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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第75讲


第 75 讲 几何不等式
本讲只要内容是几何不等式: A 类例题 例 1 已知 D 是△ABC 的边 AB 上的任意一点,E 是边 AC 上的任意一点,连接 DE,F 是连接线 AD AE DF 段 DE 上的任意一点.设 = x, = y, = z, 证明: AB AC DE (1) S△BDF=(1–x)yzS△ABC, S△CEF= x(1–y)(1–z)S△AB

C;
3 3 3

(2)

S△BDF + S△BDF≤ S△ABC.(2003 年女子数学奥林匹克试题)

证明 (1) 如图,有 S△BDF= z S△BDE=z(1–x) S△ABD= z(1–x)yS△ABC, S△CEF=(1–z)S△CDE=(1–z)(1–y)S△ACD=(1–z)(1–y) xS△ABC.
3

(2)

S△BDF + S△BDF=( (1–x)yz +

3

3

3

x(1–y)(1–z)) S△ABC

3

(1–x)+y+z x+(1–y)+(1–z) 3 ≤( + ) S△ABC 3 3
3

= S△ABC . 例 2 如图,在△ABC 中,P,Q,R 将其周长三等分,且 P,Q 在 AB 边上,求证:
S ?PQR S ?ABC ? 2 . (1988 年全国高中数学联赛第二试试题) 9

证明 从 C,R 向 AB 引垂线,用放缩法证明所需不等式. 不妨设周长为 1,作△ABC、△PQR 的高 CL、RH. 1 PQ ×RH SD PQR PQ ×AR = 2 = 1 SD ABC AB ×AC AB ×AC 2 1 1 PQ 2 Q PQ = , AC < , 故 > . 3 2 AC 3 1 1 1 1 1 1 1 AP ? AP BQ = AB - PQ < - = , AR = - AP > - = . 2 3 6 3 3 6 6 1 1 AR 6 1 SD PQR 2 1 2 AC < , \ > = , > ? . 2 AC 1 3 SD ABC 3 3 9 2

A P

H L Q B C R

情景再现
1. 已知 D 是面积为 1 的△ABC 的边 AB 上的任意一点,E 是边 AC 上任意一点,连接 DE, F 1 AD AE DF 是线段 DE 上的任意一点,设AB = x, AC = y, DE = z,且 y+z??x= 2 . 试求△BDF 面积的最大值.(2005 年湖南省数学竞赛试题) 2. 如图,在△ABC 中,P 为边 BC 上任意一点,PE∥BA,PF∥CA,若 S△ABC=1,证明 S△BPF、S△PCE 和 S 平行四边形 PEAF 中至少有一个不小于 数学联赛第二试试题)
4 (S?表示图形的面积) (1984 年全国高中 9

B类例题 例 3 (Erd?s-Mordell 不等式)设 P 是△ABC 内的任意一点, P 到三边 BC、CA、AB 的距 离分别为 PD=p、PE=q、PF=r,并记 PA=x,PB=y,PC=z,则 x+y+z≥2(p+q+r) 等号成立当且仅当△ABC 是正三角形并且 P 为此三角形的中心. 证明 如图, 以∠B 的平分线为对称轴分别作出 A、C 的对称点 A?、C?. 连接 A?C?,又连 接 PA?、PC?, 在△BA?C?中,容易得到

SD B A ⅱP+ S D

BC P



1 BP ⅱ A C 2



等号成立当且仅当 BP⊥A?C?. 1 1 1 由于△ABC≌△A?BC?, ①式等价于 cp + ar≤ yb. 2 2 2 c a 即 y≥ ?p + ?r b b 同理 x≥ z≥ c b ?q + ?r a a b a ?p + ?q c c ② ③ ④

将不等式②、③、④相加得 c b c a a b x+y+z≥p( + )+q ( + )+r( + )≥2(p+q+r). b c a c b a 例 4 设 P 是△ABC 内的一点,求证:∠PAB、 ∠PBC、 ∠PCA 至少有一个小于或等于 30o. (第 32 届 IMO 试题) 证法一 连接 AP、BP、CP,并延长交对边于 D、E、F,则 S△PCA S△PAB PD PE PF S△PBC + + = + + =1, AD BE CF S△ABC S△ABC S△ABC 设∠PAB=α, ∠PBC=β, ∠PCA=γ, 则 PF PD PE PD PE PF sinαsinβsinγ≤PA ? PB ? PC = PA ? PB ? PC = y, 令 x1= y= = ≤ PD PE PF ,x = ,x = ,那么 x1+ x2+ x3=1,且 AD 2 BE 3 CF

PD PE PF ? ? PA PB PC

x1 x2 x3 x1 x2 x3 ? ? = ? ? x2+x3 x3+x1 x1+x2 1–x1 1–x2 1–x3 x1x2x3 1 = . 8 2 x2x3?2 x3x1?2 x1x2

1 1 当且仅当 x1= x2= x3= 3时取等号, 所以 sinαsinβsinγ≤8, 由此推出 sinα、sinβ、sinγ 中至少 1 1 有一个不大于 , 不妨设 sinα≤ , 则 α≤30o 或 α≥150o. 当 α≥150o 时 β<30o, γ<30o.命题 2 2 也成立. 1 当 sinαsinβsinγ=8时,点 P 既是△ABC 的重心,又是△ABC 的垂心,此时△ABC 是正三角形.

