1、 PAGE 10高二數(shù)學(xué)競賽班二試平面幾何講義第十講 幾何不等式班級 姓名 一、知識要點：1Ptolemy（托勒密）不等式若ABCD為四邊形，則ABCD+ADBC ACBD。等號成立時A,B,C,D四點共圓 2ErdosMordell（埃爾多斯莫德爾）不等式設(shè)P是ABC內(nèi)任意一點，P到ABC三邊BC,CA,AB的距離分別為PD=p,PE=q,PF=r，記PA=x,PB=y,PC=z。則x+y+z2*(p+q+r) 證明：因為P,E,A,F四點共圓，PA為直徑，則有:EF=PA*sinA。 在PEF中，據(jù)余弦定理得: EF2=q2+r2-2*q*r*cos(-A)=q2+r2-2*q*r*cos

2、(B+C) =(q*sinC+r*sinB)2+(q*cosC-r*cosB)2(q*sinC+r*sinB)2， 所以PA*sinAq*sinC+r*sinB，即PA=xq*(sinC/sinA)+r*(sinB/sinA) (1)。同理可得: PB=yr*(sinA/sinB)+p*(sinC/sinB) (2)， PC=zp*(sinB/sinC)+q*(sinA/sinC) (3)。 由(1)+(2)+(3)得:x+y+zp*(sinB/sinC+sinC/sinB)+q*(sinC/sinA+sinA/sinC)+r*(sinA/sinB+sinB/sinA)2*(p+q+r)。命題

3、成立。 3Weitzenberk（外森比克）不等式：若 SKIPIF 1 0 為三角形三邊長， SKIPIF 1 0 是三角形面積, 則： SKIPIF 1 0 。等號成立當(dāng)且僅當(dāng) SKIPIF 1 0 為等邊三角形。 證明：只需證明 SKIPIF 1 0 ，只需證明 SKIPIF 1 0 ， SKIPIF 1 0 ，成立。4Euler（歐拉）不等式設(shè) SKIPIF 1 0 ABC外接圓與內(nèi)切圓的半徑分別為R、r，則R2r，當(dāng)且僅當(dāng) SKIPIF 1 0 ABC為正三角形時取等號。 5等周定理（等周不等式）周長一定的所有圖形中，圓的面積最大；面積一定的所有圖形中，圓的周長最小。 周長一定的所有

4、n邊形中，正n邊形的面積最大；面積一定的所有n邊形中，正n邊形的周長最小。6Fermat（費馬）問題 到三角形的三個頂點的距離之和最短的點叫做費爾馬點。 對于一個頂角不超過 SKIPIF 1 0 的三角形，費爾馬點是對各邊的張角都是 SKIPIF 1 0 的點。 對于一個頂角超過 SKIPIF 1 0 的三角形，費爾馬點就是最大的內(nèi)角的頂點。二、例題精析：例1. 如圖，設(shè)三角形的外接圓O的半徑為R,內(nèi)心為I，B=60,AC，A 的外角平分線交圓O于E證明：(1) IO=AE； (2) 2RIO+IA+IC eq f(2,9)三、精選習(xí)題：1如圖，在ABC中，P為邊BC上任意一點，PEBA，PF

5、CA，若SABC=1， 證明：SBPF、SPCE、SPEAF中至少有一個不小于 eq f(4,9) (SXYZ表示多邊形XYZ的 面積)2設(shè)凸四邊形ABCD的面積為1，求證：在它的邊上(包括頂點)或內(nèi)部可以找出 四個點，使得以其中任意三點為頂點所構(gòu)成的四個三角形的面積大于 eq f(1,4)3在圓O內(nèi)，弦CD平行于弦EF，且與直徑AB交成45角，若CD與EF分別 交直徑AB于P和Q，且圓O的半徑為1，求證：PCQE+PDQF SKIPIF 1 0 2 四、拓展提高：4設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有D是鈍角，用一些直線段將該凸四邊 形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形

