江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽《提優(yōu)教程》教案：第5講_幾何不等式

1、第5講幾何不等式本講只要內(nèi)容是幾何不等式：A類例題例1D是AABC的邊AB上的任意一點(diǎn),E是邊AC上的任意一點(diǎn)，連接DE.F是連接線An AF DF段DE上的任意一點(diǎn)設(shè)麗=x, AC = DE = z, 明： S ；BDF=1-XyzS .ABC. SaCEF= x1-y1-S ABC；寸S bdf +a/s bdf*Saabc.(2003年女子數(shù)學(xué)奧林匹克試題) 證明(1)如圖，有S BDF= zSabde=z(1-x) S ABD= Z(1-X)yS ABC,Sacef=( 1-z)Sacde=(4 -z)(仁/)Saacd=( 1-z)( 1-y) xSaabc(2) pS. bdf Z

2、Scbdf=(7(1 -x)yz + yx( 1 -y)( 1 -z)>js .abc=S ABC 例2如圖，在AABC中,PQR將其周長(zhǎng)三等分.fLP,Q在AB邊上，求證:->-.1988年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽第二試試題 Sabc 9證明 從C,R向AB引垂線，用放縮法證明所需不等式.不妨設(shè)周長(zhǎng)為仁作厶ABC、APQR的高CL、RH.S/mbc LabAC ABxAC2AP? AP歸，故礬>|情景再現(xiàn)1.己知D是而枳為1的AABC的邊AB±的任總一點(diǎn),E是邊AC上任意一點(diǎn)，連接DE, F是線段DE±的任意一點(diǎn)，設(shè)錯(cuò)=x, = y, 二z,且y+z-x= y.

3、試求ABDF面枳的敲人值.2005年湖南省數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題2.如圖，在ZABC中，P為邊BC上任意一點(diǎn)，PEBAPF/7CA假設(shè)S.abc=1,證明S.-.BPF' Sq.PCE和S于行四邊形PEAF屮至少有個(gè)不小寸冷S表小圖形的面枳1984 *r數(shù)學(xué)聯(lián)賽第二試試題B類例題例3 Erdds-Mordell不等式設(shè)P是ZXABC內(nèi)的任意一點(diǎn)，P到三邊BC、CA、AB的距 離分別為 PD=p、PE = q、PF = n 并記 PA=x, PB=y, PC=z,那么 x+y+zM2p+q+r 等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)AABC是正三角形并且P為此三角形的中心.證明如圖，以NB的平分線為對(duì)稱軸分別作出A、C

4、的對(duì)稱點(diǎn)A'、C連接A C又連 接PA'、PC',在BA'C沖，容易得到必命+ %“弓處？代等號(hào)成立當(dāng)II僅當(dāng)BP丄A C： 1 1 1由于 ABC絲A BC：式等價(jià)于空cp+ 2 3r：2即y垮p+看c b 同理 xM -q+ -tb aZN c'P+ 訂將不等式、相加得x+y+zMp輕+q 黑+戀+卻$2嚴(yán)9+0例4設(shè)P是AABC內(nèi)的一點(diǎn)，求證:ZPAB、ZPBC、ZPCA至少有一個(gè)小于或等于30。. 第32屆IM0試題證法一 連接AP、BP、CP.并延長(zhǎng)交對(duì)邊于D、E、F,那么=1.PD PE PF S. PBC S PCA S PABS .ABC

5、 S .ABC ZPCA=y,那么PE _ PD PEPC " PA PBAD + BE + CFi$ZPAB=a, ZPBC=p,PFPF PDsinasinpsin寅-愿令XF器,*2=PE be-X3=PFPCPFQp，那么 Xl+ X2+ X3=1,且PD PAPE PB *X1X2X3XiX2X3 1-X11-X21-X3X2+X3X3+X1X1+X2X1X2X31Z/X2X3 27*3X1-8 1 1當(dāng)且僅當(dāng)xi= X2= X3= 3時(shí)取等號(hào)，所以sinasinpsinyg,由此推出sina. sinp. siny中至少1 1有一個(gè)不人于去 不妨設(shè)sinaW£那