证法二 用反证法,设 30o<∠PAB,∠PBC,∠PCA<120o, 则

PD =sin∠PAB>sin30o, PA

即 2PD>PA. 同理 2PE>PB, 2PF>PC. 于是有 2(PD+PE+PF)>PA+PB+PC, 这与 Erd?s-Mordell 不等式矛盾. 例 5 设 ABCD 是一个有内切圆的凸四边形,它的每个内角和外角都不小于 60o,证明: 1 |AB3–AD3|≤| BC3–CD3|≤3| AB3–AD3|. 等号何时成立? (第 33 届美国数学奥林匹克试题) 3 证明 利用余弦定理,知 BD =AD2+AB2–2AD· ABcos∠DAB= CD2+BC2–2CD· BCcos∠DCB, o o 由已知条件知 60 ≤∠DAB、∠DCB≤120 ,
2

1 1 1 1 故 – ≤cos∠DAB≤ ,– ≤cos∠DCB≤ , 于是 2 2 2 2 3BD2–(AB2+AD2+AB· AD)=2(AB2+AD2)–AB· AD (1+6cos∠DAB) 2 2 2 ≥2(AB +AD )–4AB· AD=2(AB–AD) ≥0, 1 即 ( AB2+AD2+AB· AD)≤BD2= CD2+BC2–2CD· BCcos∠DCB 3 ≤CD2+BC2+CD· BC. 1 再由 ABCD 为圆外切四边形,可知 AD+BC=AB+CD,所以,|AB–AD|=|CD–BC|,结合上式, 就有 3 |AB3–AD3|≤| BC3–CD3|. 等号成立的条件是 cosA= 1 1 ;AB=AD;cosC= – 或者|AB–AD|=|CD–BC|=0. 2 2

所以,等号成立的条件是 AB=AD 且 CD=BC. 同理可证另一个不等式成立,等号成立的条件同上.

情景再现
3.已知四边形 ABCD 是圆的内接四边形,证明:|AC-CD|+|AD-BC|≥2|AC-BD|.(第 28 届美国 数学奥林匹克试题) 4.若三角形和矩形有相等的周长和面积,则称它们是“孪生的”.证明:对于给定的三角形,存 在“孪生的”矩形,该矩形不是正方形,且较长的边与较短的边的比至少是 λ-1+ λ(λ-2) , 其中 λ= 3 3 2 .(2003 年白俄罗斯数学奥林匹克试题)

5. 已知 I 是△ABC 的内心,AI、BI、CI 分别交 BC、CA、AB 于 A?、B?、C?.求证 1 AI· BI· CI 8 < ≤ .(第 32 届 IMO 试题) 4 AA?· BB?· CC? 27 C 类例题 例 6 设 ABCDEF 是凸六边形,且 AB=BC=CD,DE=EF=FA,∠BCD=∠EFA=60o.设 G 和 H 是 这个六边形内部的两点,使得∠AGB=∠DHE=∠ 120o. 试证 :AG+GB+GH+DH+HE ≥CF. ( 第 36 届 IMO 试题) 分析 题目所给的凸六边形可以剖分成两个正三角形和一个四边形. 注意到四边形 ABD E 以直线 BE 为对称轴, 问题就可迎刃而解. 证法一 以直线 BE 为对称轴, 作 C 和 F 关于该直线的对称点 C?和 F?(如图), 则△ABC? 和△DEF?都是正三角形;G 和 H 分别在这两个三角形的外接圆上. 根据 Ptolemy 定理得

C?G?AB=AG?C?B+GB?C?A. 因而 C?G =AG +GB. 同理,HF?=DH+HE. 于是, AG+GB+GH+DH+HE=C?G+GH+HF?≥C?F?=CF. 上面最后一个等号成立的依据是:线段 CF 和 C?F?以直线 BE 为对称轴. 证法二 以直线 BE 为对称轴, 作 G 和 H 的对称点 G?和 H?(如图). 这两点分别在正△BCD 和正△EFA 的外接圆上, 因而 CG?=DG?+ G?B, H?F=AH?+ H?E. 我们看到 AG+GB+GH+DH+HE=DG?+ G?B+ G?H?+AH?+ H?E =CG?+ G?H?+ H?F≥CF. 例 7 设圆 K 和 K1 同心,它们的半径分别是 R、R1, R1>R,四边形 ABCD 内接于圆 K,四 边形 A1B1C1D1 内接于圆 K1,点 A1、B1、C1、D1 分别在射线 CD、DA、AB 和 BC 上,求证: SA1B1C1D1 R2 1 ≥ 2. (1993 年 CMO 试题) SABCD R 证明 为了书写方便,令 AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, AB1=e, BC1=f, CD1=g, DA1=h, 则 S△AB1C1= 1 (a+f)esin∠B1AC1,∠DCB=∠B1AC1, 2 1 1 adsin∠DCB+ bcsin∠∠B1AC1, 2 2

