初中數(shù)學競賽專題復習第二篇平面幾何第17章幾何不等式與極值問題試題人教版0001

1、1 / 33第第17章幾何不等式與極值問題章幾何不等式與極值問題17.1.1 一個凸行邊形的內(nèi)角中，恰好有 4 個鈍角，求 n 的最大值.解析考慮這個凸行邊形的 n 個外角，有n 4個角90，故有 n 4 90360（嚴格 小于是由于 4 個鈍角的外角和大于0），因此n 8, n 的最大值是 7易構(gòu)造這樣的例子。 如果恰好有k個鈍角，則 n 的最大值是k 3.17.1.2 在ABC中，AB AC,P為BC邊的高AD上的一點，求證：AB AC PB PC.解析易知ABAC PB PC,又 AB2AC2BD：2CD2PB2PC2,故有ABACPBPC.評注讀者不妨考慮AD是角平分線與中線的情況.1

2、7.1.3 已知四邊形ABCD,AC、BD交于O,ADO和厶BCO的面積分別為 3、12 , 求四邊形ABCD面積的最小值.CDOSAABOSACDO且當SAABOSACDO（此時四邊形ABCD為一梯形）時等號成立，所以此時四邊形ABCD面積達到最小值27.17.1.4 已知:直角三角形ABC中，斜邊BC上的高h 6（1）求證：BCh ABAC;(2 )求 BC2h-ABAC2.解析BC h2ABAC22 2BC h2BC h AB2AC22AB AC ,解析易知SAABOADOBODOS BCOSADCOADOSABCO36.從而SAABO12 ,故SAABOSACDO2 / 33解析設BF

3、xDE y4 x則S ABFSAADESAECF17x 10y210 x 7 y170 xy 。2由 xyw12x y4。故41S AEF7070 4 33.2當BF ED 2時達到最小值.如圖，連結(jié)AP，設MAP, NAP ,，由AMAP sinAN AP sinAM AN sin又左式 2AP.AMAN sin sin ,故12、2AP sin sinSAAMNAM ANsin 2sin由條件，知 2BC h4SABCLt22AB AC ，且 ABAC2BC2是 BC h ABAC2h236 .注意：這同時解決了（17.1.5 1) 和ABCDBF ED設矩形求AFE面積的最小值.(2).

4、,BC=10,CD 7動點E分別在BC、CD上，且17.1.6 設P是定角A內(nèi)一定點，過N，求證：AMN面積最小時，P為MN的中點.解析P作動直線交兩邊于3 / 3317.1.7 正三角形ABC的邊長為 1 ,M、N、P分別在BC、CA、AB上，AMPSAANPSAMAN, 得達到最小值時，須SAMPSAANP，故P為MN之中點4 / 33BM CN AP 1，求MNP的最大面積。于是問題變?yōu)榍笥洖?d1、d2，求 d1d2的最大值.解析 如圖，若I穿過BC,則由“直角邊小于斜邊”知 d1d2丄、11、丄、丄、丄、丄中，若任找三個數(shù)能組成三角形解析 如圖,設BMx, CNS APNSABPMS

5、AMNC1x12AP z，則g x ,y,zAI，并說明等號成立的充分必要條件是22x 2yx 90PBA PCAPBC PCB.SA ACEE六邊形ABCDEF+SAPQR同理有評注解析 如圖，設AP x，由又厶APBs BQC，得由 MB2 BQ，得BQBC2x3MBCsCDP,得CD，代入得 MBBC PDAPAB，BQ或 2x210 x若BC長度不固定,設其為y, MB3yy xBQ翌，故由 MB 2BQ 得3y x-x ,或310 / 33因此BPC BIC.故B、C、I、P四點共圓，即點P在ABCI的外接圓 上。記ABC的外接圓為，貝U的中心M為 的?C 的中點，即為A的平分線AI

6、與 的交點。在厶APM中，有AP PMAM AI IM AI PM,故APAI.等號成立的充分必要條件是點P位于線段AI上，即P I.17.1.16 延長一凸四邊形形的四邊和對角線，得六條直線，任兩條直線有一個不大于90的夾角（這些線無兩條平行），求這些夾角中最小的一個的最大值.證:12S四邊形ABCD V a2解析 如圖，連結(jié)AC、MP，易知 SABDCS四邊形AMCP S四邊形ABCD-42解析如圖，標好各角，則12345612 ACB ABC 180,故總有一角30，當ABC為正三角形,DB AB、DC AC時最小角達到最大值3017.1.17 凸四邊形ABCD中，點M、P分別是BC、C