6、么a30°或心150。.當(dāng)a150°時(shí)B<30。, 丫<30。命題 也成立.當(dāng)sinasinpsiny=jw.點(diǎn)P既是AABC的重心，又是AABC的垂心，此時(shí)AABC是正三角形.pn證法二 用反證法，設(shè) 30°<ZPAB, ZPBC, ZPCA<120°1 那么=sinZPAB>sin30°1 即 2PD>PA.同理 2PE>PB,2PF>PC.于是有 2PD+PE+PF>PA+PB+PC,這與 Erdds-Mordell 不等式矛盾.例5設(shè)ABCD是一個(gè)有內(nèi)切圓的凸四邊形，它的每個(gè)內(nèi)角和外

7、角都不小于60。,證明： |AB3-AD3| BC3-CD3|3| AB3-AD3|.等號(hào)何時(shí)成立？第33屆美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題 證明利用余弦定理，知BD Al Bl Cl 一 8 4' AArBB CCr27=AD2+AB2-2AD -ABcos Z DAB= CD2+BC2-2CD -BCcos Z DCB,由條件知 60OWZDAB、ZDCBW120。，1 1 1 1故-qWcosZDABW乞-qWcos/DCBWq,于是3BD2-(AB2+AD2+AB-AD)=2(AB2+AD2)-AB-AD (1+6cosZDAB) 2(AB2+AD2)-4AB-AD=2(AB-AD)20,

8、即* AB2+AD2+AB-AD)BD2= CD2+BC2-2CD-BCcosZDCBWCD2+BC2+CDBC.再由ABCD為圓外切四邊形，可知AD+BOAB+CD,所以,|AB-AD|=|CD-BC|,結(jié)合上式，就冇扌 |AB3-AD3| BC3-CD3|.1 1等號(hào)成立的條件是 cosA= 3；AB=AD;cosC= p或假設(shè)|AB-AD|=|CD-BC|=0所以，等號(hào)成立的條件是AB=AD且CD=BC.同理町證另一個(gè)不等式成立等號(hào)成立的條件同上.情景再現(xiàn)3己知四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形，證明：|AC-CD| + |AD-BC|$2|AC-BD|.第28屆美國(guó) 數(shù)學(xué)奧林匹克試題4假設(shè)

9、三角形和矩形右相等的周長(zhǎng)和面枳，那么稱它們是“李生的 證明：對(duì)于給定的三角形，存 在“攣生的矩形，該矩形不是正方形，且較長(zhǎng)的邊與較短的邊的比至少是入T+P入入-2, 其中U 攀.2003年白俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克試題5. 己知I是AABC的內(nèi)心,Al. Bk Cl分別交BC. CA. AB于A'、B C"求證第32屆IMO試題C類例題例 6 設(shè) ABCDEF 是凸六邊形，且 AB=BC=CD,DE=EF=FA,ZBCD= ZEFA=60°. ii G 和 H 是 這個(gè)六邊形內(nèi)部的兩點(diǎn)，使得ZAGB=ZDHE=Z120°.試證:AG+GB+GH+DH+HEMCF

10、第 36屆IMO試題分析題目所給的凸六邊形可以剖分成兩個(gè)正三角形和一個(gè)四邊形.注意到四邊形ABD E以直線BE為對(duì)稱軸，問題就可迎刃而解.證法一以宜線BE為對(duì)稱軸，作C和F關(guān)于該宜線的對(duì)稱點(diǎn)C'和F如圖，那么ZSABC' 和ADEF都是正三角形：G和H分別在這兩個(gè)三角形的外接圓上.根據(jù)Ptolemy定理得C'G.AB=AGC'B+GBCA 囚而C G =AG -GB同理，HF'二DH+HE于是,AG+GB+GH+DH+HE=C，G+GHHF' MC' F' =CF.上面最后一個(gè)等號(hào)成立的依據(jù)是:線段CF和C'F'以

11、直線BE為對(duì)稱軸.證法二以直線BE為對(duì)稱軸，作G和H的對(duì)稱點(diǎn)G'和H'如圖.這兩點(diǎn)分別在正ABCD 和正AEFA的外接圓上因而CG'二 DG'+ G'B,H'F 二 AH'+ H'E.我們看到AG+GB+GH+DH+HE二DG'+ G'B+ G'H'+AH'+ H'E二 CG'+ G'H'+ H'FMCF 例7設(shè)圓K和&同心，它們的半徑分別是R、Ri,Ri>R,四邊形ABCD內(nèi)接于圓K,四 邊形AiCiDi內(nèi)接于圓心，點(diǎn)片、B】、Ci、D

