东北师大附中高中联赛辅导

∴?14AI?BI?CI8?

AA/?BB/?CC/27处理（2）令

IAIBIC?x,?y,?z， AA/BB/CC/12则x?y?z?2，且x,y,z?(,1) ∴xyz?(x?y?z38)? 3271113139(2??z)z?(?z)z?[?(z?)2?] 22222416xyz?x(2?x?z)z?又

1139?z?1（[?(z?)2?]在区间端点取到最小值） 224161391391[?(z?)2?]?[?(1?)2?]? 241624164∴xyz?处理（3）利用内切圆与三角形的切点把每条边分成两部分作变换 令a?m?n,b?n?k,c?k?m

AI?BI?CIm?n?2km?2n?k2m?n?k??? ///2(m?n?k)2(m?n?k)2(m?n?k)AA?BB?CC(m?n?k)3?(m?n?k)3?(mn?mk?nk)(m?n?k)?mnk1??

48(m?n?k)3说明：

证明关于三角形内各元素的各种不等式时，常作如下变换： （由于三角形的内切圆存在，三条边总可表示为）

a?x?y,b?y?z,c?z?x,(x,y,z?0)，反之，若三个正数a,b,c可以表示为上述形式，则a,b,c一

定是某个三角形的三边，并且相应的三角形的其它元素也可以通过上面变换用x,y,z表示，有关三角形的一些几何不等式都可以化为关于x,y,z的代数不等式

例2 设P是?ABC内的一个点，Q,R,S分别是A,B,C与P的连线与对边的交点（如图），求证：

S?QRS?1S?ABC.（?QRS是塞瓦三角形） 43?S?ABC 4BARSPQC分析：利用补集思想 证明S?ASR?S?BSQ?S?CQR证明1：令

ASBQCR??,??,??， SBQCRA则由塞瓦定理????1

则

S?ASRAS?AR? ??S?ABCAB?AC(??1)(??1)同理

S?BSQS?ABC??BQ?BS? ?BC?AB(??1)(??1)S?CQRS?ABCCQ?CR? ?BC?AB(??1)(??1)3S?ABC 4只要证明S?ASR?S?BSQ?S?CQR?即

?(??1)(??1)??(??1)(??1)??(??1)(??1)?3 4只要证6?(????????)?(?????)?0 只要证6?[(1??1?1?)?(?????)]?0

?显然(1??1?1?)?(?????)?6

?当??????1时取等号，此时P是?ABC的重心 2证明2：设S?PAC?x,S?PBC?y,S?PAB?z 则

SByRAzQCx?,?,? SAxRCyQBzS?ASRAS?ARxz ??S?ABCAB?AC(x?y)(z?y)同理

S?BSQS?ABC?BQ?BSyz ?BC?AB(y?x)(z?x)S?CQRS?ABC?CQ?CRxy?

BC?AB(x?z)(y?z)3S?ABC 4只要证明S?ASR?S?BSQ?S?CQR?即

xzyzxy3???

(x?y)(z?y)(y?x)(z?x)(x?z)(y?z)43(x?y)(y?z)(z?x) 4通分整理xz(x?z)?yz(y?z)?xy(x?y)?即x(y?z)?y(z?x)?z(x?y)?22223(x?y)(y?z)(z?x) 43?2xy?2yz?2zx?6xyz 4?只要证y2(x?z)?x2(y?z)?z2(x?y)?6xyz

事实上y2(x?z)?x2(y?z)?z2(x?y) ?(x2y?y2z?z2x)?(xy2?yz2?zx2)

?33x2y?y2z?z2x?33xy2?yz2?zx2?3xyz?3xyz?6xyz

当且仅当x?y?z时取等号，此时P是?ABC的重心 证明3：令

ASBQCR??,??,??，且?,?,??(0,1) ABBCCA则

BSCQAR?1??,?1??,?1?? ABBCCAARSPBQC由塞瓦定理得????(1??)(1??)(1??) 整理得??????(????????)?1?2???

