初中数学竞赛专题复习第二篇平面几何第17章几何不等式与极值问题试题人教版

1、1 / 33 第第17章几何不等式与极值问题章几何不等式与极值问题 17.1.1 一个凸行边形的内角中，恰好有 4 个钝角，求 n的最大值. 解析 考虑这个凸行边形的 n个外角，有n 4个角90，故有 n 4 90 360 （严格 小于是由于 4 个钝角的外角和大于 0 ），因此n 8, n的最大值是 7易构造这样的例子。 如果恰好有k个钝角，则 n的最大值是k 3. 17.1.2 在 ABC中，AB AC , P为BC边的高AD上的一点，求证： AB AC PB PC. 解析 易知 AB AC PB PC , 又 AB2 AC2 BD： 2 CD2 PB2 PC2 , 故有A PB PC .

2、 评注 读者不妨考虑AD是角平分线与中线的情况. 17.1.3 已知四边形 ABCD , AC、BD交于O , ADO和厶BCO的面积分别为 3、12 , 求四边形ABCD面积的最小值. CDO SA ABO SA CDO 且当SA ABO SACDO （此时四边形 ABCD为一梯形）时等号成立，所以此时四边形 ABCD面 积达到最小值 27. 17.1.4 已知 :直角三角形 ABC中，斜边BC上的高h 6 （1）求证： BC h AB AC ; (2 )求 BC 2 h -AB AC 2 . 解析 BC h 2 AB AC 2 2 2 BC h 2BC h AB 2 AC2 2AB AC

3、, 解析 易知 SA ABO ADO BO DO S BCO SA DCO ADO SA BCO 36. 从而SA ABO 12 , 故 SA ABO SA CDO 2 / 33 解析设 BF x DE y 4 x 则 S ABF SA ADE SA ECF 1 7x 10y 2 10 x 7 y 1 70 xy 。 2 由xyw 1 2 x y 4故 4 1 S AEF70 70 4 33. 2 当BF ED 2时达到最小值. 如图，连结 AP，设 MAP , NAP , ，由 AM AP sin AN AP sin AM AN sin 又 左式 2AP .AM AN sin sin , 故

4、 1 2 、2AP sin sin SA AMN AM AN sin 2 sin AMP SA ANP SA MAN , 得 达到最小值时，须 S AMP SAANP，故P为MN之中点 由条件，知 2BC h 4S ABC Lt 2 2AB AC ，且 AB AC2 BC 2 是 BC h AB AC 2 h2 36 . 注意：这同时解决了（ 17.1.5 1) 和 ABCD BF ED 设矩形 求 AFE面积的最小值. (2). ,BC=10 , CD 7 动点 E分别在BC、CD上，且 17.1.6 设P是定角 A内一定点，过 N，求证： AMN面 积最小时，P为MN的中点. 解析 P作动

5、直线交两边于 3 / 33 17.1.7 正三角形ABC的边长为 1 , M、N、P分别在BC、CA、AB上，4 / 33 BM CN AP 1，求 MNP的最大面积。 于是问题变为求 记为 d1、d2，求 d1 d2的最大值. 解析 如图，若I穿过BC ,则由“直角边小于斜边”知 d1 d2丄、1 1、丄、丄、丄、丄中，若任找三个数能组成三角形 解析 如图, 设BM x , CN S APN SA BPM SA MNC 1x1 2 AP z，则 g x , y, z AI，并说明等号成立的充分必要条件是 2 2x 2yx 9 0 PBA PCA PBC PCB. SA ACE E六边形 AB

6、CDEF + SAPQR 同理有 评注 解析 如图，设AP x，由 又厶APB s BQC，得 由 MB 2 BQ，得 BQ BC 2 x 3 MBC s CDP , 得CD，代入得 MB BC PD AP AB， BQ 或 2x2 10 x 若BC长度不固定, 设其为 y , MB 3y y x BQ 翌，故由 MB 2BQ 得 3 y x -x ,或 3 11 / 33 因此 BPC BIC. 故B、C、I、P四点共圆，即点 P在ABCI的外接圆 上。 记 ABC的外接圆为 ，贝U 的中心 M为 的?C 的中点，即为 A的平分线 AI与 的 交点。 在厶APM中，有 AP PM AM AI

7、 IM AI PM , 故 AP AI . 等号成立的充分必要条件是点 P位于线段AI上，即P I . 17.1.16 延长一凸四边形形的四边和对角线，得六条直线，任两条直线有一个不大于 90的夹角（这些线无两条平行），求这些夹角中最小的一个的最大值. 证: 1 2 S四边形ABCD V a 2 解析 如图，连结AC、MP，易知 SA BDC S四边形AMCP S四边形ABCD - 4 2 S AMP 1 AM AP sin MAP 2 1 -AM AP 2 (AM AP) 2 8 SA BDC S四边形 ABCD， 1 2 -a , 8 因此 S四边形ABCD 2 解析 如图，标好各角，则1

