解题研究：矩形内接正三角形问题
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我国的数学竞赛活动开始于1956年，由华罗庚、苏步青、江泽涵等老一辈数学家提倡和指导，在北京和上海举办了第一次数学竞赛活动．此后，由于种种原因，数学竞赛活动一再中断．直到1978年以后才得以持续开展．从1980年起，全国范围的高中数学竞赛正式定名为"全国各省、市、自治区高中数学联合竞赛"．
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思路分析：此题叙述很简洁，入手却殊为不易。此类问题的一般思路都是假设正三角形已经作出来了，所以不妨设正三角形顶点在AB、BC、DA上。
怎么利用正方形这个条件呢？
解决本题的关键在于作出EF中点M，由共圆得到△ABM为正三角形即可！
解：如下图，设△EFG是正方形ABCD的一个内接正三角形．且E、F分别在一组对边AD、BC上，取EF中点M，连MG．
虽然此题的年龄比我都要大，但是现在看来还是可圈可点。题目清新自然又不落俗套，设问恰到好处，没有给出明显的“提示”。解答简明利落，特别是发现EF中点M为定点是解决本题的关键所在，M的引入如神来之笔，出乎意料之外又在情理之中，令人叹为观止，击节赞叹。
当然，此题的解答也“顺便”给出了内接正三角形的作图方法：先作出正三角形ABM，对于AB上点G，过M作MG垂线与AD、BC交于E、F，则△EFG即为过G的正方形的内接正三角形。
此题的另一个自然的思路是用三角计算，也是可以得到答案的，不过代数方法毕竟和纯几何解法相比略显逊色，而且也发现不了EF中点M为定点。这里从略。
然后呢？
解答完一个好题以后不能止步不前，应该趁热打铁，看看还能提出什么问题，或者还有哪些与此有关的问题？
当然，一个自然的想法是如果不是正方形，是矩形呢,如何做一个内接正三角形呢？
显然是一样的！因为上述作图过程中只是用到了直角，没有用到临边相等的条件。也是说CD相当于可以上下平行移动。
通过平移我们发现CD如果太往下平移，正三角形就无法都在边上了，一个自然的问题是：
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思路分析：此题初看不易入手，如果联系到第1题，发现他们本质相同，则本题结论显然。
解：由上题知EF过M，故当EF//AB时，此正三角形的外接矩形短边最短，此时长短边之比为2√3/3。故两边比值范围为[√3/2,2√3/3]。
再看下一个问题：
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思路分析：如果联想到上一题，发现此题就是上题的代数表达形式，即得结果。
解：如下图，矩形ABFH内接正三角形EFG，若设FH=x,FB=y,BG=a,HE=b,
则AG=x-a,AE=y-b,且
(x-a)^2+(y-b)^2=x^2+b^2=y^2+a^2,
从而其几何意义即为上题，由上题解答知x/y最大值为2√3/3，故选A。
注：此题可以用三角代换解决。
到这里我又想到了一个前天成都祥福中学杨建华老师问的问题：
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思路1：三角计算，设出角度及正三角形边长，
表示出各三角形面积即可。
解法1：设EF=2a,∠HFE=θ,
则∠GFB=30°-θ,∠AEG=30°+θ,
从而[EFH]=2a^2sinθcosθ=a^2sin2θ,
同理[FGB]=a^2sin(60°-2θ)
[EAG]=a^2sin(60°+2θ),
故[EFH]+[FGB]=a^2sin2θ+a^2sin(60°-2θ)
=a^2sin(60°+2θ)=[EAG]，
即[EFH]+[FGB]=[EAG].
思路2：各个边长和角度与解法1相同,由解法1得
[EFH]=2a^2sinθcosθ=a^2sin2θ,
[FGB]=a^2sin(60°-2θ)，
[EAG]=a^2sin(60°+2θ),
故可以将各三角形面积放大两倍，
作FT=2a,∠TFE=2θ,
则∠GIF=60°+2θ,
从而[EFGT]=0.5(2a)^2*sin(60°+2θ)=2[EAG]。
解法2：如图，设EF=2a,∠HFE=θ,
则∠GFB=30°-θ,∠AEG=30°+θ,
从而[EFH]=2a^2sinθcosθ=a^2sin2θ,
同理[FGB]=a^2sin(60°-2θ)，
[EAG]=a^2sin(60°+2θ),
作FT=2a,∠TFE=2θ,
则∠GIF=60°+2θ,
从而，2[EFH]+2[FGB]=
[EFGT]=0.5EG*FT*sin∠GIF
=0.5(2a)^2*sin(60°+2θ)=2[EAG]，
即[EFH]+[FGB]=[EAG].