S?ASRAS?AR???(1??) S?ABCAB?AC同理

S?BSQS?ABC??BQ?BS??(1??)

BC?ABS?CQRS?ABCCQ?CR??(1??)

BC?AB3 4只要证?(1??)??(1??)??(1??)?事实上?(1??)??(1??)??(1??)???????(????????)?1?2???

?1?2???(1??)(1??)(1??)?1??1?13? 441?(2?(1??)?2?(1??)?2?(1??)) 4当且仅当??????1时取等号，此时Q,R,S是中点，P是?ABC的重心 2例3 已知?ABC的面积为S，三边分别为a,b,c，求证：S?成立.

证明1：由海伦公式，设p?3a?b?c2()，且当a?b?c时等号431(a?b?c) 2S?p(p?a)(p?b)(p?c)?p323a?b?c2p?()3?p?()

3943当且仅当p?a?p?b?p?c即a?b?c时取等号 证明2：

欲证S?3a?b?c2() 43只要证(a?b?c)2?123S

∵(a?b?c)2?a2?b2?c2?2ab?2bc?2ca?3(ab?bc?ca) 故只要证ab?bc?ca?43S 由柯西不等式

(ab?bc?ca)(sinA?sinB?sinC)?(absinC?bcsinA?casinB)2 ?(32S)2?18S

∴ab?bc?ca?18S

sinA?sinB?sinC又sinA?sinB?sinC?∴ab?bc?ca?33 218S18S??43S

sinA?sinB?sinC332从而结论得证

当且仅当a?b?c时，取等号 例4 在?ABC中，求证：cot3ABC?cot3?cot3?93 222证明1：设AB?c?x?y,BC?a?y?z,CA?b?z?x

Ax3y3z3x3?y3?z33B3C?cot?cot?()?()?()?则cot 3222rrrr3又S?p(p?a)(p?b)(p?c)?xyz(x?y?z)

DyByxrIEAxFzzC1S?(a?b?c)r?(x?y?z)r

2∴xyz(x?y?z)?(x?y?z)r ∴r?xyz

x?y?zAx3?y3?z33xyz3(x?y?z)x?y?z3B3Ccot?cot?cot? ?3?222r3rxyz3?3?33xyz?36xyzxyz?93

证明2：设AB?c?x?y,BC?a?y?z,CA?b?z?x

Ax3y3z3x3?y3?z33B3C?cot?cot?()?()?()?则cot 222rrrr33x?y?z3x3?y3?z3由幂平均不等式 ?33得x?y?z?3331(x?y?z)3 （1） 9由例3得S?3a?b?c23()?(x?y?z)2 439∴

3S3(x?y?z) ?(x?y?z)，即r?9x?y?z9∴x?y?z?33r代入（1）即可得到结论.

例5 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?OC?8R，并指出在什么情况下等号成立？（第37届IMO预选题） 证明1：

作过BOC的圆直径OD 则?DAO??DCO?90?

////3C/OBAB/C?DOC??BAC,?AOC?2?ABC

?A/OD?180???DOC??AOC??ACB??ABC

在Rt?COD中，OD?在Rt?AOD中

/OCOC?

cosDOCcosBACC/A/OAB/AO?OD?cosDOA?OD?cos(?ACB??ABC)

?cos(?ACB??ABC)?OC

cosBAC///BCA/即OA?/cos(?ACB??ABC)cos(C?B)R记为OA/?R

cosBACcosAcos(A?C)R

cosBD同理OB?OC/?只要证

cos(A?B)R

cosCcos(A?B)cos(B?C)cos(C?A)???8

cosCcosAcosB∵

cos(A?B)cos(A?B)cosAcosB?sinAsinB1?cotA?cotB???

