用複數看穿幾何：正三角形外接圓的弦積極值
正三角形 ABC 有外接圓，動點 P 在圓上，求 PA×PB×PC 的最大值。從幾何觀察、三角代換、坐標繪圖一路發現複數法，最後用單位根看穿答案 2r³。
正三角形 $ABC$ 的外接圓半徑為 $r$，點 $P$ 在圓上移動。
問：$\overline{PA} \times \overline{PB} \times \overline{PC}$ 的最大值是多少？
這題一開始不必急著算。真正有趣的是：我們能不能先從圖形猜到答案，再一步步找出背後的理由？
解法一：幾何對稱法（先觀察）
先把半徑取為 $r=1$。拖動 $P$，觀察 $PA$、$PB$、$PC$ 和乘積的變化。
圖形會暗示兩件事：
- 當 $P$ 跑到 $A$、$B$、$C$ 任一點時，乘積變成 $0$。
- 乘積最大時，$P$ 似乎落在某一段劣弧的中點，例如弧 $\widehat{BC}$ 的中點。
這個猜測很自然：正三角形有三重旋轉對稱，最大值應該出現在一個對三個頂點都「最公平」的位置。
設 $M$ 是劣弧 $\widehat{BC}$ 的中點。此時：
- $\overline{MA}$ 是外接圓直徑，所以 $\overline{MA}=2r$。
- $\angle MBA=\angle MCA=90^\circ$，因為直徑所對圓周角是直角。
- 弧 $\widehat{MB}$ 的圓心角是 $60^\circ$，所以 $\angle MAB=30^\circ$。
- 因此 $\triangle MBA$ 是 $30^\circ$-$60^\circ$-$90^\circ$ 直角三角形，$\overline{MB}=r$；同理 $\overline{MC}=r$。
所以這個特殊位置給出
\[\overline{MA}\times\overline{MB}\times\overline{MC} =2r\cdot r\cdot r =2r^3.\]到這裡，我們得到一個漂亮猜測：
\[\begin{equation}\label{eq:geometric-guess} \max(\overline{PA}\,\overline{PB}\,\overline{PC}) \stackrel{?}{=} 2r^3. \end{equation}\]但幾何直覺還不是完整證明。接下來我們用三角代換把整個函數算出來，檢查 \eqref{eq:geometric-guess} 這個猜測是否正確。
解法二：三角代換（把直覺補成證明）
因為圖形具有三重對稱，只要先討論 $P$ 在劣弧 $\widehat{BC}$ 上的情形即可。令
\[\theta=\angle BAP,\qquad 0\leq \theta\leq 60^\circ.\]這時 $\angle CAP=60^\circ-\theta$。
2.1 先算 $PB$ 與 $PC$
在 $\triangle PBC$ 中，因為 $A,B,P,C$ 共圓，圓內接四邊形對角互補，所以
\[\angle BPC=180^\circ-\angle BAC=120^\circ.\]又因為同弦所對圓周角相等：
\[\angle BCP=\angle BAP=\theta, \qquad \angle CBP=\angle CAP=60^\circ-\theta.\]正三角形 $ABC$ 的邊長為
\[\overline{BC}=\sqrt{3}r.\]對 $\triangle PBC$ 使用正弦定理：
\[\frac{\overline{BC}}{\sin120^\circ} =\frac{\overline{PB}}{\sin\theta} =\frac{\overline{PC}}{\sin(60^\circ-\theta)}.\]由於 $\sin120^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$，所以
\[\frac{\overline{BC}}{\sin120^\circ} =\frac{\sqrt3 r}{\sqrt3/2} =2r.\]因此
\[\overline{PB}=2r\sin\theta, \qquad \overline{PC}=2r\sin\qty(60^\circ-\theta).\]2.2 再算 $PA$
在 $\triangle ABP$ 中，
\[\angle BAP=\theta.\]而 $\angle APB$ 對到的是弧 $\widehat{AB}$，正三角形的外接圓上，弧 $\widehat{AB}$ 的圓心角是 $120^\circ$，所以
\[\angle APB=60^\circ.\]因此
\[\angle ABP =180^\circ-\theta-60^\circ =120^\circ-\theta.\]再對 $\triangle ABP$ 用正弦定理：
\[\frac{\overline{PA}}{\sin\qty(120^\circ-\theta)} =\frac{\overline{AB}}{\sin60^\circ} =\frac{\sqrt3 r}{\sqrt3/2} =2r.\]所以
\[\overline{PA}=2r\sin\qty(120^\circ-\theta).\]2.3 乘起來並化簡
