在斜边恒定的情况下，使用导数求直角三角形某个角的大小，使得内切圆的半径达到最大。
在下文中，若适用，\( C \) 表示积分常数。
问题
ABC 是一个直角三角形，\( r \) 是内切圆的半径。
a) 用角 \( x \) 和斜边长度 \( h \) 表示 \( r \)。
b) 假设 \( h \) 是常数且 \( x \) 变化，求使 \( r \) 达到最大值的 \( x \)。
显示问题解答
a) 设 M、N 和 P 分别为圆与三角形各边的切点。\( OM \)、\( ON \) 和 \( OP \) 分别垂直于 \( CB \)、\( CA \) 和 \( AB \)。
三角形 COM 和 CON 是直角三角形，并且有两条对应相等的边（\( CO \) 和半径 \( OM = ON = r \)）；因此这两个三角形全等。我们将角 \( MCN \) 的大小记为 \( x \)，并写出：
\[ \tan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{r}{CM} \]三角形 BOM 和 BOP 是直角三角形，并且有两条对应相等的边（\( BO \) 和半径 \( OM = OP = r \)）；因此这两个三角形全等。我们将角 \( MBP \) 的大小记为 \( y \)，并写出：
\[ \tan\left(\frac{y}{2}\right) = \frac{r}{BM} \]注意： \( y + x = 90^\circ \)，由此得出 \( \dfrac{y}{2} = 45^\circ - \dfrac{x}{2} \)。
将 \( \dfrac{y}{2} \) 代入 \( BM \) 的方程中：
\[ \tan\left(45^\circ - \frac{x}{2}\right) = \frac{r}{BM} \]求解 \( CM \) 和 \( BM \)：
\[ CM = \frac{r}{\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)}, \quad BM = \frac{r}{\tan\left(45^\circ - \dfrac{x}{2}\right)} \]利用 \( h = CM + BM \) 这一事实：
\[ h = \frac{r}{\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)} + \frac{r}{\tan\left(45^\circ - \dfrac{x}{2}\right)} = r \left[ \frac{1}{\tan\left(\frac{x}{2}\right)} + \frac{1}{\tan\left(45^\circ - \frac{x}{2}\right)} \right] \]利用正切差角三角恒等式：
\[ \tan\left(45^\circ - \frac{x}{2}\right) = \frac{\tan(45^\circ) - \tan\left(\frac{x}{2}\right)}{1 + \tan(45^\circ)\tan\left(\frac{x}{2}\right)} = \frac{1 - \tan\left(\frac{x}{2}\right)}{1 + \tan\left(\frac{x}{2}\right)} \]将其代回 \( h \) 的公式中：
\[ h = r \left[ \frac{1}{\tan\left(\frac{x}{2}\right)} + \frac{1 + \tan\left(\frac{x}{2}\right)}{1 - \tan\left(\frac{x}{2}\right)} \right] \]等待，让我们检查倒数项：
\[ \frac{1}{\tan\left(45^\circ - \frac{x}{2}\right)} = \frac{1 + \tan\left(\frac{x}{2}\right)}{1 - \tan\left(\frac{x}{2}\right)} \]利用 \( \tan\left(\dfrac{x}{2}\right) = \dfrac{\sin(x/2)}{\cos(x/2)} \)，我们将其简化为：
\[ h = r \left[ \frac{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)} + \frac{\cos\left(\frac{x}{2}\right) + \sin\left(\frac{x}{2}\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right) - \sin\left(\frac{x}{2}\right)} \right] = r \left[ \frac{1}{\sin\left(\frac{x}{2}\right) \left(\cos\left(\frac{x}{2}\right) - \sin\left(\frac{x}{2}\right)\right)} \right] \]求解 \( r \)：
\[ r = h \sin\left(\frac{x}{2}\right) \left(\cos\left(\frac{x}{2}\right) - \sin\left(\frac{x}{2}\right)\right) = h \left(\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right) - \sin^2\left(\frac{x}{2}\right)\right) \]利用半角和积化和差恒等式（\( \sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right) = \dfrac{1}{2}\sin x \) 且 \( \sin^2\left(\frac{x}{2}\right) = \dfrac{1 - \cos x}{2} \））：
\[ r = \frac{h}{2} (\sin x + \cos x - 1) \]b) 假设 \( h \) 是常数。求 \( r \) 关于 \( x \) 的一阶导数：
\[ \frac{dr}{dx} = \frac{h}{2} (\cos x - \sin x) \]令 \( \dfrac{dr}{dx} = 0 \) 以求临界点：
\[ \frac{h}{2} (\cos x - \sin x) = 0 \implies \cos x = \sin x \]由于 \( x \) 是直角三角形中的锐角，求解 \( \cos x = \sin x \) 得到：
\[ x = \frac{\pi}{4} = 45^\circ \]
由于对于 \( x < \dfrac{\pi}{4} \)，\( \dfrac{dr}{dx} > 0 \)，而对于 \( x > \dfrac{\pi}{4} \)，\( \dfrac{dr}{dx} < 0 \)，因此 \( r \) 在 \( x = \dfrac{\pi}{4} = 45^\circ \) 处取得绝对最大值。在这种情况下，三角形 ABC 是等腰三角形。