6、的周界上， 不含分割出的鈍角三角形頂點試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n45已知邊長為4的正三角形ABCD、E、F分別是BC、CA、AB上的點，且 |AE|=|BF|=|CD|=1，連結(jié)AD、BE、CF，交成RQS點P在RQS內(nèi)及邊上 移動，點P到ABC三邊的距離分別記作x、y、z(1)求證當(dāng)點P在RQS的頂點位置時乘積xyz有極小值；(2)求上述乘積xyz的極小值高二數(shù)學(xué)競賽班二試平面幾何講義第十講 幾何不等式例1. 如圖，設(shè)三角形的外接圓O的半徑為R,內(nèi)心為I，B=60,AC,A的外角平分線交圓O于E證明:(1) IO=AE； (2) 2RIO+IA+ICOH=2R設(shè)OHI=，則030IO+I

7、A+IC=IO+IH=2R(sin+cos)=2R eq r(2)sin(+45)又+4575，故IO+IA+IC0時，點M在O外，此時，直線l與O相離； 當(dāng)k=0時，點M在O上，此時，直線l與O相切； 當(dāng)k0時，aBQbAP0，k=0時，aBQbAP=0，k0時，aBQbAP0時，bCRcBQ0，k=0時，bCRcBQ =0，k0時，bCRcBQ 0時，aCRcAP0，k=0時，aCRcAP =0，k0時，aCRcAP 0時，ABCR+BCAPACBQ0；當(dāng)k=0時，ABCR+BCAPACBQ=0，當(dāng)k0時，ABCR+BCAPACBQ eq f(2,9)證明：作ABC及PQR的高CN、RH設(shè)

8、ABC的周長為1則PQ= eq f(1,3)則 eq f(SPQR,SABC)= eq f(PQRH,ABCN)= eq f(PQ,AB) eq f(AR,AC)，但AB eq f(2,3)，APABPQ eq f(1,6)，AC eq f(1,3)，從而 eq f(SPQR,SABC) eq f(2,9)1如圖，在ABC中，P為邊BC上任意一點，PEBA，PFCA，若SABC=1，證明：SBPF、SPCE、SPEAF中至少有一個不小于 eq f(4,9)(SXYZ表示多邊形XYZ的面積)證明：如圖，三等分BC于M、N，若點P在BM上(含點M)，則由于PEAB，則CPECBACPCB eq f

9、(2,3)于是SPCE eq f(4,9)同理，若P在NC上(含點N)，則SBPF eq f(4,9)若點P在線段MN上連EF，設(shè) eq f(BP,BC)=r( eq f(1,3)r eq f(2,3)，則 eq f(CP,BC)=1rSBPF=r2，SPCE=(1r)2 SBPF+SPCE=r2+(1r)2=2r22r+1=2(r eq f(1,2)2+ eq f(1,2) eq f(1,4)，則A、B、C、D即為所求 若SABD eq f(3,4)，取BCD的重心G，則以B、C、D、G這4點中的任意3點為頂點的三角形面積 eq f(1,4) 若SABD= eq f(1,4)，其余三個三角形

10、面積均 SABD= eq f(1,4)由于SABC+SACD=1，而SACD eq f(1,4)，故SABCSABD，從而SABESABD= eq f(1,4)SACE=SABE eq f(1,4)，SBCE=SABC eq f(1,4)即A、B、C、E四點即為所求 若SABD= eq f(1,4)，其余三個三角形中還有一個的面積= eq f(1,4)，這個三角形不可能是BCD，(否則ABCD的面積= eq f(1,2)，不妨設(shè)SADC= SABD= eq f(1,4)則ADBC，四邊形ABCD為梯形由于SABD= eq f(1,4)，SABC= eq f(3,4)，故若AD=a，則BC=3a

11、，設(shè)梯形的高=h，則2ah=1設(shè)對角線交于O，過O作EFBC分別交AB、CD于E、F AEEB=AOOC=ADBC=13 EF= eq f(a3+3a1,1+3)= eq f(3,2) SKIPIF 1 eq f(1,4)SEBC=SFBC= eq f(1,2)3a eq f(3,4)h= eq f(9,8)ah= eq f(9,16) eq f(1,2)于是B、C、F、E四點為所求綜上可知所證成立又證：當(dāng)ABCD為平行四邊形時，A、B、C、D四點即為所求當(dāng)ABCD不是平行四邊形，則至少有一組對邊的延長線必相交，設(shè)延長AD、BC交于E，且設(shè)D與AB的距離 eq f(3,4)SABCD= eq