12、i分別在射線CD、DA、AB和BC ±,求證: SSabcd1993 年 CMO 試題證明 為了書寫方便，令 AB=a, BC=b, CD=c, DA=d. ABi=e, BCi=/, CD件g, DAi",那么S jkbici= 豕日+DesinZBiACi, ZDCB=ZBiACi,Sabcd= S abd+ Sabdc=君cfcinZDCB+bcsinZZBiACi,H SiABc -(Q+/)e _ (e+d)ea+f _ R?-R2m+f'疋'Sabcd " ad+bc 一 ad+bc e+d 一 ad+bc e+d珅S.BC心RJR2

13、凹I 川 Sabcdab+cd a+f 'SaCDiAi R?-R2c+hSabcdad 十 beb+g 'S DA1B1 RAR?e十dSabcdab+cdc+h 將上面四個(gè)等式相加，并運(yùn)用均值不等式得Saibcd 廠 SabcdSabcd$畑-只2寸ad+b$ab+訶由于ABCD內(nèi)接丁半徑為R的圓，故由等周定理，鬪內(nèi)接四邊形小，正方形周長(zhǎng)豉人 知a+b+c+d4yj2R9再由均值不等式得7Mbc勁eg詁駕幽坷二2+C尸d(a+/?+c+d)2=4R2.從而推出Saibicidi 一 SabcdSabcd事4(RLR2)希=普.4 SaiBiCiDiR?故飛右$尹例8設(shè)厶AB

14、C的內(nèi)切圓與三邊AB. BC. CA分別相切于點(diǎn)P、Q. R,證明Dp PA AD話+熊+器$6.2003年韓國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題證明 設(shè) a=BC, b=CA, c=AB, p=QRt qpRP,尸PQ,那么只需證明T=學(xué)+號(hào)+評(píng). 設(shè) 2s=a+b+c.根據(jù)BQ=BP=s-b,并在ABPC)上應(yīng)用余弦定理，可得ac2-，/2=2(s-b)2(1-cosB)= 2(s-b)2(1- 2ac )-(“尸呼-(a- ©勺 _ 4(s-b)2(s"8)(s-c)acac9故“ 2(s-bN(s-a)(sc)ycamm-i的2(s-ch/(s-a)(s-b)2(s-ayJ(s-b)

15、(sc)同理可得尸 牯 嚴(yán)常 利用算術(shù)幾何均值不等式可得+ bb* cEb2(s-by7(s-a)(s-c)2(s-c)心 s-Q)(s-b)2( s- ayj(s-b)(s-c)(s-b)2(s-c)2W呂Ea)2 (c+a-b)2(a+trc)2另一方面，由于abc是三角形的三條邊長(zhǎng)，那么有0 < (a-t-b-c)(c-t-a-b)=a2-(bc)2a2, 0<(a+b-c)(b+c-a)=Z>2-(a-c)2b2, 0 < (b-FC-a)(c-t-a-b)=(-(a-b)2 W c2,以上三式相乘得0V(b+ba)2 (c&-b)2(冇b-cFWac2

16、.所以,由、可以斷定式成立.情景再現(xiàn)6.i2Cv C2是同心圓，C2的半徑是G半徑的二倍，四邊形A1A2A3A4內(nèi)接于圓Ci,將A4A1 延長(zhǎng)交圓C2于已，將A1A2延長(zhǎng)交圓C2于B2,將A2A3延長(zhǎng)交圓C2于B3,將A3A4延長(zhǎng)交 圓C2于B“試證明四邊形A1A2A3A4的周長(zhǎng)人于等于四邊形B1B2B3B4的周長(zhǎng).1989年CMO試題7.設(shè)AABC為銳角三角形，M、N、P分別是AABC的重心G向邊AB、BC、CA所作垂線 的垂足，證明27<s4-<第16屆巴爾干數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題KP8.SAABC的周長(zhǎng)、面枳和外接圓半徑分別是P、K、R,試求雨的最犬值.2005年加拿人數(shù)學(xué)奧林匹克試題