7、D的中點，若AMAP a，求S AMP四邊形ABCDDBMC11 / 33SAMP1AMAP sin MAP21 -AMAP 2ABDA DB，即 364(4 AB)，故AB 5.ACOSBCOSC 0.解析 設x y p,y z q，貝U xz p q,原式a2p(pq) b2qpc2( pq)qa2p2(a2b2c2)pqc2q2f(p).6 個矩形全等）解析設AB x, ACy,則總材料為l 10 x 9y是l y（10於，代入,得 S x20n2x.933 6nc（l為常數(shù)），面積為 S 6xy - x2.于2ABDC15 / 33解析 如圖，設ABCD的中心為I,EFGH的中心為J，

8、過I、J分別作IK II AB , JK II BC,x，同理 JK所以 IJ2(1 x)2(1 y)22 2x y 2(x y) 2(x y)22(xy) 2 2116(xy1)287 -.8所以，IJ.144 當 2.3當xh，y2 m 34時等號成立.故所求的最小值為14417.1.24 在銳角ABC的邊BC、CA、AB上各有一動點D、E、F，求證：DEF的周長達到最小當且僅當AD、BE、CFABC的三條高.解析如圖，設D關于AB、AC的對稱點分別為G、H,GD與AB交于M,DH與AC交于N,則DEF的周長GFFE EHGH2MN 2ADsi n BAC2AD sin BAC4SAABC

9、BCsin2SABCBACR這里AD ABC的高，RABC的外接圓半徑.又由對稱性，除了AD BC外，BE、CF也分別必須垂直于AC、AB時方能達到.IK、JK交于K又設兩正方形重疊部分為矩形BMHNHM x，HNy，則 xy1，IK二FANB JH -I1M!二GCH16 / 3317.1.25 直角三角形內(nèi)切圓半徑為 1,求其面積的最小值.17 / 33解析設該直角三角形直角邊長為a、b，則易知其內(nèi)切圓半徑為 -(a b ) 1 ,2整理，得(a b 2)2a2b2，或 ab 2a 2b 2 4 . ab 2，此即(.ab 2)2 2 .由于每條直角邊均大于內(nèi)切圓直徑2,故.ab 2，于是

10、 ab 22，直角三角形最小面積為 32 2，此時該三角形為等腰直角三角形.BCP面積之和的最小值.解析 如圖，作EPF與AD、BC垂直，垂足分別是E、F設BC x，貝U PE PF d,AEDBC2 2設ay，貝 V x2yx a2ay 0 有解，故 a x 0 ,即 y2 4(a2ay)，即 y 2a 2 2a ,y的最小值為 2(.21)a，故最小面積為(.2 1)ad 此時 x (.21)a .17.1.27 設D是厶ABC的邊BC的中點，E、F分別在邊AB、AC上，DE DF, 試比較BE CF與EF的大小關系.解析 如圖，延長FD至P使DP DF，由BD CD，知BDP也 CDF

11、(SAS)，故CF BP.17.1.26 梯形ABCD高為d，上底ADa，對角線交于P，求用 a、d表示APD與PEADaad解得PEPFBCxa x“ 2 .2 .“ 221 a d1x d1 , axS APDSABCPd.2 a x2a xa xPFxda x又ED垂直平分PF，故EF PE，易見EP BE BP，所以EFBE CF.17.1.28 一凸六邊形ABCDEF每條邊長均為 1，求證:AD、BE、CF中至少有一個2.解析如圖，由于A B C DF 720，不妨設AF240,作菱形18 / 33ABGF，貝U GFE60,FG FE 1，則GE是厶FGE最小邊,AF19 / 33

12、E17.1.29 在正ABC內(nèi)，P是一動點，求以P在三邊上的射影為頂點的三角形面積的 最大值.解析 如圖，ABC內(nèi)一點P在BC、CA、AB的射影分別為D、E、F，貝USDEFSAEPFSAFPDSADPE1(PD PE23 (PD PE PE PF4PE PFPF PD)sin120PF PD).由熟知的不等式 ab be1ea (AE CE) AC ,故用中線長公式代入，即得四邊形四邊平方和的不等式.等號成立時A、E、C共線，且E為AC中點，即AC、BD互相平分，于是四邊形ABCD為一平行四邊形.評注又由托勒密不等式AD BC AB CDAC BD, 知有(AD BC)2(AB CD)2 (