SABCD= S△ABD+ S△BDC=

2 S△AB1C1 R1 -R2 a+f (a+f)e (e+d)e a+f 于是, = = · = · . SABCD ad+bc ad+bc e+d ad+bc e+d 2 S△BC1D1 R1 -R2 b+g 同理 S = ab+cd · a+f , ABCD 2 S△CD1A1 R1 -R2 c+h = SABCD ad+bc ·b+g , 2 S△DA1B1 R1 -R2 e+d = SABCD ab+cd · c+h .

将上面四个等式相加, 并运用均值不等式得 SA1B1C1D1-SABCD 2 ≥4(R2 1-R ) SABCD a+b+c+d≤4 2R, 再由均值不等式得 (ad+bc)+(ab+cd) (a+c) (b+d) (ad+bc)(ab+cd)≤ = 2 2 11 = · (a+b+c+d)2=4R2. 24
2 SA1B1C1D1-SABCD R2 1 1-R 2 2 从而推出 ≥ 4(R 2 . 1-R )· 2 = SABCD 4R R 2 SA1B1C1D1 R1 故 S ≥R2. ABCD

1 (ad+bc)(ab+cd)



由于 ABCD 内接于半径为 R 的圆,故由等周定理, 圆内接四边形中,正方形周长最大, 知

例 8 设△ABC 的内切圆与三边 AB、BC、CA 分别相切于点 P、Q、R, 证明

BC CA AB + + ≥6.(2003 年韩国数学奥林匹克试题) PQ QR RP 证明 设 a=BC, b=CA, c=AB, p=QR, q=RP, r=PQ, 则只需证明 a b c T= r + p + p≥6. ①

设 2s=a+b+c. 根据 BQ=BP=s-b, 并在△BPQ 上应用余弦定理,可得 r2=2(s-b)2(1-cosB)= 2(s-b)2(1= a2+c2-b2 ) 2ac

(s-b)2[b2-(a- c)2] 4(s-b)2(s-a)(s-c) = , ac ac 2(s-b) (s-a)(s-c) ca

故r=

2(s-c) (s-a)(s-b) 2(s-a) (s-b)(s-c) , q= ab ca 利用算术几何均值不等式可得 同理可得 p= T= 3 ≥2 a ca b ab c bc + + 2(s-b) (s-a)(s-c) 2(s-c) (s-a)(s-b) 2(s-a) (s-b)(s-c)
3

a2b2c2 =6 (s-a)2 (s-b)2(s-c)2

3

a2b2c2 . (b+c-a)2 (c+a-b)2(a+b-c)2



另一方面, 由于 a,b,c 是三角形的三条边长, 则有 0<(a+b-c)(c+a-b)=a2-(b-c)2≤a2, 0<(a+b-c)(b+c-a)=b2-(a-c)2≤b2, 0<(b+c-a)(c+a-b)=c2-(a-b)2≤c2, 以上三式相乘得 0<(b+c-a)2 (c+a-b)2(a+b-c)2≤a2b2c2. 所以,由②、③可以断定式①成立.



情景再现
6.设 C1、C2 是同心圆,C2 的半径是 C1 半径的二倍,四边形 A1A2A3A4 内接于圆 C1,将 A4A1 延长交圆 C2 于 B1, 将 A1A2 延长交圆 C2 于 B2, 将 A2A3 延长交圆 C2 于 B3, 将 A3A4 延长交 圆 C2 于 B4, 试证明四边形 A1A2A3A4 的周长大于等于四边形 B1B2B3B4 的周长. (1989 年

CMO 试题) 7. 设△ABC 为锐角三角形,M、N、P 分别是△ABC 的重心 G 向边 AB、BC、CA 所作垂线 4 S△MNP 1 的垂足,证明27< ≤ .(第 16 届巴尔干数学竞赛试题) S△ABC 4 KP 8.设△ABC 的周长、面积和外接圆半径分别是 P、K、R,试求 3 的最大值.(2005 年加拿大数 R 学奥林匹克试题)

习题

4 1. 设△ABC 为锐角三角形,M、N、P 分别为重心 G 在边 AB、BC、CD 上的射影,求证: 27 < S△MNP 1 ≤ (1988 年全国高中数学联赛第二试试题) S△ABC 4

