在一个三角形中,若在边AB AC上取两点P Q,使线段PQ平分△ABC面积,求PQ最小长度

结论：
设AB•AC=2k,∠BAC=α
则当AB,AC都不小于√k时,AP=AQ=√k时,PQ有最小值√【(1-coaα)•2k】
当AB,AC有一边小于√k时,则当PQ为AB,AC中较长边的中线时,PQ有最小值
设其中 较长边AB=x,较短边AC=y,则PQ=√【y²+¼x²-xy•cosα】
（注：以上结论都可由 已知AP、AQ时,用余弦定理【cosα=(AP²+AQ²-PQ²)/(2•AP•AQ)】解△APQ求得）
储备知识：1）S△ABC=½ab•sinC（三角形面积=½•两边及其夹角的正弦）
2）cos(A-B)=(1+tanAtanB)/√[(1+tan^2A)(1+tan^2B)]（具体推导可看最后备注）
那么对于直线y=kx,k即为该直线与x轴正方向夹角的正切
而直线AB,AC分别与x轴正方向夹角的差即为∠BAC=α
即 k1=tanA,k2=tanB,A-B=∠BAC=α
故有(1+k1k2)•/√ (1+k1²)(1+k1²)=cosα
【注：我用的方法可能让你难以接受】
因为S△ABC=½•AB•AC•sinα
S△APQ=½•AP•AQ•sinα=½S△ABC
所以AP•AQ=½•AB•AC=k
以A为坐标原点,建立直角坐标系,且使得△ABC都在x轴下方
则直线AB有固定解析式：y=k1•x
直线AC有固定解析式：y=k2•x
设P（a,k1a）,Q（b,k2b）
AP=√(a²+k1²a²)=√【(1+k1²)a²】
AQ=√(b²+k2²b²)=√【(1+k1²)b²】
PQ=√【(a-b)²+(k1a-k2b)²】
题目就转化成了,
已知√【(1+k1²)a²】•√【(1+k1²)b²】=k
求√【(a-b)²+(k1a-k2b)²】的最小值
易知ab= k/√ (1+k1²)(1+k1²)
(a-b)²+(k1a-k2b)²
=a²-2ab+b²+k1²a²-2k1k2•ab+k2²b²
=(1+k1²)a²+(1+k2²)b²-2(1+k1k2)ab
=(1+k1²)a²+(1+k2²)b²-2√【(1+k1²)a²】•√【(1+k1²)b²】+2k-2(1+k1k2)•ab
=[√【(1+k1²)a²】-√【(1+k1²)b²】]²+2k-2(1+k1k2)•【k/√ (1+k1²)(1+k1²)】
=[√【(1+k1²)a²】-√【(1+k1²)b²】]²+2k-2k•cosα
=(AP-AQ)²-(1-cosα)·2k
易知当√【(1+k1²)a²】=√【(1+k1²)b²】,即AP=AQ时
PQ有最小值√【(1-coaα)•2k】
此时因为AP•AQ=k,所以AP=AQ=√k
若AB,AC中有一边小于√k
那么就需要使 |AP-AQ|最小,即当PQ为AB,AC中较长边的中线时,PQ有最小值
设其中 较长边AB=x,较短边AC=y
则此时PQ=√【y²+¼x²-xy•cosα】
【备注：求证cos(A-B)=(1+tanAtanB)/√[(1+tan^2A)(1+tan^2B)]】
(1+tan²A)(1+tan²B)=
(1+sin²A/cos²A)(1+sin²B/cos² B)
=[ (cos²A+sin²A)/cos²A][ (cos²B+sin²B)/cos²B]
=[1/cos²A][1/cos²B]
=1/ (cos²A cos²B)
右边=(1+tanAtanB)/√[(1+tan²A)(1+tan²B)]
=(1+tanAtanB)/ [1/ (cosA cosB)]
=(1+tanAtanB) (cosA cosB)
= cosA cosB+sinAsinB
=cos(A-B)=左边,
那么对于直线y=kx,k即为该直线与x轴正方向夹角的正切
而直线AB,AC分别与x轴正方向夹角的差即为∠BAC=α
即 k1=tanA,k2=tanB,A-B=∠BAC=α
故有(1+k1k2)•/√ (1+k1²)(1+k1²)=cosα
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楼上的回答好详细，膜拜ing