令
\[\alpha=60^\circ-\theta.\]則三段長分別可以寫成
\[\overline{PB}=2r\sin\qty(60^\circ-\alpha),\] \[\overline{PC}=2r\sin\alpha,\] \[\overline{PA}=2r\sin\qty(60^\circ+\alpha).\]所以乘積為
\[\begin{aligned} \overline{PA}\,\overline{PB}\,\overline{PC} &=8r^3 \sin\alpha \sin\qty(60^\circ+\alpha) \sin\qty(60^\circ-\alpha). \end{aligned}\]接著使用一個三角乘積恆等式：
\[\begin{equation}\label{eq:trig-product-identity} \sin\alpha\sin\qty(60^\circ+\alpha)\sin\qty(60^\circ-\alpha) =\frac14\sin3\alpha. \end{equation}\]如果這個公式看起來有點突然，不用把它當成冷門公式硬背；它可以從基本的和差角公式與三倍角公式導出，見後面的附錄 \eqref{eq:trig-product-identity-derived}。
把 \eqref{eq:trig-product-identity} 代回乘積：
\[\begin{equation}\label{eq:trig-product-result} \overline{PA}\,\overline{PB}\,\overline{PC} =8r^3\cdot\frac14\sin3\alpha =2r^3\sin3\alpha. \end{equation}\]因為 $0\leq\alpha\leq60^\circ$，所以 $0\leq3\alpha\leq180^\circ$，因此 \eqref{eq:trig-product-result} 的最大值為
\[\boxed{2r^3}.\]等號在 $\sin3\alpha=1$ 時成立，也就是
\[3\alpha=90^\circ \quad\Rightarrow\quad \alpha=30^\circ \quad\Rightarrow\quad \theta=30^\circ.\]這正是我們一開始觀察到的弧 $\widehat{BC}$ 中點。
解法三：坐標參數化（用圖形發現規律）
另一條路是完全代數化。把外接圓圓心放在原點：
\[A=(r,0),\quad B=\left(-\frac r2,\frac{\sqrt3 r}{2}\right),\quad C=\left(-\frac r2,-\frac{\sqrt3 r}{2}\right),\]並令
\[P=(r\cos x,r\sin x).\]用弦長公式，圓上兩點夾角若為 $\phi$，距離就是 $2r\abs{\sin\qty(\dfrac{\phi}{2})}$。因此
\[\overline{PA}=2r\abs{\sin\frac{x}{2}},\] \[\overline{PB}=2r\abs{\sin\qty(\frac{x}{2}-60^\circ)},\] \[\overline{PC}=2r\abs{\sin\qty(\frac{x}{2}-120^\circ)}.\]所以
\[\begin{aligned} f(x) &=\overline{PA}\,\overline{PB}\,\overline{PC}\\ &=8r^3\abs{ \sin\frac{x}{2}\cdot \sin\qty(\frac{x}{2}-60^\circ)\cdot \sin\qty(\frac{x}{2}-120^\circ) }. \end{aligned}\]套用同一個三角恆等式 \eqref{eq:trig-product-identity}，可得
\[\begin{equation}\label{eq:coordinate-product-result} f(x)=2r^3\abs{\sin\frac{3x}{2}}. \end{equation}\]這裡很值得停一下。坐標法的好處不只是「能算」，還能讓我們用繪圖看見規律：原本三段弦長的乘積，最後竟然變成一條簡單的正弦曲線。
紫色曲線的峰值就是 $2r^3$。但 \eqref{eq:coordinate-product-result} 也帶出一個新問題：為什麼三個距離的乘積，會突然收斂成 $\sin(3x/2)$ 這種「三倍角」結構？
這正是複數法要回答的事。
解法四：複數法（看見背後的結構）
前面的坐標法讓我們懷疑：這題背後應該有某種三重對稱的代數結構。複數剛好可以把「圓上的旋轉」和「距離」放在同一個語言裡。
把三個頂點和動點都用複數表示：
\[z_A=r,\quad z_B=re^{i2\pi/3},\quad z_C=re^{i4\pi/3},\quad z_P=re^{i\theta}.\]線段長就是複數差的模：