cosC?cos(A?B)?cosAcosB?sinAsinB1?cotA?cotB

几何不等式

东北师大附中 卢秀军

一、基础知识

1．定义：几何问题中出现的不等式称为几何不等式. 常常表现为角的大小，线段的长短，面积的多少等. 在几何不等式的证明中，将综合运用到我们所学的很多知识，但最首要的是要注意运用几何中基本的不等关系和一些重要定理．证明不等式，视其论证过程中，以运用何种知识为主，大致分为三种方法：几何方法；三角方法；代数方法。 2．证明几何不等式常用方法

（1）代数方法：利用变量代换、因式分解、配方等手段将几何问题转为代数问题，其思路是： （1）适当地引入变量，将几何问题化为代数问题，特别是二次函数；恰当选择变量为关键； （2）利用重要的几何不等式及代数不等式；

（3）当证明涉及三角形不等式时，注意应用：①三边长的固有不等关系；②海伦公式；③边长的大小顺序关系与对应角的大小顺序关系相同，而与对应高、中线及分角线长的顺序相反.

（2）三角方法：利用三角函数来反映几何图形的变化规律，从而将几何问题转化为三角问题，这时最常用的三角知识是：

（1）三角恒等变形：这主要是应用和、差、倍、半角公式，积化和差及和差化积公式等，制造出便于应用已知不等式的形式，以完成命题的证明；

（2）边角互换：这主要是利用三角函数定义、正弦定理、余弦定理等，把一个关于角（边）的不等式转化成边（角）的不等式.

（3）几何方法：即指用纯粹的平面几何知识来证明几何不等式，这时最常用的平面几何知识是： （1）抓住几何图形的特征，挖掘几何图形中最基本的几何不等关系.事实上，一些最基本的几何不等关系在有关几何不等式的论证中异常活跃，常常成为解决问题的钥匙；

（2）与面积有关的几何不等式也占有重要地位.其内容丰富，涉及面宽，富于智巧.证明这类不等式大都需要利用面积的等积变换、面积公式及面积比的有关定理等知识. 3．几个著名代数不等式

在几何不等式的证明中，常常需要一些著名的代数不等式——柯西不等式，排序不等式，算术平均不等式等.

4．几个著名的几何不等式 （1）托勒密定理的推广：

在凸四边形ABCD中，一定有：AB?CD?AD?BC?AC?BD，等号成立时四边形ABCD是圆内接四边形.

证明1：取点E，使?BAE??CAD，?ABE??ACD 则?ABE∽?ACD

∴

ABBEABAE??， ACCDACAD∴AB?CD?AC?BE （1） 又?BAC??DAE ∴?ABC∽?AED ∴

BCAC? DEAD∴BC?AD?AC?DE

∴AB?CD?BC?AD?AC?BE?AC?DE?AC?(BE?DE)?AC?BD

上式等号成立当且仅当E在对角线BD上.此时?ABD??ACD，从而四边形内接于圆. 证明2：复数法

设A、B、C、D对应的复数分别是z1、z2、z3、z4

用到下面的恒等式(z1?z4)(z2?z3)?(z2?z4)(z3?z1)?(z3?z4)(z1?z2)?0 则AB?CD?AD?BC?|(z1?z2)(z3?z4)|?|(z1?z4)(z2?z3)|

?|(z1?z2)(z3?z4)?(z1?z4)(z2?z3)| ?|?(z2?z4)(z3?z1)|?AC?BD

（2）（嵌入不等式） 设x,y,z?R,A?B?C?(2k?1)?,k?Z， 求证：x?y?z?2yzcosA?2zxcosB?2xycosC 等号成立的充要条件是：x?ycosC?zcosB及ysinC?zsinB. 证明：x2?y2?z2?2yzcosA?2zxcosB?2xycosC

222?x2?2(zcosB?ycosC)x?y2?z2?2yzcos(B?C)

?x2?2(zcosB?ycosC)x?(zcosB?ycosC)2?(zsinB?ysinC)2 ?(x?zcosB?ycosC)2?(zsinB?ysinC)2?0