13、AC BD)2，等號成立僅當四邊形ABCD為矩形.17.1.31 設面積為 1 的銳角ABC三條邊分別是 a、b、c ,動點P在AC上，P在BC上的射影是 Q，求 BPQ 面積的最大值(用 a、b、c 表示).解析 如圖，作AR BC于R因為 BQ PQcotC BC (常數(shù))，于是 4BQ PQ cotCBC2(BQ CQ)2.當BRWRC,即ABAC或cb時，Q 可為BC中點，此時 BQ CQ，從而 S BPQ可得最大值為112a2si nCBQ PQBC tanC288cosCa SABC2a4b cosC2 2 22(a b c )當BR RC, 即卩c b時，BQ CQ .當 Q 落

14、在R上，BQ CQ 達到最小，BQ PQ 達到最2 2 2 2大此時BPQ的最大值為ABR sinBcosBccosB c2b.2a2a17.1.32 設D為定線段AB上一定點，P為動點，PD的長度固定，求PA PB之最大 值.解析 由斯圖沃特定理 PA2BD PB2AD AD BD AB PD2AB，注意等式右端為定值.又由柯西不等式(或展開后移項配方)有22 / 33取等號須AC DE,EF BC此時若將點C位于DF中點，則由DE、EF的值易知E在ACB平分線上，BC垂直平分EF,AC垂直平分DE，進而由AC、BC之值可知E在AB上，滿足要求所以 S四邊形ABFD的最大值為15017.1.

15、34 凸四邊形一內(nèi)點到四個頂點的距離分別是1、2、3、4,求這樣的四邊形的最大面積.解析設凸四邊形ABCD內(nèi)有一點P,PA ,PB,PC, PD 1 , 2, 3, 4,則S四邊形ABCDSAABPBCPSACDP (PA PB)2,AB(AD BD AD2 2PD ABBD AD AB2PD AB)是PA PB的最大值是AB 屮屮上一，上一，Y BD AD此時 fAPBADBD，PD為APB的平分線.17.1.33 直角三角形ABC的直角頂點ABC的斜邊AB上，女口AC、BC、DE之面積的最大值.解 析如 圖， 由1S四邊形ABFDS四邊形AECDS四邊形EBFC2C在直角三角形EF分別等于

16、 10、DEF的斜邊DF上，而E在15、12、12,求凸四邊形ABFD面 積 公 式， 知DE -EF BC 150 2-PD PA2BD223 / 331w (PA8PCPBPD)2252等號成立, 必須PAPCPB PD，比如PA1,PC 4,PB 2,PD 3，且A、P、1(PA PC)(PB PD)24 / 33C共線，B、P、D共線，AC BD，此時，AC BD 5, S四邊形ABCD取最大值 蘭-217.1.35 面積為 1 的三角形ABC中，三條邊長 a、b、c 滿足abAD c2(2h)2.這里h BE僅當A、C、D共線，即 a b 2，且c 2h 2時取等號，此時AABC為等

17、腰直角三角形.17.1.36 三角形兩邊長分別等于 10 和 15,證明：這兩個邊的夾角的角平分線小于 12. 解析 如圖，不妨設AB 15,AC 10,AD為角平分線.今在AB上取一點E，使EDIIAC, 則易知 ID BDAB匹3,AC BC AB AC 255故 ED310 6，又由EAD DACEDA知AE ED 6，于是AD AE ED 12.5顯然 12 是最佳上界.17.1.37 正三角形ABC邊長為 1,M、N、P分別在BC、CA、AB上(含頂點)，AP AN BP BM MC CN，求MNP的最大周長和最小周長.解析如圖，易知AP AN BP BM MC CN 1.顯然有 c

18、24h2 2 . c24h24ch 8，于是 a b 22 .DAB25 / 33由PN丄，故MNP的周長-，取等號僅當M、N、P為各邊之22中點時.17.1.38 已知面積為T的梯形ABCD滿足AB II CD,E為邊AB上一點，且滿足ECIIAD，直線AC、BD、DE交出的三角形面積為 t 當-最大時，求 些.TCD解析 如圖，設DE與AC交于M,BD與AC交于N，則 SMNDt.8：人&ABC,并求等號成立的條件.ABy(x)SYADCE2x即SYADCE竺,SADMCxT，又設S梯形ABCDx yx y2(xy)p ,MNq則y ABANp q解出衛(wèi)yx,即x CDCNp qp

