这是一道来自高中数学的几何题。值得纪念一下，因为它有好几种证明的办法。有的办法简单，有的办法麻烦。

问题是这样的：如图，矩形的边长\(AB=a, BC=b\)，而\(P\)是\(CD\)上的动点。问：\(\angle APB\)什么时候最大？并说明理由。

根据直觉可知，当\(P\)是\(CD\)的中点的时候，\(\angle APB\)应该最大。

直觉虽然有重要的提示作用，但是有时也不很可靠，所以并不能作为推理的依据。现在让我们忘记直觉，按照一般的分析办法来处理这个问题。

设\(DP=x\;(0 \leq x \leq a)\)，则\(CP=a-x\)。根据勾股定理：

\[\eqalign{ AP^2 &= x^2 + b^2, \cr BP^2 &= (a-x)^2 + b^2. }\]

根据余弦定理： \[\eqalign{ \cos\angle APB &= {AP^2+BP^2-AB^2 \over 2AP\cdot BP} \cr &= {x^2+b^2+(a-x)^2+b^2-a^2 \over 2\sqrt{x^2+b^2}\sqrt{(a-x)^2+b^2}} \cr &= {x^2-ax+b^2 \over \sqrt{(x^2+b^2)(x^2-2ax+a^2+b^2)}}. }\]

因为余弦函数在\([0, \pi]\)内是单调递减的，所以要使\(\angle APB\)最大，只须\(\cos\angle APB\)取最小值即可。

这样，问题转化为一元函数的最值问题。高中数学提供了导数这个有用的工具，可以有效地求出各种初等函数的最值。方法如下：

设最后一个等号右边的表达式为\(f(x)\)，首先计算要导数。

设 \[\eqalign{ u &= x^2-ax+b^2, \cr v &= (x^2+b^2)(x^2-2ax+a^2+b^2) \cr &= x^4-2ax^3+(a^2+2b^2)x^2-2ab^2x+(a^2+b^2)b^2. \cr }\] 那么 \[f’(x) = \left(u\over\sqrt{v}\right)’ = {u’\sqrt{v} - u(\sqrt{v})’ \over v} = {u’v - u{v’\over2} \over v^{3\over2}},\] 其中 \[\eqalign{ u’ &= 2x-a, \cr v’ &= 4x^3-6ax^2+(2a^2+4b^2)x-2ab^2, \cr u’v &= 2x^5 -5ax^4 +4(a^2+b^2)x^3 -a(a^2+6b^2)x^2 +2(2a^2+b^2)b^2x -ab^4 -a^3b^2, \cr u{v’\over2} &= 2x^5 -5ax^4 +4(a^2+b^2)x^3 -a(a^2+6b^2)x^2 +2(\phantom{0}a^2+b^2)b^2x -ab^4, \cr u’v-u{v’\over2} &= 2a^2b^2x - a^3b^2 = a^2b^2(2x-a). }\]

一般来说，教科书通常是轻描淡写地就把计算结果给求出来了。实际上这一步计算是很繁的，对初等代数的运算能力是一个巨大的考验。借助计算机代数系统(CAS)来求导数可能会是一个好主意。

幸运的是导函数分子中2次以上的项全都消掉了，由此得到唯一的驻点\(x={a\over2}\)。事实上，当\(0 < x < {a\over2}\)时，\(f’(x) < 0\)，\(f(x)\)单调递减；当\({a\over2} < x < a\)时，\(f’(x) > 0\)，\(f(x)\)单调递增。这样，我们无需计算边界处的函数值就可知，当\(x={a\over2}\)时，\(f(x)\)取得最小值。

综上所述，当\(P\)是\(CD\)中点时，\(\angle APB\)最小。

另一种做法是不用余弦定理而改用其他的三角恒等式。根据图形可知\(\tan\angle PAD = {x\over b},\,\tan\angle PBC = {a-x\over b}\)。所以根据余切公式 \[\cot\angle APB = {{1-{x\over b}{a-x\over b}} \over {x\over b}+{a-x\over b}} = {x^2-ax+b^2 \over ab}.\]

余切函数在\((0, \pi)\)上也是单调递减的。所以问题转化为求上述函数（记为\(f(x)\)）的最小值。计算导数 \[f’(x) = {2x-a \over ab}\]