8、 2 3 4 5 6 1 2 ACB ABC 180 , 故总有一角 2AB AC 2AB 4 . 下面来AB 延长BA至D , 使得 DA AC , 连结CD，贝U D DCA 1 BAC ABC 2 所以 D CA s DB C，故 DC DA，所以 DC2 BD DC DA DB，即 36 4(4 AB)，故 AB 5 . A COS B COSC 0. 解析 设 x y p, y z q，贝U x z p q , 原式 a2p(p q) b2qp c2( p q)q a2 p2 (a2 b2 c2)pq c2q2 6 个矩形全等） 解析 设 AB x , AC y,则总材料为 l 10

9、 x 9y 是 l y （10於，代入, 得 S x 20 n 2 x . 9 3 3 6 nc（ l为常数），面积为 S 6xy - x2 .于 2 A B D C 14 / 33 解析 如图，设ABCD的中心为I , EFGH的中心为J，过I、J分别作IK II AB , JK II BC , x，同理 JK 所以 IJ2 (1 x)2 (1 y)2 2 2 x y 2(x y) 2 (x y)2 2(x y) 2 2 116 (x y 1)28 7 -. 8 所以， IJ .14 4 当 2 .3 当 x h， y 2 m 3 4 时等号成立.故所求的最小值为 14 4 17.1.24

10、在锐角 ABC的边BC、CA、AB上各有一动点 D、E、F，求证： DEF 的周长达到最小当且仅当 AD、BE、CF ABC 的三条高. 解析 如图，设 D关于 AB、AC的对称点分别为 G、H , GD 与 AB 交于 M , DH 与AC 交 于 N , 则 DEF 的 周 长 GF FE EH GH 2MN 2ADsi n BAC 2AD sin BAC 4SA ABC BC sin 2S ABC BAC R 这里AD ABC的高，R ABC的外接圆半径.又由对称性，除了 AD BC外，BE、 CF也分别必须垂直于 AC、AB时方能达到. IK、 JK交于K 又设两正方形重叠部分为矩形

11、BMHN HM x， y，则 xy 1， IK 二 FA N B J H - I 1 M! 二 G C H 15 / 33 17.1.25 直角三角形内切圆半径为 1,求其面积的最小值.16 / 33 解析 设该直角三角形直角边长为 a、b，则易知其内切圆半径为 -(a b ) 1 , 2 整理，得(a b 2)2 a2 b2，或 ab 2a 2b 2 4 . ab 2，此即(.ab 2)2 2 . 由于每条直角边均大于内切圆直径 2,故.ab 2，于是 ab 2 2，直角三角形最小面 积为 3 2 2，此时该三角形为等腰直角三角形. BCP面积之和的最小值. 解析 如图，作 EPF与AD、B

12、C垂直，垂足分别是 E、F 设BC x，贝U PE PF d , A E D B C 2 2 设ay，贝 V x2 yx a2 ay 0 有解，故 a x 0 ,即 y2 4(a2 ay)，即 y 2a 2 2a , y的最小值为 2(.2 1)a，故最小面积为(.2 1)ad 此时 x (.2 1)a . 17.1.27 设D是厶ABC的边BC的中点，E、F分别在边 AB、AC上，DE DF , 试比较BE CF与EF的大小关系. 解析 如图，延长 FD至P使DP DF，由BD CD，知 BDP也 CDF (SAS)，故 CF BP . 17.1.26 梯形ABCD高为d，上底 AD a，对

13、角线交于 P，求用 a、d表示 APD与 PE Aa ad 解 得 PE PF Bx a x “ 2 . 2 . “ 2 2 1 a d 1 x d 1 , a x S APD SA BCP d . 2 a x 2 a x a x PF xd a x 17 / 33 ABGF，贝U GFE 60 , FG FE 1，则 GE 是厶 FGE 最小边,又ED垂直平分 PF，故EF PE，易见EP BE BP，所以EF BE CF . 17.1.28 一凸六边形 ABCDEF每条边长均为 1，求证: AD、BE、CF中至少有一个 2 . 解析如图，由于 A B C D F 720，不妨设 A F 2

14、40 ,作菱形 A F 18 / 33 E 17.1.29 在正 ABC内，P是一动点，求以P在三边上的射影为顶点的三角形面积的 最大值. 解析 如图， ABC内一点P在BC、CA、AB的射影分别为 D、E、F，贝U S DEF SA EPF SA FPD SADPE 1 (PD PE 2 3 (PD PE PE PF 4 PE PF PF PD)sin120 PF PD). 由熟知的不等式 ab be 1 ea (AE CE) AC , 故用中线长公式代入，即得四边形四边平方和的不等式. 等号成立时A、E、C共线，且E为AC中点，即AC、BD互相平分，于是四边形 ABCD 为一平行四边形.