19、 yxy xxT(yx)xT2.于是要(yx)x 達到最大,即k1達最大，其中y x2(x y)2(xy)(xy)(k1)2人 11k 1112S 122S1令SW，貝 US2S2S (1 2S)W 設CD x,AM CMt SDMN1y E,F在DE上，求證:僅當2S 1 2S時達到最大，此時k 3.17.1.39 已知ABC的邊AB、AC上分別有點D26 / 33解析如圖，連結(jié)CD、AF設如AEk1,DFk2,k3，則DBCEEF27 / 33SAEFCSAEFCSAAFCSAADC11kABCAFCSAADCSAABC1k21k31k1同理SADFB1k3k2SAABC1k11 k31k

20、2于是SAEFCSADFBk1k2k31111SAABC(1k1)2(1 k2)2(1 k3)244464 .開方即得結(jié)論. 取等號時k1k2k31, 即DE是中位線，F(xiàn)為DE中點.17.1.40 已知RtABC中，C90CDAB于D,B的平分線交CD于E，交CA于F,G是EF的中點,連結(jié)設CFG、BED、BFC的周長分別為 C1、C2、C3.CG求G -C3CF 的最大值.解析易知 CFB 90而ECF90 BCDBFCsBED.因此12ABC，所以CFABC BEDCEF，可得CECF，貝U CG平分ECF設 CFBF因為BEBEBFGFBF因此，C2C3C1C3即4CF17.1.41(1

21、)(2)解析GFC1CBFC2C3BFCFBFC2C32GFGF2x2CFBFBEBFFCGBEBFCF2BFECGCBFABF，可推得ACFG，所以2(1 2x )2C1C2C3有最大值9.8BE、CF是厶ABC的中線，求BC之長(用b、c 表示)；若ABC存在，求-的范圍.c(1)設BE交CF于G，則G為ABC的重心，故2GF GC, y，因AFGB、EGC、GBC為直角三角形，于是有：BF時,且BE CF,ACAB c(c b).2GE BG，設GE28 / 3329 / 33x24y21b2,4y24x21c2,44x24y2BC2AE由+得2 :5(x y2)1(b2c2)，由得（2

22、） 如果AB AC于是有：1 :1(bABC存在，則BC AB AC,BC2BC/5(b2c2),51J 麗5，c2).(c0)(c2b)從而(cb)2125（b12尹c2),c2).不等式恒成立；由不等式得:2b4 -c10解之得:1b2c由于c0,結(jié)合不等式的解，得:所以，當1217.1.42 b1 時，ABC存在.cABC中，點D、E、F分別在BC、CA、AB上，求證:30 / 33所以 S W1SAABC，取等號時僅當D、E、F為各邊中點.417.1.43 已知：銳角ABC中，角平分線AD、中線BM、高CH交于一點P，證 明：BAC45.作邊AB上的中線CN，交BM于 Q，易知N在AH

23、內(nèi)，于是如也丄，故在直AC CP QC 2角三角形AHC中，BAC 60，矛盾，于是BAC 45.17.1.44 證明托勒密定理和托勒密不等式：對于凸四邊形ABCD,AB CD AD BCAC BD，等號成立僅當A、B、C、D共圓.解析 如圖，今在AB或延長線上取一點M,在AD或延長線上取一點N,使AB AM AC易知AABCsAD AN，連結(jié)MC、NC、MN.ACCDAD，又AABDSAANM，AACM，故 MCBC AC ,AB同理，NCmin( SAFE,SABFD,SACED)w并求等號成立的條件.1SAABC，4AEBF BD解SAAFE析SABFDSADCEAFSAABCSAABC

24、SAABCABACAB BCCD CE如AF BFBD CD圖CE EABC CAAB2BC2AC2易知AF BFAB2AF BF2w1，僅當F為AB中點時取等號,(AF BF) 4同理BD CDBC2CE EA. 1w 2AC24于是記 min(SAFE,SA BFD,SCED)S3S，則3SAABCwSAFESABFDSAABCSAABCDCEABCW丄64解析如圖，若BACW45，則由于ACB 90，得ABC 45，故ACBC,AHBH.31 / 33故MNBD AM2BD ACAD AD AB32 / 33由于MNCM CN，上幾式代入，得2BD ACACACwBCCDAD AB去分母