17、習(xí)題1. 設(shè)AABC為銳角三角形，M. N、P分別為重心G在邊AB、BC、CD上的射影，求證：厲 <|1988年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽第二試試題2. 如圖.SAABC內(nèi)存在一點(diǎn)F,使得ZAFB=ZBFC=ZCFA,直線BF、CF分別交AC、AB 于D、E.證明：AB+ACM4DE.第43屆IMO預(yù)選題3. 設(shè)與AABC的外接圓內(nèi)切并與邊AB、AC相切的圓為Ca,記/*a為圓Ca的半徑，廠是AABC 的內(nèi)切圓的半徑.類似地定義心 心證明："/田&% 第20屆伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克試題4凸四邊形ABCD的對(duì)角線AC和BD互相垂直，且交于點(diǎn)O,設(shè)AOB、ABOC、ACOD、 DOA的內(nèi)切

18、圓的圓心分別是6、。2、。3、04,證明：1001. 002、003、004 的直徑之和不超過2->/2AC+BD;2O1O2+ O2O3+ 0304+ O4Oi<2V2-1AC+BD. 2003 年白俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克試題5. 四面體OABC的棱OA、OB、0C兩兩垂直,r是其內(nèi)切球半徑,H是AABC的垂心.證明： 0HC/V34-1.2003年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克試題6. AABC1? M 是平面內(nèi)任一點(diǎn),證明:AM sinAWBM sinB+CM sinC;2設(shè)點(diǎn)A、Bi、Ci分別在邊BC、AC、AB上,ARG的內(nèi)角依次是a、隊(duì)Y，證明: AAi sina+BBisinp+C

19、CisinyBC sina+CA sinp+AB siny.2003 年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克 試題7. 設(shè) D 為銳角ZXABC 內(nèi)部一點(diǎn)，求證：DA DB AB+DB DC BC+DC DA CA2AB BC CA,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)D為AABC的垂心.1998年CMO試題8 .設(shè) ABCDEF 是凸六邊形，且 AB=BC,CD=DE,EF=FA,證明第 38 屆 IMO預(yù)選題9. 設(shè)AABC是銳角三角形，外接閱圓心為O,半徑為R,AO交BOC所在的圓于另一點(diǎn)A', B0交COA所在的圓于另一點(diǎn)B，CO交AOB所在的圓于另一點(diǎn)C'.證明OA' OB OC' $8R3

20、,并指出等號(hào)在什么條件下成立第37屆IM0預(yù)選題10. 設(shè)T是一個(gè)周長(zhǎng)為2的三角形，日、b、c是T的三邊長(zhǎng).證明abc+|yab+bc+caabc+1.第19屆愛爾蘭數(shù)學(xué)奧林匹克試題11. 證明在銳角AABC中，問尹乎囂點(diǎn)+護(hù)產(chǎn)總 其中AR分別表示AABC的內(nèi)切圓 和外接圓的半徑.2005年江蘇省冬令營(yíng)講座12. ai, a2. 33, a,是周長(zhǎng)為2s的四邊形的四條邊,證明:逋一£ -.12004年羅馬尼亞國(guó)家選拔考試試題I q + $ 9加 *4 aj5 - cij本節(jié)“情景再現(xiàn)解答I .連接BEijABDF的面積S BDF= zSabde=z1-x S abd= z1-xyS

21、abc= Z仁Xy 由平均值不等式，得到亦-力/刊:“+牛二£1 1肖且僅當(dāng)z=1-x=y. y+z-x= y,即x=y= 2=刁時(shí)成立等號(hào).1所以，ABDF而積的最人值為可.2.證明：如圖，三等分BC于M、N,假設(shè)點(diǎn)P在BM上介點(diǎn)A4，24那么由干 PE/AB,那么MPEsHCBA. CP：于是 Sapce豈.同理，假設(shè)P在NC上含點(diǎn)N，那么SbpfN®假設(shè)點(diǎn)P在線段MN上.連EF,設(shè)那么g=1r.S； BPF=K, S；、PCE= 1 1-2211-.32(V1-25=91-2J-是 S： AEPFg-故命題成立.3.如圖，設(shè)四邊形ABCD外接圓的圓心為0,設(shè)圓0的半徑