\[\overline{PA}=r\abs{e^{i\theta}-1},\] \[\overline{PB}=r\abs{e^{i\theta}-e^{i2\pi/3}},\] \[\overline{PC}=r\abs{e^{i\theta}-e^{i4\pi/3}}.\]所以
\[\boxed{ \overline{PA}\,\overline{PB}\,\overline{PC} =r^3 \abs{\left(e^{i\theta}-1\right)\left(e^{i\theta}-e^{i2\pi/3}\right)\left(e^{i\theta}-e^{i4\pi/3}\right)} }\]現在關鍵來了：
\[1,\ e^{i2\pi/3},\ e^{i4\pi/3}\]正是方程式 $z^3=1$ 的三個根，所以
\[(z-1)\left(z-e^{i2\pi/3}\right)\left(z-e^{i4\pi/3}\right)=z^3-1.\]令 $z=e^{i\theta}$，得到
\[\begin{equation}\label{eq:complex-product-result} \overline{PA}\,\overline{PB}\,\overline{PC} =r^3\abs{e^{i3\theta}-1}. \end{equation}\]這就是整題最漂亮的一步：三條弦長的乘積，被壓縮成單位圓上兩點之間的一條距離。
從右圖看，\eqref{eq:complex-product-result} 的 $e^{i3\theta}$ 仍在單位圓上跑，而 $1$ 是固定點。單位圓上離 $1$ 最遠的點是 $-1$，距離就是直徑 $2$。
因此
\[\abs{e^{i3\theta}-1}\leq2,\]所以
\[\boxed{ \max(\overline{PA}\,\overline{PB}\,\overline{PC})=2r^3. }\]附錄：三角恆等式怎麼來？
前面用到的 \eqref{eq:trig-product-identity} 不需要硬背。它其實只是在做兩件事：先把 $\sin\qty(60^\circ+\alpha)\sin\qty(60^\circ-\alpha)$ 合併，再用三倍角公式。
由和差角公式：
\[\begin{aligned} \sin\qty(60^\circ+\alpha) &=\sin60^\circ\cos\alpha+\cos60^\circ\sin\alpha,\\ \sin\qty(60^\circ-\alpha) &=\sin60^\circ\cos\alpha-\cos60^\circ\sin\alpha. \end{aligned}\]兩式相乘，利用 $(u+v)(u-v)=u^2-v^2$：
\[\begin{aligned} \sin\qty(60^\circ+\alpha)\sin\qty(60^\circ-\alpha) &=\sin^260^\circ\cos^2\alpha-\cos^260^\circ\sin^2\alpha\\ &=\frac34\cos^2\alpha-\frac14\sin^2\alpha\\ &=\frac34\qty(1-\sin^2\alpha)-\frac14\sin^2\alpha\\ &=\frac34-\sin^2\alpha. \end{aligned}\]再乘上一個 $\sin\alpha$：
\[\begin{aligned} \sin\alpha\sin\qty(60^\circ+\alpha)\sin\qty(60^\circ-\alpha) &=\sin\alpha\qty(\frac34-\sin^2\alpha)\\ &=\frac14\qty(3\sin\alpha-4\sin^3\alpha). \end{aligned}\]最後用三倍角公式
\[\sin3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha,\]就得到
\[\begin{equation}\label{eq:trig-product-identity-derived} \sin\alpha\sin\qty(60^\circ+\alpha)\sin\qty(60^\circ-\alpha) =\frac14\sin3\alpha. \end{equation}\]所以這個看似冷門的公式，其實只是和差角公式加上三倍角公式。
四種解法比較
| 解法 | 一開始看見什麼 | 核心工具 | 特色 |
|---|---|---|---|
| 幾何對稱 | 最大點應在弧中點 | 對稱性、圓周角 | 最有直覺，但需要補證 |
| 三角代換 | 把弦長逐一算出來 | 正弦定理、三倍角 | 嚴謹，能證明猜測 |
| 坐標參數化 | 乘積像一條正弦曲線 | 弦長公式、繪圖 | 讓規律浮現 |
| 複數法 | 三個頂點是三次單位根 | $z^3-1$ | 最能解釋為什麼會出現三倍角 |
這題最有意思的地方，不只是答案 $2r^3$。更重要的是解題路線本身：先用圖形猜，再用三角法驗證，再由坐標圖形發現三倍角，最後用複數和單位根看穿整個結構。
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