25、，即得托勒密不等式.ABC ADC即A、B、C、先考慮n 3的情形， 假定P、 Q、R三點在正方形ABCD（邊長 1 ） 內(nèi)或邊上若P在內(nèi)，則可用 QPR角平分線反向延長， 交到正方形某邊或頂點為P,這樣 PQR 的每邊都不小 于厶 PQR 的相應邊.于是P、Q、R三點最終都被“調(diào)”到正方形ABCD的邊或頂點上.再 通過平移，必能使某點落在正方形的頂點上，其余點若在正方形內(nèi)，再按上述辦法繼續(xù)調(diào)， 最終三個頂點都落在正方形邊界上，且其中至少有一個點的正方形的頂點.不妨設P落在A的位置，若 Q 在AD或AB上，則 PQw1 . 6 2，于是由對稱性，可設 Q在CD上，而R在BC上.如圖（b）.若

26、AQ 62，則AD 等式成立的條件是M、C、N共線，此時ACN 180,ACM D共圓.17.1.45 邊長為的正方形內(nèi)部或邊界上有 n 個點，則必有兩點距離w6.2(n 3),1(n 4).解析 如圖，先說明一個結(jié)果：由AAB A AC 90，得ABABC中AD為角平分線，AA是AD的反向延長，則AB，AC AC.Q33 / 33DQ AQ2AD2( 62)2123 ,CQ .3 1,同理 CR ,3 1 ,RQ CQ2CR2, 6. 2 .綜上所述結(jié)論成立.以下討論n 4的情形.由于正方形內(nèi)或邊上最遠兩點距離是正方形對角線長度，故正方形ABCD(邊長 1)中四點P、Q、R、S中任兩點距離

27、90，則 PS2SR2 PR212090,同理得min( PS, PS) 1 .17.1.46 設厶ABC三邊長分別為 a、b、c ,D、E分別在AB、AC上，且DE平 分厶ABC的面積，求DE的最值(用 a、b、c 表示).解析如圖，設CF、BH為中線.數(shù).當| x y |取最大值，x 需最大或最小，x 最大為AB c(這時y取最小值-),最小為-2 2 (這時y取最大值b).因此DE的最大值是AB、AC中短邊上的中線.比如當cb時，DE的最大值為12c2b2.2設ADAE y ,則由1bc.又由余弦定理，DE2x22 2y 2xycosA (x y)2xy(12cos A) (x y)bc

28、(1cos A).因 bc(1 cos A)為常數(shù)，故DE的大小取決于|x y | .由于xy為常數(shù)，故xy是 x 的增函1有S ADEABC，234 / 33記 f(x) x y，若 f (c) 0 , fcw0,則x y可取到，于是當- - 2 時，DE的最22 bc 1cc當 或 2 時，比如c 2b時，x 總不會小于y，此時 x 時，| x y |最小，DE就 b 2 b 2是CF,即為AB、AC中長邊上的中線，所以在c 2b的前提下，DE最小值是小值為osA)a2(b c)235 / 331 _22 2-1、2a22b2c2.b 2c時可以類推.217.1.47 在RtAABC中，D

29、、E、F分別為AB、AC、BC的中點，H為斜邊AB的高的垂足，G是DH的中點.設0為AB上的任一點，求證：EOF取最大的角便是EGF.2 2 2 2b d a c 2 AC BD cos36 / 33解析 連結(jié)CH，貝U HF為RtCHB斜邊BC上的中線，故 HF - BC FB .21D、E分別為AB、AC中點，故DE BC，所以DE HF,ADE ABC FHB, =2從而EDG FHG.又DG GH，故EDG也FHG.于是有EG GF,EGD FGH.延長EG至N，使GN EG，連結(jié)HN，易知FGH也NGH.從而FH HN結(jié)合GF GN知GH為線段FN的垂直平分線.設0為AB上任一異于G

30、的點，貝U OF ON，且易知ON OF 0E(若0在G的左邊，OF OE,O在G的右邊，則OE OF).從而OFG ONGOEM,在厶OEM與厶MGF中，EMO與FMG為對頂角，于是有：EOF EOMMGF(等號當且僅當點O與點G重合時取到). 這就證明了EOF取最大角時便是EGF.17.1.48 設四邊形四邊依次為 a、b、c、d,則其面積S不大于(p a)(p b)(p c)(p d),其中 pa b c d.取到最大值時，僅當四邊形內(nèi)接于圓.2解析 如圖，連結(jié)AC、BD，交于O,AOB，則由四邊形的余弦定理 (見題 13.1.7 ),得4S四邊形ABCD2 AC BDsinD37 /