得唯一驻点\(x={a\over2}\)。通过类似的讨论可知这是最小值点。所以当\(P\)是\(CD\)中点时，\(\angle APB\)最小。

不计算导数也无所谓。因为余切函数是关于\(x\)的二次函数，且开口向上，自然在对称轴处取得最小值。

由此可见计算切函数要比计算余弦函数在计算上来得方便地多。

如果知道反正切函数，那么 \[\angle APB = \arctan{x\over b} + \arctan{a-x\over b}.\]

根据反正切函数的凸凹性，得 \[{\arctan{x_1} + \arctan{x_2}\over 2} \leq \arctan{x_1+x_2\over 2} \quad \forall x_1,x_2 \in (0,+\infty). \] 于是 \[\angle APB \leq 2\arctan{a \over 2b},\] 当且仅当\(x={a\over2}\)等号成立，此时\(\angle APB\)取得最大值。这种方法更简单了，只不过超出了高中数学的范围。

除了微积分以外，还可以使用算术-几何平均不等式来求解最小值问题。

算术-几何平均不等式说的是正数的几何平均数不大于算术平均数，即\[\sqrt{uv} \leq {u+v \over 2},\]当且仅当\(u=v\)时，取等号。这个不等式在高中数学课本中被称为“基本不等式”，其重要性可见一斑。

用不等式求最值的原理是：如果不等式的一边是定值，并且等号能够成立，那么这个定值一定就是另一边的最值。

对于刚才求出来的余切函数 \[\cot\angle APB = {b^2 - x(a-x)\over ab}.\]

使用基本不等式很容易得到：\(x(a-x) \leq \left(a-x\over2\right)^2\)。所以取\(x=a-x\)也就是\(x={a\over2}\)时，余切取得最小值。

如果是余弦函数，情况会复杂一些，但是仍然可以使用基本不等式来求出最小值。

将基本不等式两边平方并移项化简，可得\(uv \leq {u^2+v^2 \over 2}\)。两边同加上\(u^2+v^2 \over 2\)，则得 \[u^2+v^2 \geq {(u+v)^2 \over 2}.\] 这个不等式也将在求最小值的过程中起到作用。

刚才已经得到\[ \cos\angle APB = {x^2+(a-x)^2+2b^2-a^2 \over 2\sqrt{x^2+b^2}\sqrt{(a-x)^2+b^2}}. \]

根据上面提到的两个不等式，有 \[\eqalign{ 2\sqrt{x^2+b^2}\sqrt{(a-x)^2+b^2} &\leq x^2+(a-x)^2+2b^2 \cr x^2+(a-x)^2 &\geq {[x+(a-x)]^2 \over 2} = {a^2\over2}. }\]

所以 \begin{align} \cos\angle APB &\geq {x^2+(a-x)^2+2b^2-a^2 \over x^2+(a-x)^2+2b^2} \\ &= 1 - {a^2 \over x^2+(a-x)^2+2b^2} \\ &\geq 1-{a^2 \over {a^2\over2}+2b^2} \\ &= {4b^2-a^2 \over 4b^2+a^2}. \end{align}

当且仅当\(x=a-x\)即\(x={a\over2}\)时，两个不等式同时取等号，\(\cos\angle APB\)取得最小值。

使用不等式求最值的好处是，相比求导而言，计算更容易些，并且最值点和最值同时求得，无需多余的代入计算。但是不等式的应用范围不如导数广：只有一些特殊的表达式可以使用不等式求出最值，而且这些特殊的形式也不一定一眼能够看得出来，有时候需要一定的技巧。

最后，抛弃代数，用纯几何的办法，也可以证明这个结论。

如图，取\(CD\)的中点\(E\)，作圆弧\(\overset{\large\frown}{AEB}\)。假设\(P\)不是\(CD\)的中点，那么设\(\overset{\large\frown}{AEB}\)和\(AP\)的交点是\(Q\)。连结\(BQ\)。根据圆周角定理，\(\angle AQB = \angle AEB.\)另一方面，因为\(\angle AQB\)是\(\triangle PQB\)的外角，有\(\angle AQB > \angle APB.\)所以\[\angle APB < \angle AEB.\]所以只有\(P\)是\(CD\)中点的时候，\(\angle APB\)才最大。

纯几何的办法，实质上没有任何的计算，所以可以算是最简单的一种做法。这题能用几何做法很可能是凑巧（实际上这是一道经典的最值问题，几何做法也是经典解法）。另外，还需要解题者事先知道\(P\)在\(CD\)中点这样的结论，这需要靠直觉。只有经验丰富的人才能识别出这个问题，然后给出这样一种巧妙的解法。