当且仅当x?ycosC?zcosB且ysinC?zsinB时取等号

（3）艾尔多斯——莫迪尔（Erdos—Mordell）不等式：

在?ABC内部任取点P，dA,dB,dC分别表示由点P到顶点A,B,C之间的距离，da,db,dc分别表示由点P到边BC,CA,AB的距离， 则dA?dB?dC?2(da?db?dc) 证明1：

过P作直线XY分别交AB,AC于X,Y，使?AYX??ABC 则?AYX∽?ABC

∴

AXXY?ACAYABBC,XY?BC 又∵S1?AXY?2AX?d11c?2AY?db?2XY?dA ∴dAXA?XY?dAYc?XY?db 即dACA?BC?dABc?BC?db 同理：dBCB?AC?dABc?AC?da dBCC?AB?dACb?AB?da ∴dA?dB?dC?2(da?db?dc) 证明2：P,E,A,F四点共圆 则

EFsinA?dA 在?EFP中，由余弦定理得

EF2?d22c?db?2dc?db?cos(B?C) ?(dccosB?dbcosC)2?(dcsinB?dbsinC)2 ?(dcsinB?dbsinC)2

∴EF?dcsinB?dbsinC ∴dsinBA?sinAdsinCc?sinAdb 同理dsinAB?sinBdsinCc?sinBda dsinAsinCd?sinBC?csinCda ∴dA?dB?dC?2(da?db?dc)

证明3：设?APB??,?BPC??,?CPA?? 则AB2?d2A?d2B?2dA?dB?cos?

BC2?d22B?dC?2dB?dC?cos?

CA2?d22C?dA?2dC?dA?cos?

又

12BC?d1a?2dB?dC?sin? AXPYBCAFEPBDC∴da?dB?dC?sin?dB?dC?2dB?dC?cos?22?dB?dC?sin?(dB?dC)?2dB?dC?(1?cos?)2

?dB?dC?sin?2dB?dC?(1?cos?)?dB?dC?sin?2dB?dC?2sin2?2?1?dB?dCcos 22即da?1?dB?dCcos 221?dC?dAcos 22同理db?dc?1?dA?dBcos 221???(dB?dCcos?dC?dAcos?dA?dBcos) 2222da?db?dc??1(dA?dB?dC)（嵌入不等式） 2证明四：

设?BPC?2?,?CPA?2?,?APB?2?，且???????

设它们的内角平分线长分别是wa、wb、wc，且wa?da、wb?db、wc?dc 只要证更强的结论

dA?dB?dC?2(wa?wb?wc)

112dBdC?(dB?dC?a)?(dB?dC?a)22 wa?dB?dC?dBdC?(dB2?dC2?a2?2dBdC)

dB?dCdB2?dC2?a2又cos2??，即dB2?dC2?a2?2dBdCcos2?

2dBdC∴wa?dBdC2dBdC?2(1?cos2?)?cos??dBdCcos?

dB?dCdB?dC同理wb?dAdCcos?，wc?∵??????? ∴由嵌入不等式得

dAdBcos?

2(wa?wb?wc)?2(dBdCcos??dAdCcos??dAdBcos?)?dA?dB?dC

（4）外森比克不等式：

设?ABC的边长和面积分别为a,b,c和S，则a?b?c?43S，当且仅当?ABC为正三角形时等号

222成立.

证明方法很多，证明略

5．费尔马(Fermat)问题：在?ABC中，使PA?PB?PC为最小的平面上的P点称为费尔马点.当

?BAC?120?时，A点为费尔马点；当?ABC中任一内角都小于120?时，则与三边张角为120?的P点

为费尔马点. 例题

例1 已知?ABC，设I是它的内心，?A,?B,?C的内角平分线分别交其对边于A/,B/,C/，求证：

1AI?BI?CI8??. ///4AA?BB?CC27证明：令BC?a,CA?b,AB?c

IA/A/BA/Ca???由角平分线定理，易得 IAcbb?cAA/a?b?c?∴ IAb?c∴

IAb?c? /a?b?cAA1b?cb?c???1 2b?c?b?ca?b?c易得

∴

IAb?c1??(,1) /a?b?c2AA同理

IBa?c1??(,1) /a?b?c2BBICa?b1??(,1)