31、33兩式平方后相加，得16S四邊形 ABCD4AC2 3BD2(b2d2a2c2), 1 2 222 22Sg邊形ABCD,J4(AC BD) (a b c d ).由托勒密不等式(參見題17. 1. 44),有AC BDac bd，故1j22222&邊形ABCD4,4 ac bd a b c d1 、2 2 22_a c b d b d a c1 acbd acd b bd acbdca4 、papbpcpd.由托勒密定理知，僅當ABCD內(nèi)接于圓時，面積取最大值17.1.49 中，D、E分別是邊BC、AB上的點，且1ADC的周長依次為 m、mi、m?，求證:3.如果ABC、EBD、解

32、析因為23，所以 ED / AC ,EBDsABC,四 ；又1m BC3，所以m2ACADC心BAC，rnBC，設ACb,BC a，由ADCBAC得 DC2 2AC bBC aBD a2,2,gm2a b b2maa由巴BD2a2b25mBCa2b 155當b -S，.3HI / AB .D、E、F當 CQ|時,RQ 達最小值算39 / 33BC、CA上，求 max PQ , QR , RP 的最小值.解析 可以從DGO、OHE,OIF的面積與ABC的面積關系入手.設BC a,CA b,AB c,FI x, EH y,DG乙易知OIFsHOESGDOSABC,所以，z OD B, y OE F

33、C , c a aba a 由此可得xy a b c由柯西不等式知：IF FC BlaSAOIFSAOEHS2SAOGD2 2 2 ,2xyz 1xyzabc 3abc邊形OHAG樂邊形OEFCSg邊形OIBDWS .3而四邊形OHAG、OECF、OIBD均為平行四邊形，所以S AHGSACEF12SBDIWS2，即 S1AS2.17.1.51 直角三角形ABC中，BC 1,C 90,A 30,P、Q、R分別在AB、解析如圖，猜想最為求此值，不為正三角形.作 QD / AC ,S在AB上.當S在AP上時 PSQ 301PRQ，故S、P,2Q 至R等距，S在BP上亦然.于是 SR RQ , SR

34、 RQ ,2SQRQ_2、CQV2而顯見 3CQ SQ 3 , 故HGODCB1 ” 2 2RQ24CQSQ1227CQ 6CQ 340 / 33-，得 aABD為向外作的正三角形.17.1.52 證明：若 a、b、e 能構(gòu)成三角形的三邊長，解析不妨設 a b e0,問題歸結(jié)為：若b e a，則111.證明如下a b e a b e1111a be ab 2e2b e1112b2e 2b2e be若能證明對一般的動點P、Q、R，有問題就解決了 用反證法，假定 PQ , QR , RP .3設厶ABC的費馬點為F（圖中未畫出），貝 UBFAFBAFC CFB 120，設FA a2a2ab2b,b

35、22eFCabacbe1.則由余弦定理，知-，得 be 1,故a3b2于是b2e2b2eT，3于疋213e, 3be14be ,2.7SABC因此 max2e,ae2be,2e,a 4e,4、7T，2bb2SAPFRScRPQ矛盾!3b 2e，代入得代入上式得SBPFQw- PR FA RQ2FC PQ FBPQ , QR , RP 的最小值為評注 PQR 實為費馬點的等角共扼點的垂足三角形.a b e其實也等于CD則、丄也能.又 a b b e e amax PQ , QR , RP 當 CQ|時,RQ 達最小值算41 / 33e a若 a、b、e 構(gòu)成銳角三角形三邊長，則、丄、丄 呢?a

36、b b e e a當 a、b、e 構(gòu)成銳角三角形時,也構(gòu)成銳角三角形,證明如下（仍設 a42 / 33423解析設AFBF1,BD2,CDCE3，則S-1SAABC,1113S2 -2SAABC，1211S3-3& ABC，1213所以SDEFSAABCSIS2S3SAABC11421312 1132113111213112 3SAABC.3由于11229a bcaa b ca2 2,由2 b ca b)Cab ca于2b cb cbc ab c abac17.1.53點D、E、F分別在BC、下證21丄字即可，此等價于a b c ab c22 22 2b cb c 2bca 2bc a