22、為1, ZA0B=2a, ZB0C=2p, Z C0D=2y, ZDOA=26,那么 a+p+Y+0=n.不妨設(shè) a$Y, 故 AB=2sina, BC =2sinp, CD=2sinY，DA=2sin6,所以，|AC-CD|=|2s ina-2sinY|=2|sincrsinY|=4|sincos 羅 |同理|AD-BC|=4|sinsin|, |AC-BD|=4|sinsin|.因此由得|AC-CD|-|AC-BD|=4|sin2|(|sin|-|sin2|)=4|sin2|(sin-sin2)=4|sin*|(2cossin)$0,故 |AC-CD|M|AC-BD|同理 |AD-BC|A

23、C-BD|.將這兩個(gè)不等式相加即得|AC-CD| + |AD-BC|$2|AC-BD|.4. 設(shè)矩形的邊長(zhǎng)分別為x、y,三角形的半周長(zhǎng)為p,而積為S,那么這個(gè)三角形和矩形是“李生 的充要條件是:爲(wèi)P'方程組有實(shí)數(shù)解的充要條件足p2>4S.由p和S都是正數(shù)，可知這兩個(gè)根都足正根.因?yàn)閜2 (x+y)2x2+2xy+y2xyS=+ 2xyxyyx設(shè)?=t,那么有呂-£-2f+仁0.易知該方程有實(shí)數(shù)解的允要條件p24S.于是，矩形與三角形是“孝生的充要條件是矩形 邊的較人的比為2),其中p2$4S設(shè)Qb,c是三角形的三條邊長(zhǎng).由均值不等式和海倫公式，有?=心+J+E弍心心如=

24、需所以，罷3晶且三角形是正三角形時(shí)，等號(hào)成立.故易知暫的變化范由是3©+8.設(shè)雋二入，那么這個(gè)矩形與三角形足“李生的充耍條件足矩形邊的較人的比為入T +7入入-2，其中入N弓2因?yàn)閷?duì)于入N攀,函數(shù)入是單調(diào)增加的.于是可得矩形和三角形是“李生的 充要條件是矩形邊的較人的比人于等于A-l+VXj,其中入二瞬5.記 BC=a,CA=b,AB=c,易知BA'ACC=b9AB _ b+c Al _ b+c BA = a9 AAu a+d+c*Bl _Cla+b冋理，BB' " 3+b+c9 CC " a+b+cl由均值不等式得Al Bl Cl 一山 tH&q

25、uot;Ca+b i8AA BB7 CC a+d+c+a+b+c+a+b+JJ = 27*口 *希b+cEa+b另一方面，ic日+決©a+b+c*滬 a+b+c1那么 x+y+z=2,111 1設(shè) X= 2(1+C1), y= 2(1+£2), Z= 2(1+£3),那么 £l>0, £2>0, £3>0,且 £i+£2+3= 2>故 xyz= g( 1 +£1)(1 +£2)( 1 +£3)>g( 1 +£1+£2+£3)=

26、召6. 記公共圓心為O,連接OA“ OB1和OB2在四邊形OA1B1B2中OB】A B2WOA1 B1B2+OB2 A1B19OBi=OB2=2OAi，故 2A1B2WB1B2+2A1B1，即 BiB22 A1A2+2 A2B2二2 AiBi,同理有 B2B32 A2A3+2 A3B3Z2 A2B2,B3B4 2 2 A3A4+2 A4B4 二 2 A3B3,B4B1N2 A4A1+2 A1B1Z2 A4B4, 03四式柑加得 B1B2+B2B3+B3B4 + B4B1 2(AiA2+ A2A3+ A3A4+ A4A1).要使式成立，當(dāng)且僅當(dāng).、均取等號(hào).式等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)0、A"

27、B" B2 四點(diǎn)共圓，這時(shí)，ZOA1A2=ZOB1B2=ZOB2B1=ZA4A1O,即 OAi 為ZA4A1A2 的平分線,同理，OA2. 0A3、0A4為ZA1A2A3. ZA2A3A4. ZA3A4A1的平分線，這總味著0為四邊形 A1A2A3 A4的內(nèi)切圓的圓心.故知四邊形A1A2A3A4為正方形即當(dāng)四邊形A1A2A3A4為正方形時(shí)，式等號(hào)成立.7. 分別記AABC的邊BC、CA、AB上的高線長(zhǎng)ha、hb、he,如圖,1由條件可知GN =扌/如1 1GP 祚/b,GM 卡幅并且 ZNGP=180o-ZCfZMGP=180°-ZA>ZMGN=180°-Z