2. 如图,设△ABC 内存在一点 F,使得∠AFB=∠BFC=∠CFA, 直线 BF、CF 分别交 AC、AB 于 D、E. 证明:AB+AC≥4DE. (第 43 届 IMO 预选题) 3. 设与△ABC 的外接圆内切并与边 AB、 AC 相切的圆为 Ca, 记 ra 为圆 Ca 的半径, r 是△ABC 的内切圆的半径. 类似地定义 rb、rc, 证明: ra+rb+rc≥4r. (第 20 届伊朗数学奥林匹克试题) 4.已知凸四边形 ABCD 的对角线 AC 和 BD 互相垂直,且交于点 O,设△AOB、 △BOC、 △COD、 △DOA 的内切圆的圆心分别是 O1、O2、O3、O4, 证明: (1)⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4 的直径之和不超过(2- 2)(AC+BD); (2) O1O2+ O2O3+ O3O4+ O4O1<2( 2-1)(AC+BD). (2003 年白俄罗斯数学奥林匹克试题) 5. 四面体 OABC 的棱 OA、OB、OC 两两垂直, r 是其内切球半径,H 是△ABC 的垂心. 证明: OH≤r( 3+1).(2003 年罗马尼亚数学奥林匹克试题) 6. 已知△ABC (1)若 M 是平面内任一点,证明:AM· sinA≤BM· sinB+CM· sinC; (2)设点 A1、B1、C1 分别在边 BC、AC、AB 上,△A1B1C1 的内角依次是 α、β、γ,证明: AA1· sinα+BB1sinβ+CC1sinγ ≤BC· sinα+CA· sinβ+AB· sinγ.(2003 年罗马尼亚数学奥林匹克 试题) 7. 设 D 为锐角△ABC 内部一点, 求证: DA?DB?AB+DB?DC?BC+DC?DA?CA ≥AB?BC?CA,等号当且仅当 D 为△ABC 的垂心. (1998 年 CMO 试题) BC DE FA 3 8. 设 ABCDEF 是凸六边形, 且 AB=BC,CD=DE,EF=FA, 证明BE+DA+FC≥2.(第 38 届 IMO 预选题) 9. 设△ABC 是锐角三角形,外接圆圆心为 O, 半径为 R, AO 交 BOC 所在的圆于另一点 A? , BO 交 COA 所在的圆于另一点 B? ,CO 交 AOB 所在的圆于另一点 C? .证明 OA??OB??O C? 3 ≥8R ,并指出等号在什么条件下成立.(第 37 届 IMO 预选题) 10. 设 T 是一个周长为 2 的三角形,a、b、c 是 T 的三边长. 证明 28 abc+ ≥ab+bc+ca≥abc+1. (第 19 届爱尔兰数学奥林匹克试题) 27 11. 证明在锐角△ABC 中, abc r 2 2 2 2 ≥2R, 其中 r,R 分别表示△ABC 的内切圆 2(a +b )(b +c )(c +a )
2 2

和外接圆的半径. (2005 年江苏省冬令营讲座) 12. 已知 a1, a2, a3, a4 是周长为 2s 的四边形的四条边,证明:

邋a + s ?
i= 1 i

4

1

2 9 1? i

j 4

1 (2004 年罗马尼亚国家选拔考试试题) ( s - ai )( s - a j )

本节“情景再现”解答 1.连接 BE,则△BDF 的面积 S△BDF= z S△BDE=z(1–x) S△ABD= z(1–x)yS△ABC= z(1–x)y z+(1–x)+y 3 1 由平均值不等式,得到 z(1–x)y≤( ) = 8. 3

1 1 当且仅当 z=1–x=y,y+z??x= 2 ,即 x= y= z= 2 时成立等号. 1 所以,△BDF 面积的最大值为 . 8 2. 证明:如图,三等分 BC 于 M、N,若点 P 在 BM 上(含点 M), 2 4 则由于 PE∥AB,则△CPE∽△CBA.CP∶CB≥ .于是 S△PCE≥ .同 3 9 4 理,若 P 在 NC 上(含点 N),则 S△BPF≥9. BP 1 2 CP 若点 P 在线段 MN 上.连 EF,设 =r( <r< ),则 =1-r. BC 3 3 BC S△BPF=r ,S△PCE=(1-r) . 1 1 11 1 5 ∴ S△BPF+S△PCE=r +(1-r) =2r -2r+1=2(r-2)2+2<2(3-2)2+2=9.
2 2 2 2 2

A E F B PM N C

A F B E C

4 于是 S□AEPF≥9. 故命题成立.