12、f(3,4)即 eq f(1,2)(a+2a)h eq f(3,4)，ah eq f(1,2) SAPQ=SBPQ= eq f(1,2)ah eq f(1,4)SPAB=SQAB=ah eq f(1,2) eq f(1,4)即A、B、Q、P為所求 若ED eq f(1,2)AE，取AE中點P，則P在線段DE上，作PRBC交CD于R，ANBC，交CD于N，由于EAB+EBASABCD=1問題化為上一種情況3在圓O內(nèi)，弦CD平行于弦EF，且與直徑AB交成45角，若CD與EF分別交直徑AB于P和Q，且圓O的半徑為1，求證：PCQE+PDQF2 證明：作OMCD，垂足為M，交EF于N，設(shè)ON=n，OM

13、=m則CM=DM= eq r(1m2)，EN=FN= eq r(1n2)，本題即證( eq r(1m2)m)( eq r(1n2) SKIPIF 1 0 n)+( eq r(1m2)m)( eq r(1n2) SKIPIF 1 0 n)2展開得， eq r(1m2) eq r(1n2)mn1移項，平方得，1m2n2m2n22mn 取“+”號時，M、N在點O同側(cè)，此時mn，總之，命題成立(當(dāng)E、F交換位置時，且CD、EF在點O異側(cè)時，可能有m=n)又證：PC2+PD2=(CM+OM)2+(CMOM)2=2(CM2+OM2)=2，同理QE2+QF2=2 4=PC2+PD2+QE2+QF2=(PC2

14、+QE2)+(PD2+QF2)2 (PCQE+PDQF)等號當(dāng)且僅當(dāng)PC=QE，PD=QF時成立但由已知，此二式不成立故證4設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有D是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形頂點試證n應(yīng)滿足的充分必要條件是n4證明 充分性當(dāng)n=4時，如圖，只要連AC，并在ABC內(nèi)取一點F，使AFB、BFC、CFA都為鈍角(例如，可以取ABC的Fermat點，由于ABC是銳角三角形，故其Fermat點在其形內(nèi))于是，ADC、AFB、BFC、AFC都是鈍角三角形當(dāng)n=5時，可用上法把凸四邊形分成四個鈍角三角

15、形再在AF上任取一點E，連EB，則AEB也是鈍角三角形，這樣就得到了5個鈍角三角形一般的，由得到了4個鈍角三角形后，只要在AF上再取n4個點E1、E2、En4，把這些點與B連起來，即可得到均是鈍角三角形的n個三角形必要性n=2時，連1條對角線把四邊形分成了2個三角形，但其中最多只能有1個鈍角三角形n=3時，無法從同一頂點出發(fā)連線段把四邊形分成3個三角形，現(xiàn)連了1條對角線AC后，再連B與AC上某點得到線段，此時無法使得到的兩個三角形都是鈍角三角形當(dāng)n=2，3時無法得到滿足題目要求的解只有當(dāng)n4時才有解5已知邊長為4的正三角形ABCD、E、F分別是BC、CA、AB上的點，且|AE|=|BF|=|CD|=1，連結(jié)AD、BE、CF，交成RQS點P在RQS內(nèi)及邊上移動，點P到ABC三邊的距離分別記作x、y、z 求證當(dāng)點P在RQS的頂點位置時乘積xyz有極小值； 求上述乘積xyz的極小值解： 利用面積，易證： 當(dāng)點P在ABC內(nèi)部及邊上移動時，x+y+z為定值h=2 eq r(3)；過P作BC的平行線l，交ABC的兩邊于G、H當(dāng)點P在線段GH上移動時，y+z為定值，從而x為定值設(shè)y，m為定值則函數(shù)u=y(my)在點y=或y=時取得極小值于是可知，過R作AB、AC的平行線，過Q作AB、BC的平行線，過S作BC、AC的平行線，這6條平行線