37、bc , 又，兩式相加即得結(jié)論.CA、AB上，若分別記SAAEF、ABFD、SACED為S2、S3，證明:SA DEF 2S$S3，當且僅當AD、,SAABCBE、CF共點時等號成立.1 HSiDEFS1S2S323SADEFQiABCSAABCSS2S3SAABC當 CQ|時,RQ 達最小值算43 / 332112 3于是命題得證僅當12 31 時取等號，由塞瓦逆定理知，此時必有AD、BE、CF共點.44 / 3317.1.54 已知定角 / XOY內(nèi)有一定點P，動直線I過P，交/XOY兩邊于M、N ,求OM ON之最小值（假定ZPOXZPOY,PO d)面積得SAMONSAMOPSANOP

38、， 即OM ON sinOM OP sin ON OPsin ,sinONsinOMsind此式可化為Y（或展開后用平均不等式），可得OM ONOMd用柯西不等式ONsinONsinOM|_|_ 2 sin sin ,故OMON的最小值為dsinsi n ,si n2等號成立,sinONONsinsin聯(lián)OM dd .(sin sin sin立又作得 OMdsin苴與僅當sinOM，這樣的M、N 的確存在.ABC,FD2達到最小時，滿足OK17.1.55 已知銳角三角形證：ABGF2 2DE2EF2AC BCGE GD，解析如圖，先設最小時，應有MDS GFDSAGED，PK II OY，與O

39、X交于KD、E、F分別是BC、GD， 貝 U OKdsinsin此處 G 為DEF重心,并用CA、AB上的動點，BC、GE AC、GF AB，及等價的ABC三邊及面積表示這個最小值.貝 V DE2DF22MD2- EF2當MD達2GFAB，此時FG sinZFGD GE sinZEGD，故FG sinB GE sinC,-FGsin CE、F固定，M為EF中點,BC，如對三邊作處理，便有GD BC、GE AC、GEsin B 同理此值為（D，此即旦些匹sin AGF GE GD于是命題得證僅當12 31 時取等號，由塞瓦逆定理知，此時必有AD、BE、CF共點.45 / 3346 / 33下證此

40、時的DEF確實達到三邊之平方和最小.先求此值，設GF k AB,GEGD k BC，則k AB4BC2CA22SAABCQQQ又 DE GE GD 2GE GD cosCk2AC2BC22AC BC cosCk22AC22BC2AB2，同理有另兩式，加之，得DE2EF2FD23k2AB2BC2CA212SAABC4 22.AB BC CA下證對于一般的DEF，有DE2EF2FD2AB2BC2CA212SABC.找到DEF重心 G ,由中線長，易知有DE2EF2FD2AB2BC2CA2Ak AC,三角形ACO、S1、S2表又47 / 33S AOCOAOCOSAAECSAACDS2EODODO

41、EOSAEDCSAAEDSAAECSAACDBCABSAAEDSAEDCBDBESAABC3S2S3S SS3S3二 SS2S32 . S SS317.1.57 已知ABC三邊分別為 a、b、c,其中 b、c 確定，D為BC中點，/ ADC求sin的最大值（a 不固定，用 b、c 表示）.22.2.2b c si nAsin12222 22b2c2b2c2cos2A42 2下證此式W4b c2這等價于.2 22b c2故 S3最小值為S2吃里，達到此值時 S后 VS2S，即卩ED II AC.解析 易知 a2b2c22bccosA, AD2121b24CE即知）.于是2c 2bccos A （

42、延長AD一倍至E并連2bcsin A4S2 ABC2. 2 . 2a lsin2222c sin A ,A48 / 33222222c 4b c cos A b49 / 33這可由 b2c2 2bc 及 cos2A 0 推出，故sin的最大值為22bc2，僅當ZBAC 90或 b cAB AC時成立.17.1.58 （費馬光行最速原理）光線由A到B，在介質(zhì)分界面I上折射.設 C 為I上一點，直線AC、BC與I所夾銳角分別為!、2，又設 C 是I上另一點.求證：當 V、V2（光線在兩種不同介質(zhì)中的速度）滿足v1cos1v2cos2時必有AC BCAC BCV1V2V1v2解析 作點B關于直線I的對稱點 B1，則有BC BC