MP N

3. 如图,设四边形 ABCD 外接圆的圆心为 O,设圆 O 的半径为 1, ∠AOB=2α, ∠BOC=2β, ∠ COD=2γ, ∠DOA=2δ, 则 α+β+γ+δ=π. 不妨设 α≥γ, β≥δ, 故 AB=2sinα, BC =2sinβ, CD=2sinγ,DA=2sinδ, 所以, |AC-CD|=|2sinα-2sinγ|=2|sinα-sinγ|=4|sin α-γ π-(β+δ) α-γ β+δ =4 |sin 2 cos 2 |= 4|sin 2 sin 2 |, β-δ α+γ β-δ α-γ 同理|AD-BC|=4|sin 2 sin 2 |, |AC-BD|=4|sin 2 sin 2 |. 因此,由 β≥δ 得 α-γ β-δ α -γ β-δ β+δ β+δ |AC-CD|-|AC-BD|=4|sin 2 |(|sin 2 |-|sin 2 |)=4|sin 2 |(sin 2 -sin 2 ) α-γ α +γ cos | 2 2

=4|sin

α-γ β δ 2 |(2cos2sin2)≥0,

故|AC-CD|≥|AC-BD|. 同理|AD-BC|≥|AC-BD|. 将这两个不等式相加即得|AC-CD|+|AD-BC|≥2|AC-BD|. 4. 设矩形的边长分别为 x、y, 三角形的半周长为 p,面积为 S, 则这个三角形和矩形是“孪生 的”充要条件是?
?x+y=p, ?xy=S.



方程组①有实数解的充要条件是 p2≥4S. 由 p 和 S 都是正数,可知这两个根都是正根. 因为 p2 (x+y)2 x2+2xy+y2 x y = = = + S xy xy y x + 2,

x p2 设 = t, 则有 t2-( -2)t+1=0. y S 易知该方程有实数解的充要条件是 p2≥4S. 于是,矩形与三角形是“孪生的”充要条件是矩形 边的较大的比为 p2 t = 2S-1+ p2 p2 2 2S(2S-2),其中 p ≥4S.
3

设 a,b,c 是三角形的三条边长, 由均值不等式和海伦公式,有 (p-a)+(p-b)+(p-c) 3 p = ≥ (p-a)(p-b)(p-c) = 3 3 所以, 设 S2 . p

p2 p2 ≥3 3,且三角形是正三角形时,等号成立. 故易知 的变化范围是[3 3,+∞ ) . S S

p2 =λ,则这个矩形与三角形是“孪生的”充要条件是矩形边的较大的比为 λ-1+ 2S

3 3 λ(λ-2) ,其中 λ≥ 2 . 3 3 因为对于 λ≥ ,函数 λ-1+ λ(λ-2)是单调增加的. 于是可得矩形和三角形是“孪生的” 2 充要条件是矩形边的较大的比大于等于 λ-1+ λ(λ-2),其中 λ= BA? c 5. 记 BC=a,CA=b,AB=c,易知 = , b A?C ca 所以 BA?= , b+c 同理, AI AB b+c AI b+c = = , = . a AA? a+b+c IA? BA? 3 3 2 .

BI c+a CI a+b = a+b+c, = a+b+c, BB? CC?

由均值不等式得 AI· BI· CI 1 b+c c+a a+b 3 8 ≤[ ( + + )] = 27. AA?· BB?· CC? 3 a+b+c a+b+c a+b+c 另一方面, 记 x= 设 x= b+c c+a a+b ,y= , z= , 则 x+y+z=2, a+b+c a+b+c a+b+c

1 1 1 1 (1+ε1), y = (1+ε2), z = (1+ε3),则 ε1>0, ε2>0, ε3>0, 且 ε1+ε2+ε3= , 2 2 2 2
B1

1 1 1 故 xyz = 8(1+ε1)(1+ε2)(1+ε3)>8(1+ε1+ε2+ε3)= 4.

1 6.记公共圆心为 O,连接 OA1、OB1 和 OB2,在四边形 OA1B1B2 中 A2 OB1?A1B2≤OA1?B1B2+OB2?A1B1, OB1=OB2=2OA1,故 2 A1B2≤B1B2+2A1B1, 即 B1B2≥2 A1A2+2 A2B2?2 A1B1, ① B2 同理有 B2B3≥2 A2A3+2 A3B3?2 A2B2, ② A3 B3B4≥2 A3A4+2 A4B4?2 A3B3, ③ B4B1≥2 A4A1+2 A1B1?2 A4B4, ④ B3 四式相加得 B1B2+B2B3+B3B4+B4B1≥2(A1A2+ A2A3+ A3A4+ A4A1). ⑤ 要使⑤式成立,当且仅当①、②、③、④均取等号. ①式等号成立当且仅当 O、A1、B1、 B2 四点共圆,这时,∠OA1A2=∠OB1B2=∠OB2B1=∠A4A1O,即 OA1 为∠A4A1A2 的平分线,