2CC/a?b?cIA/IB/IC/???2 则//AABBCC处理（1） 令

IA1IB1IC1??t,??t,??t3， 12///222AABBCC121 23则t1,t2,t3?(,1),t1?t2?t3?11?1?(?t1)?(?t2)?(?t3)??11122??8 ∴(?t1)(?t2)(?t3)??2222327??????∴(?t1)(12111111?t2)(?t3)??(t1?t2?t3)?(t1t2?t2t3?t3t1)?t1t2t3? 228424

令x?cotA?cotB,y?cotB?cotC,z?cotC?cotA

x?y?z?cotA?cotB?cotB?cotC?cotC?cotA

?cotA?(cotB?cotC)?cotB?cotC ??cot(B?C)?(cotB?cotC)?cotB?cotC ??cotB?cotC?1?(cotB?cotC)?cotB?cotC?1

cotB?cotC而对于?ABC是锐角三角形，x,y,z?0 ∴

(x?y)(z?x)cos(A?B)1?x(x?y)?(z?x) ???2cosC1?xy?zy?z(x?y)(z?y)cos(B?C) ?2cosAx?z同理

(x?z)(z?y)cos(B?C) ?2cosAx?y显然成立

证明2：如图，设AO,BC交于D，BO,AC交于E，CO,AB交于F， 由A/,B,O,C四点共圆，得

?BAO??BCO??CBO

∴?BOD∽?ABO ∴

//C/FOBDAECB/AOBO? BOOD//R2∴AO?

ODA/R2R2/从而BO?，CO?

OEOF/处理方式（1）

A/O?B/O?C/OR3OAOBOC????∴ 3OD?OE?OFODOEOFR令S?AOB?S1,S?BOC?S2,S?COA?S3

A/O?B/O?C/OS1?S3S1?S2S2?S3????8 3S2S3S1R处理方式（2） 令

OAOBOC?x,?y,?z ODOEOF则

ODS?OBC1OES?OAC1OFS?OBA1??,??,?? ADS?ABCx?1BES?ABCy?1CFS?ABCz?1∴

111（再去分母，整理得xyz?x?y?z?2） ???1（利用面积关系）

x?1y?1z?1∴xyz?x?y?z?2?33xyz?2

令3xyz?m，则m?3m?2?0，即(m?1)2(m?2)?0 ∴m?2?0，即xyz?8

证明3： 由A/,B,O,C四点共圆，由托勒密定理，得

3A/O?BC?R(A/C?A/B)

A/C?A/BR ∴AO?BC/C/FOB12AECB/而易知?1??2

DA/CA/BA/B?A/C??∴ CDBDBC而?ABD∽?COD

/A/A/BOCRAO???∴ BDODODOD∴AO?//AOR ODBOCOR，C/O?R OEOF同理BO?令S?AOB?S1,S?BOC?S2,S?COA?S3

A/O?B/O?C/OOAOBOC???∴ ODOEOFR3?S1?S3S1?S2S2?S3???8 S2S3S1/证明4： 由A,B,O,C四点共圆，由托勒密定理，得

A/O?BC?R(A/C?A/B)

A/C?A/BR ∴AO?BC/设?AOC??,?AOB??,?BOC?? 在?ABC中，由正弦定理，得

/A/BA/CBC?? ///sinACBsinABCsinBAC又sinACB?sinAOB?sin?,sinABC?sinAOC?sin?,sinBAC?sin?