思路3：联想到第2题，直接利用勾股定理，
列出方程组，消元时需要一定的技巧避免出现四次方程。
解法3：与第2题相同，设FH=x,FB=y,BG=a,HE=b,
则AG=x-a,AE=y-b,且
(x-a)^2+(y-b)^2=x^2+b^2=y^2+a^2,
从而y^2-2by-2ax+a^2=0, (1)
x^2-2by-2ax+b^2=0, (2)
(1)*x^2-(2)*y^2得
x^2a^2-y^2b^2-2(by+ax)(x^2-y^2)=0
(by+ax)(ax-by-2x^2+2y^2)=0,
故ax-by-2x^2+2y^2=0,
将by代入(1)中得到：
y^2-2ax+4x^2-4y^2-2ax+a^2=0,
即(a-2x)^2=3y^2,
a=2x-√3y,
同理b=2y-√3x。
bx+ay=2xy-√3x^2+2xy-√3y^2=4xy-√3(x^2+y^2),
(x-a)(y-b)=(√3y-x)(√3x-y)=4xy-√3(x^2+y^2)=bx+ay,
从而[EFH]+[FGB]=[EAG].
思路4：依然用解法3中的图标，欲证结果，
即证bx+ay=(x-a)(y-b),
即证2bx+2ay=xy+ab。
另一方面，从几何上看，
欲证两个小三角形面积之和等于大三角形面积，
自然的思路是将两个小三角形拼到一起，故将
△FHE逆时针旋转60°，得到四边形FIGB,
将其面积用△FIB与△GIB之和表示，则得到
0.5(bx+ay)=0.5(xy+ab)*sin30°,
即为需证结果
解法4：各线段标记与解法3相同，
如图，作△FHE≅△FIG,
则∠IFB=∠IGA=30°,
由[FIG]+[FGB]=[FIB]+[GIB]
得0.5(bx+ay)=0.5(xy+ab)*sin30°，
即2bx+2ay=xy+ab，
即bx+ay=(x-a)(y-b),
从而[EFH]+[FGB]=[EAG].
注：
1）上述四种法各有千秋，风格迥异又联系紧密。解法1是最自然，最好理解和掌握的方法，这也反映了此题的本质就是三角恒等式。此解法大道至简、大巧若拙，算是最本质的解法。参考答案的解答也是用此法。[1]
2）解法2貌似纯几何证明，其实与解法1有着血浓于水的联系，因为解法2的思路就是来源于解法1，本质上看，解法2相当于用几何的方法证明了解法1中的三角恒等式。解法2是叶中豪老师（网名“老封”）提供的。
3）解法3抛开三角，直接利用勾股定理列出方程组。也是一个自然的思路。不过在消元的时候不能蛮干，因为如果直接由(1)解出b代入(2)，会得到一元四次方程，就很难处理了。
当然解法3中的结果也可以用于解决1,2题。此结果还算漂亮。而且本质上还是和1中的三角解法有关。此种解法也比较常见。本人第一次见到此题，是在田廷彦老师的《面积与面积方法》上面看到的，田老师的解答也大致如此。
4）解法4是本人思考得到的，算是纯几何的解法，不过其中既有代数又有几何，不过比解法2,3简单许多。算是博采了代数和几何的精华，过程简洁明了、曲径通幽。
5）上述几何解法2、4，也有联系。其实本质都是对同一个图形的面积进行两种划分，分别计算面积，得到一个等式。这是用面积与面积法解题的精髓所在，后面我还会写面积的专题系列文章，会对此种思想详细诠释。当然进一步这是数学中“算两次”的思想。
参考文献
《国内外数学奥林匹克试题精选（2002-2012）》（几何部分） 《中等数学》编辑部 编 浙江大学出版社 2015年10月
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