A

B4 A4

同理,OA2、OA3、OA4 为∠A1A2A3、∠A2A3A4、∠A3A4A1 的平分线, 这意味着 O 为四边形 A1A2A3 A4 的内切圆的圆心,故知四边形 A1A2A3 A4 为正方形.即当四边形 A1A2A3 A4 为正 方形时,⑤式等号成立. A 7. 分别记△ABC 的边 BC、CA、AB 上的高线长 ha、hb、hc,如图, 1 由条件可知 GN= ha, 3 1 1 GP=3hb,GM=3hc,并且∠NGP=180o-∠C,∠MGP=180o-∠A, ∠MGN=180 -∠B,于是我们有 S△MNP=S△NGP +S△PGM +S△MGN = 1 ha hc 1 hb hc 1 hc ha ? ? sinC+ ? ? sinA+ ? ? sinB 2 3 3 2 3 3 2 3 3
B M P G

o

N

C

2 S2sinC S2sinA S2sinB S = 9( ab + bc + ca )= 9 (sin2A+sin2B+sin2C),这里 S 表示△ABC 的面积. 于是,命题转化为证明:在锐角△ABC 中,下述不等式成立 4 9 2 2 2 3 <sin A+sin B+sin C≤4. 注意到 sin2A+sin2B+sin2C= ① 1-cos2A 1-cos2B + +1-cos2C=2-cos(A+B)cos(A-B)-cos2C 2 2

=2+ cosC[cos(A-B)-cosC],由于 2+ cosC[cos(A-B)-cosC] ≤2+ cosC(1-cosC) 1 9 9 = -(cosC- )2+ ≤ . 另一方面,△ABC 为锐角三角形,可知 0≤|A-B|<C<90o,于是, 2 4 4 9 cos(A-B)>cosC, 这表明 2+ cosC[cos(A-B)-cosC]>2,这就证明了 2<sin2A+sin2B+sin2C≤ . 4 从而①式成立. 8.设△ABC 的三边长分别为 a,b,c,则 KP R3 = 1 (a+b+c)? absinC 2 4(a+b+c)ab(1-cos2C)2 4(a+b+c)absin4C = = 3 c c c3 (2sinC)3
3 2 2 2 1 (a+b+c) (-a+b+c) (a-b+c) (a+b-c) = 4? 3 3 3 a bc

=

a2+b2-c2 4(a+b+c)ab(1- 2ab )2 c
3

2 2 2 1(1-2a) (1-2b) (1-2c) 不妨设 a+b+c=1,问题变为:求 λ= 在条件 a+b+c=1,0<a,b,c 3 3 3 4 a bc

1 <2下的最大值.
3 3 3 1 1 (1-ta) (1-tb) (1-tc) 记 ta=1-2a, tb=1-2b, tc=1-2c, 则问题转化为求λ=128? 在条件 ta+tb+tc 2 2 2 tatbtc

=1, ta>0,tb>0, tc>0 下的最小值. 1 1 1?(ta+tb+tc)+(tatb +tbtc +tcta)?tatbtc 3 1 (tatb +tbtc +tcta) 3 而 λ=128?( ) = ? ( - tatbtc)3 3 3 128 (tatbtc)2 (tatbtc)2



1 1 4 (3- )3= . 128 3 27

KP 27 于是,当且仅当△ABC 是正三角形时, R3 最大,最大值是 4 .

习题解答
1. 证明 从 C,R 向 AB 引垂线,用放缩法证明所需不等式. 不妨设周长为 1,作△ABC、△PQR 的高 CL、RH. 1 PQ ×RH SD PQR PQ ×AR = 2 = 1 SD ABC AB ×AC AB ×AC 2 1 1 PQ 2 Q PQ = , AC < , 故 > . 3 2 AC 3 1 1 1 1 1 1 1 AP ? AP BQ = AB - PQ < - = , AR = - AP > - = . 2 3 6 3 3 6 6 1 1 AR 6 1 SD PQR 2 1 2 AC < , \ > = , > ? . 2 AC 1 3 SD ABC 3 3 9 2 2. 设 AF = x,BF = y,CF= z. 由 S△ACF = S△ADF + S△CDF 得 DF = 同理,EF = xy . x+y x2+xz+z2≥4 xy xy xz xz (x+y)2+(x+y)(x+z)+(x+z)2 . xz . x+ z

A P

H L Q B C R

于是只要证明 x2+xy+y2 +

4xy 4xz 因为 x+y≥ , x+z≥ , 所以只要证明 x+y x+z x2+xy+y2 + x2+xz+z2≥ (x+y)2+(x+y)(x+z)+(x+z)2 . 平方化简后得 2 x2+xy+y2· x2+xz+z2≥x2+2(y+z)x+yz, 再平方化简后得 3(x2–yz)2≥0, 即原不等式成立. 3. 设 Oa、Ob、Oc 为圆 Ca、Cb、Cc 的圆心. 记 M、N 为圆 Oa 在 AB、AC 上的投影, 则△ABC 的内心 I 是 MN 的中点. 设 X、Y 为 I 在 AB、AC 上的投影, 有 AI A cos 2 ra OaM AM 1 = = = = , r IX AX A A AIcos cos2 2 2 ra 同理 r = rb 1 , r = B C. cos2 2 cos2 2 1

