
(6oc²)²-3[16(oc²)²-8oc²a²+(a²)²]≥0,
36(oc²)²-3[16(oc²)²-8oc²a²+(a²)²]≥0,
12(oc²)²-[16(oc²)²-8oc²a²+(a²)²]≥0,
12(oc²)²-16(oc²)²+8oc²a²-(a²)²≥0,
4(oc²)²-8oc²a²+(a²)²≤0,
(oc²-a²-√3a²/2)(oc²-a²+√3a²/2)≤0，
(1-√3/2)a²≤oc²≤(1+√3/2)a²，又oc＞0，故oc≤(√3+1)a/2，所以oc最大值為oc=(1+√3)a/2。稍後。
2樓：匿名使用者
取ab的中點d，分別連線cd、od，可知：cd=√3a/2， od=a/2。
在△ocd中，oc＜od+cd，
只有當o、d、c三點成一線時，oc=od+cd，所以：ocmax=od+cd=(√3+1)a/2.
3樓：
換個方向思考吧，可以認為是：以oc長為半徑畫圓，而在圓上一點c做半徑為a的正三角形，三角形的另外兩點在座標軸上。畫一下就知道了。
那麼就知道了。oc最長的情況是過ab中點了。
（2009?濰坊）已知邊長為a的正三角形abc，兩頂點a、b分別在平面直角座標系的x軸、y軸的正半軸上滑動，點c
4樓：哲宇丶
2a，cd=
a?(a2)
=32a．
∴oc=1+32a
已知邊長為a的正三角形abc，兩頂點a、b分別在平面直角座標系的x軸、y軸的正半軸上滑動，點c在第一
已知a,b,c是三角形abc的邊長,化簡a b ca b ca b c
a,b,c是三角形abc的邊長 a b c 0 a b c 0 a b c 0 a b c a b c a b c b c a a b c a b c b c a a b c a b c b a c 解由b c a，a b c，知 a b c a b c a b c a b c a b c a b ...
已知 三角形ABC中，B 60 ，三角形ABC的
因為 b 60 所以 bac bca 120 因為ad ce平分 bac bca 所以 dac eca 60 所以 aoc 120 所以 aoe cod 60 作 aoc的角平分線of交ac於f 則 aof cof 60 所以三角形aoe全等於三角形aof 三角形cod全等於三角形cof 所以ae ...
已知三角形ABC的三邊長a b c,均為整數,且a和b滿足 a 3 b 2 4b 4 0,求c邊的長
1 由於b 2，4b,4均為整數，所以根號a 根號3也為整數，所以a只能為3 其他任何情況都不可能滿足此條件 2 由題b 2 4b 4 0,解之得b 2 3 由兩邊之和大於第三邊及兩邊之差小於第三邊得1 班丘寄藍 是這樣的嗎？a 3 b 2 4b 4 0 a 3 b 2 2 0 因為平方根和平方數都...