28、B.于是我們有S MNP = S/NGP +S/.PGM +S. MGN1 ha he 1 hb he a J he ha c=2T3_S,nC+2yyS,nA+2T3,nB= 詳?shù)?#39;+卑羅+卑霽詣(sin2A+sin2B+sin2C),這里S表示ZABC的面枳.丁是，命題轉(zhuǎn)化為證明：在銳角 ABC中，卜述不等式成立4Q丁 Vsi rA+sirB+si/CWa.注意到 sin2A+sin2B+sin2C=1-cos2A 1-cos2B22卜 1-cos2C=2-cos(A+B)cos(A-B)-cos2C=2+ cosCcos(A-B)-cosC,由于 2+ cosCcos(A-B)-

29、cosC W2+ cosC(l-cosC)199=-(cosC-2)2+44-另一方面，AABC為銳角三角形，可知OW|A-B| VC<90。,于是,9 cos(A-B)>cosC,這說明 2+ cosCcos(A-B)-cosC>2,這就證明 了 2<sin2A+sin2B+sin2CWa 從而式成立.1Kp (m+b+c) mbsinC=(2ife)3&設(shè)AABC的三邊長(zhǎng)分別為a be那么4(a+b+c)adsin4C4(a+/>+c)a/X1 cos2C)24(a+b+c)ab? = ?(8+£>+c)3(-m+b+c)2(a-/&g

30、t;hc)2(atrc)2耳屁3不妨設(shè)a+tH-c=1,問題變?yōu)椋呵笕?¥' 2°)；鴛仆2©在條件a+t>+c=1,0<a, b, c1V扌卜的最大值.記fa=1-2a, tb=-2b, t-2c,那么問題轉(zhuǎn)化為求£=僥上塑琴滬2型在條件ta+tb+tc= 1.G>0, tb>09 tc>Q 下的最小值.1/1一牯+心+：+牯6 十tbtc + tctj tatbtc? 1 tatb +tbtc +以a"128v3/ = 128V3.3.y tatbtc，i/p97于是，當(dāng)且僅當(dāng)AABC是正三角形時(shí)，備最

31、人，最大值是習(xí)題解答1證明 從C,R向AB引垂線，用放縮法證明所需不等式. 不妨設(shè)周長(zhǎng)為仁 作厶ABC、APQR的高CL. RH.認(rèn)_嚴(yán)如 pq*arS/mb« -ABAC ABxACxzx+z2缶心扌,故器詣AP> -人尸？人尸 BQ = AB- PO< i- -=i2 3631MV丄,空> 駐丄.如竺>織I.2 AC 133 3922設(shè) AF = x,BF = y,CF= z.由 S .acf = S.adf + Sacdf 得 DF =同理,EF =餡于是只要證明円阿+ 聲云$4寸為匚鬲?jiǎng)?wù)鬲 - 因?yàn)橄?，x+nm籍，所以只要證明yjxxy+y2 + Jx

32、2+xz+N M>/(x+y)2+(x+0(x+z)+(x+z)2 . 平方化簡(jiǎn)后得 2yjx2+xy+y2-yx2+xz+z2x2+2(y+z)x+yz, 再平方化簡(jiǎn)后得3(x2-yz)20,即原不等式成立.3.設(shè)Oa、6、Oc為圓Cd、Cb、Cc的圓心.記M、N為圓Oa在AB、AC上的投彫，那么厶ABC的內(nèi)心I是MN的中點(diǎn).設(shè)X、丫為I在AB、AC上的投影，有ra 0aM r " IX "ACOSq4AMN1 AX* Al A "9A*Alcosq cos2 2AI1 Tb1a = , p = I，y = §.只需證明S a+p+Y =號(hào)時(shí)，有