/////A/C?A/Bsin??sin?∴AO?R??R

BCsin?/同理BO?/sin??sin??R

sin?C/O?以下略

sin??sin??R

sin?例6 如图所示，设C1，C2是同心圆，C2的半径是C1半径的2倍，四边形A1A2A3A4内接于圆C1，将将A1A2延长交圆C2于B2，将A2A3延长交圆C2于B3，A3A4延长交圆C2于B4，A4A1延长交圆C2于B1，

试证明：四边形B1B2B3B4的周长大于等于四边形A1A2A3A4的 周长的2倍，并请确定等号成立的条件.（第3届全国冬令营，1988年）

证明：设公共圆圆心为O，连结OA1,OB1,OB2 在四边形OA1B1B2中，运用推广的托勒密定理

OB1?A1B2?OA1?B1B2?OB2?A1B1

∴2R?A1B2?R?B1B2?2R?A1B1 ∴2A1B2?B1B2?2A1B1 ∴B1B2?2A1A2?2A2B2?2A1B1 同理B2B3?2A2A3?2A3B3?2A2B2

B3B4?2A3A4?2A4B4?2A3B3 B4B1?2A4A1?2A1B1?2A4B4

∴结论得证

当且仅当O,A1,B1,B2四点共圆，

∴?OA1A4??OB2B1??OB1B2??OA1B2， ∴OA1A2的角平分线， 1是?A4A∴O到?A4A1A2的两边的距离相等 ∴A4A1?A2A1

同理四边形A1A2A3A4的各边相等，进而证四边形A1A2A3A4是正方形时，等号成立. 练习题

1. 如图，在?ABC中，AB?AC,AM为中线，P为?AMC内一点，证明：PB?PC 证明：在?AMC与?AMB中，有两组对边对应相等，且AB?AC， 所以?AMB??AMC，于是?AMC?90?， 过P作PH?BC于H，

PBCAM则垂足H必在MC的内部或延长线上， 从而BH?CH， 因此PB?PC

（斜线长与射影长的关系）

2. 如图，?MON?20?，A为OM上一点，OA?43，B是ON上一点，D为ON上一点，

OD?83，C为AM上任意一点，则AB?BC?CD?12

分析：以OM为对称轴，作D点关于OM的对称点D， 以ON为对称轴，作A点关于ON的对称点A， 连结OA、OD，则?AOD?60?，

/连结BA、CD、AD，

////

/DBACNOM////则有AB?BC?CD?BA?BC?CD 因为OA/?43,OD/?83 故A、D为定点，而连结A、D以线段最短，

//所以AB?BC?CD?AD?//////(OA/)2?(OD/)2?2?OA/?OD/cos60??12．

说明：本题把“折线化直”，然后利用两点间线段距离最短来证明，这种“化直法”在解决几何不等式问题中是常用的．

3.设BC是?ABC的最长边，在此三角形内部任意选一点O，

OA、OB、OC分别交对边于A1、B1、C1，

证明：（1）OA1?OB1?OC1?BC；

（2）OA1?OB1?OC1?max{AA1,BB1,CC1} 分析：我们先证明一个简单但非常有用的引理：

BC1OA1AB1C设点M是?PQR的边QR上的一点，则PM?max{PQ,PR}．

事实上，过P作PH?QR，则利用斜线长和射影长的关系很容易说明便知引理成立． （1）过O分别作OX//AB,OY//AC，分别交BC于X、Y点， 再过X、Y分别作XS//CC1,YT//BB1分别交AB、AC于S、T，如图 易知，?OXY∽?ABC，故XY是?OXY的最大边， 由引理知，OA1?max{OX,OY}?XY； 又因为?BXS∽?BCC1，?YCT∽?BCB1，

SBC1OAB1TCXA1Y所以BX?XS?OC1（CC1?max{CA,BC}?BC），CY?YT?OB1

所以BC?XY?BX?YC?OA1?OB1?OC1

（2）令

SSSOA1OBOC1?x,1?y,?z，那么x?y?z??OBC??OCA??OAB?1． AA1AB1CC1S?ABCS?ABCS?ABC所以OA1?OB1?OC1?xAA1?yBB1?zCC1

?(x?y?z)max{AA1,BB1,CC1}?max{AA1,BB1,CC1}

说明：其实，由（2）和引理知（1）成立，所以我们也可以先证明（2），然后推得（1）．

4. 设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上（包括顶点）或内部可以找出四个点，使得以其中任意三个点为顶点的三角形的面积均不小于