A B C π 令 α = 2 , β = 2 , γ = 2 , 只需证明当 α+β+γ = 2 时,有 1 1 1 cos2α + cos2β + cos2γ≥4,

即 tan2α+tan2β + tan2γ≥1. 由柯西不等式 3(tan2α+tan2β + tan2γ)≥(tanα+tanβ+tanγ)2. 只需证明 tanα+tanβ+tanγ≥ π 因为 tanx 在(0, 2 )上是凸函数,故由 Jensen 不等式得 π tanα+tanβ+tanγ≥3tan = 3. 6 故 ra+rb+rc≥4r. 4. (1)如图,设直角三角形的三条边的边长分别是 a、b、c, 则内切圆直径为 d=a+b-c,因为 c a+ b a+b 2- 2 = a2+b2≥ ,则 d≤a+b= 2 (a+b), 2 2 如图,设⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4 的直径分别为 d1、d2、d3、d4, 则 2- 2 2- 2 d1≤ 2 (AO+BO), d2≤ 2 (BO+CO), 2- 2 2- 2 d3≤ 2 (CO+DO), d2≤ 2 (DO+AO), 故 d1+d2+d3+d4≤(2- 2)(AC+BD). (2) 如图, 设⊙O1、⊙O2 的半径分别为 r1 和 r2,则由勾股定理,得 2 O1O22=( r1+r2)2+( r1- r2)2=2(r2 1+r2),
2 2 于是, O1O2= 2 r1 +r2< 2(r1+ r2). 同理,有 O2O3< 2(r2+ r3), O3O4< 2(r3+ r4), O4O1< 2(r4+ r1). 将这四个不等式相加,得

O1O2+ O2O3+ O3O4+ O4O1< 2(d1+d2+d3+d4)≤ 2(2- 2)(AC+BD)= 2( 2-1)(AC+BD). 5. 证明 由 OC⊥OA,OC⊥OB, 知 OC⊥平面 OAB. 故 OC⊥AB. 又 CH⊥AB,所以, 平面 OCH⊥AB,OH⊥AB. 同理 OH⊥AC. 由此,OH⊥平面 ABC. 记 OA=a,OB=b,OC=c, 则不难得到 1 (S△ABC) 2=(S△OAB)2+(S△OBC)2+(S△OAC)2 = 4(a2b2+b2c2+c2a2). 又 3V 四面体 OABC=OH· S△ABC= r(S△ABC + S△OAB + S△OBC + S△OAC) 则 OH· a2b2+b2c2+c2a2= r(ab+bc+ca+ a2b2+b2c2+c2a2). 只需证明 ab+bc+ca≤ 3(a2b2+b2c2+c2a2), 而此时显然成立. 6. (1)在四边形 ABMC 中,应用推广的 Ptolemy 定理(Ptolemy 不等式)可得 AM?BC≤BM?AC+ CM?AB, 在△ABC 中由正弦定理得 AM?2RsinA≤BM· 2R sinB+CM· 2R sinC. 即 AM· sinA≤BM· sinB+CM· sinC. (2)由(1)得 AA1· sinα≤AB1· sinβ+AC1· sinγ, BB1· sinβ≤BA1· sinα +BC1· sinγ, CC1· sinγ≤CA1· sinα+CB1· sinβ, 三式相加得 AA1· sinα+BB1sinβ+CC1sinγ≤BC· sinα+CA· sinβ+AB· sinγ. 7. 如图,作 ED // BC, FA // ED, 则 BCDE 和 ADEF 都是平行四边形 . 连接 BF 和 AE, 显 然,BCAF 也是平行四边形, 于是,AF=ED=BC, EF=AD,EB=CD,BF=AC.