33、cos2a + cos2p + cos2y"'即 tan2a+tan2p + tan2y1.由柯西不等式 3(tan2a+tan2p + tan2y)(tana+tanp+tany)2. 只需證明 tana+tan(3+tanYN因?yàn)閠anx上是凸函數(shù)，故由Jensen不等式得tana+tanp+tany3ta n* =>/3.4. (1)如圖，設(shè)直角三角形的三條邊的邊長(zhǎng)分別是3、b、c,那么內(nèi)切圓直徑為d=ab-c, W為ca+b),3 b=QsP+b2N 羽,那么 dW a+如圖，設(shè)OOi. 002、06、004的直徑分別為8、d2、%、那么&W(A0+B0

34、), X今RbO+CO),gW(CO+DO),(DO+AO),故 6十cfe+*+WW(2/)(AC+BD)(2)如圖，設(shè)OCh、(DO2的半徑分別為和那么由勾股定理，得OiO22=( fi+/2)2+( H- /2)2=2(f?+/§),于是,。1。2二承7岸1謨V寸5(門+ /*2)同理，有O2O3V返伉+,O3O4V返(小,O4O1V返(a+ ri).將這四個(gè)不等式相加，得O1O2+ O2O3+ 0304+ O4Oi<V2(di+cfe+cfe+di)V2(2-V2)(AC+BD)= 2(羽 T)(AC+BD)5. 證明 由0C丄OA,OC丄OB,知0C丄平面OAB.故0

35、C丄AB.又CH1AB,所以，平面OCHIAB,0H丄AB同理OH丄AC.由此,OH丄平面ABC.記0A二日,OB=b,OC=c,那么不難得到(S abc) 2=(S oab)2+(S obc)2+(S oac)2 = Ra+Zd+Va2).又 3V Nifn(4OABC=OH S ABC= /(S/ABC + S.OAB + SaOBC + S QAC)那么 OH */a2£)2+/?2c2+c2a2= rab+ bc+.只需證明 ab+bc+ca而此時(shí)顯然成立.6. 在四邊形ABMC中，應(yīng)用推廣的Ptolemy定理(Ptolemy不等式)町得AM BCCBM AC+ CM AB,

36、在AABC 中由正弦定理得 AM 2RsinAWBM 2R sinB+CM 2R sinC. 即 AM sinAWBM s泊B+CM sinC.(2)*(1)得AAi sinaWABi sinp+ACi siny,BB1 sin 卩 WBA1 sina +BC1 siny,CC1 sinyCAi sina+CBi sinp,三式柑加得 AAi sina+BBisinp+CCisinyBC sina+CA sinp+AB siny.7. 如圖，作EDBC, FA仏ED,那么BCDE和ADEF都足平行四邊形.連接BF和AE,顯然,BCAF也是平行四邊形，于是,AF二ED二BC, EF=AD EB=

37、CD,BF=AC在四邊形ABEF和AEBD中，由Ptolemy不等式得AB EF+AF BENAE BF,BD AE+AD BEMAB ED.即 AB AD+BC CDMAE AC, BD AE+AD CD事AB BC.于是，由和可得DA DB AB+DB DC BC+DC DA CA=DB(AB AD+BC CD)+DC DA CAMDB AE AC+ DC DA AC=AC(BD AE+AD CD)MAC AB BC,故不等式得證，且等號(hào)成立的充要條件是和式等號(hào)同時(shí)都成立，即等號(hào)半且僅肖ABEF及 AEBD都是員I內(nèi)接四邊形時(shí)成立也即AFEBD是圓內(nèi)接五邊形時(shí)等號(hào)成芷由于AFED為平行 四邊形，所以條件等價(jià)于AFED為矩形(即AD丄BC)且ZABE=ZADE=90°,亦等價(jià)T AD丄BC 且CD丄AB,所以原不等式等號(hào)成立的充分必要條件是D為AABC的垂心.&如下圖，'& AC=a,CE=b,AE=c,對(duì)四邊形ACEF運(yùn)用Ptolemy不等式得AC EF+CE AF2AE CF.因?yàn)镋F=AF,這意味著鵠事為同理是器鼻臭 要使等號(hào)成立必須是等式，即每次運(yùn)用Ptolemy不等式要等式成立，從而ACEF、ABCE、 ACDE都是圓內(nèi)接四邊形，所以ABCDEF是圓