1. 41， 4分析：如果ABCD是平行四边形，那么S?ABC?S?BCD?S?ADC?S?ABD?因此A、B、C、D即为所求的点；

如果ABCD不是平行四边形，不妨设AD与BC不平行，且?DAB??CBA??， 设AD与BC交于E

又设D到AB的距离不超过C到AB的距离，过D作DF//AB，交BC于F， 分两种情况讨论：

（1）DF不超过AB的一半，此时可在边AD，BC上分别取P，Q，使得PQ与AB平行，PQ等于AB的一半，则有S?APQ?S?BPQ?111S?ABE?S?ABCD?, 444111S?ABE?S?ABCD? 222S?ABQ?S?ABP?2S?APQ?2S?BPQ?即A、B、P、Q即为所求的四个点.

（2）若DF大于AB的一半，则在线段DC与取P，Q，同样使PQ//AB，且PQ?FC上分别

延长AP交

1AB，2AE于E/，

则PQ是?ABE的中位线

再过A作BC的平行线l，它与CD的延长线的交则S?PCE/?S?AGP?S?PDA, 故有S?E/AB点为G，

/?S?PCE/?SABCP?S?PDA?S?ABCP?S?ABCD，

于是同样可以证明A、B、P、Q即为所求的四个点.

说明：在遇到比较复杂的情形时，要注意从简单情形起步，合理规划，通过分类讨论，适时化归，使问题得以圆满解决.

到?ABC三个顶点距离之和为最小的点，通常称为费尔马点.

当?ABC各角均小于120?时，与三边的张角均为120?的点即为费尔马点； 当有一个角大于120?时，这角项点就是费尔马点. 下面这个命题是与费尔马问题“反向”的问题.

5. 在?ABC的内部或边界上找一点P，使得它到三个顶点距离之和为最大. 分析：若点P在?ABC内，作一个以B、C为焦点，过P点设椭圆与AB、AC交于P1、P2点，连结AP并延长与P1P2交那么PA?max{P1A,P2A} 不妨设PA?P1A

则P1A?P1B?P1C?PA?(P1B?P1C)?PA?PB?PC 所以点P必定在边界上. 下证P只能是?ABC的顶点，

不妨设点P在线段BC的内部，因PA?max{AB,AC}， 设PA?AB，那么PA?PB?PC?PA?BC?AB?BC

综上所述，所求的点必为?ABC的顶点，易知它是最短边所对的顶点. 说明：本题所用的方法是“局部调整”法，这是一种重要的思想方法.

6．凸六边形ABCDEF的每边长至多为1.证明：对角线AD、BE、CF中至少有一条不超过2. 分析：连结AC、CE、EA， 在?AEC中，不妨设边CE最大， 即CE?AC,CE?AE，

如图，对A、C、D、E四点用托勒密定理， 有AD?CE?AC?ED?CD?AE 所以AD?//的椭圆， 于P点，如图，

/

ACAE?DE?CD??1?1?1?1?2， CECE从而命题得证.

在证明与面积和周长有关的不等式时，下面的几个结论是很有用的，它们就是著名的等周问题.

命题1 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大 命题2 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小

命题3 在给定边长为a1,a2,?,an的所有n边形中，能够内接于圆的n边形具有最大的面积 命题4 在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大 命题5 在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小 运用等周定理可以解决很多与几何不等式有关的问题，看下面一例： 7．曲线L将正?ABC分成两个等积的部分，那么它的长l?分析：

以A为圆心，R为半径作圆弧L将?ABC的面积等分，那么

/?a234，其中a是正?ABC的边长.

有

12132?R??a， 6244所以R?272?，L的周长l/?/1?a?2?R?4，现在证明623/l?l/.

将?ABC连续翻转5次，由曲线L形成了一条闭曲线，如图所示，由L形成了一个圆，

而两者所围成的面积相等.根据命题2，知6l?6l，即l?l/?/?a24 3.

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