在四边形 ABEF 和 AEBD 中, 由 Ptolemy 不等式得 AB?EF+AF?BE≥AE?BF, BD?AE+AD?BE≥AB?ED. 即 AB?AD+BC?CD≥AE?AC, ① BD?AE+AD?CD≥AB?BC. ② 于是, 由①和②可得 DA?DB?AB+DB?DC?BC+DC?DA?CA = DB(AB?AD+BC?CD)+DC?DA?CA ≥DB? AE?AC+ DC?DA?AC =AC(BD?AE+AD?CD)≥AC?AB?BC, 故不等式得证,且等号成立的充要条件是①和②式等号同时都成立,即等号当且仅当 ABEF 及 AEBD 都是圆内接四边形时成立.也即 AFEBD 是圆内接五边形时等号成立.由于 AFED 为平行 四边形, 所以条件等价于 AFED 为矩形(即 AD⊥BC)且∠ABE=∠ADE=90o,亦等价于 AD⊥BC 且 CD⊥AB, 所以原不等式等号成立的充分必要条件是 D 为△ABC 的垂心. 8. 如图所示,设 AC=a,CE=b,AE=c, 对四边形 ACEF 运用 Ptolemy 不等式得 AC?EF+CE?AF≥AE?CF. FA c DE b BC a 因为 EF=AF,这意味着FC≥a+b, 同理DA≥c+a, BE≥b+c, BC DE FA a b c 3 所以 + + ≥ + + ≥ .① BE DA FC b+c c+a a+b 2 要使等号成立必须①是等式,即每次运用 Ptolemy 不等式要等式成立,从而 ACEF、ABCE、 ACDE 都是圆内接四边形,所以 ABCDEF 是圆内接六边形,且 a=b=c 时①式是等式. 因此,当且仅当六边形 ABCDEF 是正六边形等式成立. 9.如图, 设 AO 与 BC,BO 与 CA,CO 与 AB 的交点依次为 D、 E 、 F, △AOB、 △BOC、 △COA 的面积依次为 S1、S2、S3, 由 B、O、C、A? 四点共圆知∠OBC=∠OCB=∠BA? O, 从而有△ OBD∽△OA? B 得 OA? = OB2 R2 R2 R2 OA??OB??O C? OA = .同理,OB? = ,OC? = ,所以, = OD OD OE OF R3 OD

OB OC S1+S3 S1+S2 S2+S3 2 S1S3 2 S1S2 2 S2S3 ?OE? OF = S ? S ? S ≥ S ? S ? S =8. 2 3 1 2 3 1 等号成立当且仅当 S1=S2=S3 时成立,此时△ABC 是正三角形.故 OA??OB??O C? ≥8R3.等 号当且仅当△ABC 是正三角形时成立. 10. 由已知条件可知 0≤a,b,c≤1, a+b+c =2, (1?a)+( 1?b)+( 1?c) 3 1 于是 0≤(1?a)( 1?b)( 1?c)≤( )= . 3 27 所以,0≤1?a?b?c+ ab+bc+ca?abc≤ 28 即 abc+27≥ab+bc+ca≥abc+1. 11. 在△ABC 中, 要证明
2

1 28 . 再结合 a+b+c =2,可知 1≤ab+bc+ca?abc≤ . 27 27

r A B C =4 sin sin sin , R 2 2 2
2

abc r abc A B C 2 2 2 2 ≥2R只要证明 2 2 2 2 2 2 ≥2 2sin 2 sin 2 sin 2 , 2(a +b )(b +c )(c +a ) (a +b )(b +c )(c +a ) a A 2 2≥ 2sin 2 , b +c

考虑到对称性,只要证明

a2 只要证明 2 2≥1-cosA,等价于证明 a2-(b2+c2)(1-cosA)≥0, b +c 由余弦定理得 a2 - (b2+c2)(1-cosA)= b2+c2-2bccosA-(b2+c2)(1-cosA)=(b2+c2-2bc)cosA =(b-c)2 cosA, a2 因为(b-c)2≥0,cosA>0,所以 a2-(b2+c2)(1-cosA)≥0,从而 2 2≥1-cosA, b +c 即 a A b B c C ≥ 2sin 2 ,同理 2 2≥ 2sin 2 , 2 2≥ 2sin 2 , b2+c2 c +a c +a abc A B C ≥2 2sin sin sin ,从而原不等式成立. 2 2 2 (a2+b2)(b2+c2)(c2+a2)

将上面三个不等式相乘得 12.

2 1 4 ? 邋 9 1? i j#4 ( s - ai )( s - a j ) 9 1

i< j

1 4 ( s - ai ) + ( s - a j )



所以只要证明

?

4

i= 1

1 1 4 ≤ ? 9 ai + s 1? i j 4 ( s - ai ) + ( s - a j )


记 a1=a, a2=b,, a3=c, a4=d,上式等价于 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( + + + + + )≥ + + + 9 a+b a+c a+d b+c b+d c+d 3a+b+c+d a+3b+c+d a+b+3c+d a+b+c+3d 1 1 1 由柯西不等式得(3a+b+c+d)(a+b+a+c+a+d)≥9, 1 1 1 1 1 ③ 9(a+b+a+c+a+d)≥3a+b+c+d , 同理可得 1 1 1 1 1 ( + + )≥ , ④ 9 a+b b+c b+d a+3b+c+d 1 1 1 1 1 ( + + )≥ , ⑤ 9 a+c b+c c+d a+b+3c+d 1 1 1 1 1 ( + + )≥ , ⑥ 9 a+d b+d c+d a+b+c+3d 将③,④,⑤,⑥四式相加得②,从而,原不等式成立.


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