15、评注 又由托勒密不等式 AD BC AB CD AC BD , 知有 (AD BC)2 (AB CD)2 (AC BD)2，等号成立仅当四边形 ABCD为矩形. 17.1.31 设面积为 1 的锐角 ABC三条边分别是 a、b、c ,动点P在AC上，P在BC 上的射影是 Q，求 BPQ 面积的最大值(用 a、b、c 表示). 解析 如图，作 AR BC于R 因为 BQ PQcotC BC (常数)，于是 4BQ PQ cotC BC2 (BQ CQ)2. 当BRW RC,即AB AC或c b时，Q 可为BC中点，此时 BQ CQ，从而 S BPQ可得最 大值为 1 1 2 a2 si nC B

16、Q PQ BC tanC 2 8 8cosC a S ABC 2 a 4b cosC 2 2 2 2(a b c ) 当BR RC, 即卩c b时，BQ CQ .当 Q 落在R上，BQ CQ 达到最小，BQ PQ 达到最 2 2 2 2 大此时 BPQ 的最大值为 ABR sinBcosB ccosB c 2 b . 2 a 2a 17.1.32 设D为定线段AB上一定点，P为动点，PD的长度固定，求 PA PB之最大 值. 解析 由斯图沃特定理 PA2 BD PB2 AD AD BD AB PD2 AB，注意等式右端为定值. 又由柯西不等式(或展开后移项配方)有20 / 33 取等号须 AC

17、 DE , EF BC 此时若将点C位于DF中点，则由DE、EF的值易知E在 ACB平分线上，BC垂直平分EF , AC垂直平分DE，进而由AC、BC之值可知E在AB 上，满足要求所以 S四边形ABFD的最大值为150 17.1.34 凸四边形一内点到四个顶点的距离分别是 1、2、3、4,求这样的四边形的最 大面积. 解析设凸四边形ABCD内有一点P , PA , PB , PC , PD 1 , 2, 3, 4, 则 S四边形 ABCD SA ABP BCP SA CDP DAP (PA PB)2 , AB (AD BD AD 2 2 PD AB BD AD AB 2 PD AB) 是PA

18、PB的最大值是 AB 屮屮上一，上一， Y BD AD 此时 fA PB AD BD， PD为 APB的平分线. 17.1.33 直角三角形 ABC的直角顶点 ABC 的斜边 AB 上，女口 AC、BC、DE 之面积的最大值. 解 析 如 图， 由 1 S四边形ABFD S四边形AECD S四边形EBFC 2 C在直角三角形 EF分别等于 10、 DEF的斜边 DF上，而 E在 15、12、12,求凸四边形ABFD 面 积 公 式， 知 DE -EF BC 150 2 -PD PA 2 BD 2 21 / 33 1 w (PA 8 PC PB PD)2 25 2 等号成立, 必须 PA PC

19、PB PD，比如 PA 1 , PC 4 , PB 2 , PD 3，且 A、P、 1(PA PC)(PB PD) 22 / 33 C共线，B、P、D共线，AC BD，此时，AC BD 5, S四边形ABCD取最大值 兰- 2 17.1.35 面积为 1 的三角形ABC中，三条边长 a、b、c 满足a b AD c2 (2h)2 .这里 h BE 仅当A、C、D共线，即 a b 2，且c 2h 2时取等号，此时AABC为等腰直角三角 形. 17.1.36 三角形两边长分别等于 10 和 15,证明：这两个边的夹角的角平分线小于 12. 解析 如图，不妨设AB 15 , AC 10 , AD为角

20、平分线.今在AB上取一点E，使ED II AC , 则易知 ID BD AB 匹3 , AC BC AB AC 25 5 故 ED 3 10 6，又由 EAD DAC EDA知 AE ED 6，于是 AD AE ED 12. 5 显然 12 是最佳上界. 17.1.37 正三角形ABC边长为 1, M、N、P分别在BC、CA、AB上(含顶点)， AP AN BP BM MC CN，求 MNP的最大周长和最小周长. 解析如图，易知AP AN BP BM MC CN 1 . 显然有 c2 4h2 2 . c2 4h2 4ch 8，于是 a b 2 2 . D A B 23 / 33 由PN 丄，故

21、 MNP的周长-，取等号仅当 M、N、P为各边之 2 2 中点时. 17.1.38 已知面积为 T的梯形 ABCD满足AB II CD , E为边AB上一点，且满足 EC II AD，直线AC、BD、DE交出的三角形面积为 t 当-最大时，求 些. T CD 解析 如图，设 DE与AC交于M , BD与AC交于N，则 SMND t. 仅当2S 1 2S时达到最大，此时 k 3 . 17.1.39 已知 ABC的边AB、AC上分别有点 D 24 / 33 8：人& ABC , 并求等号成立的条件. 解析如图，连结CD、AF 设如 AE k1, DF k2, k3， 则 DB CE EF

22、AB y( x) SYADCE 2x 即 SYADCE 竺, SA DMC xT ， 又设 S梯形ABCD x y x y 2(x y) p , MN q 则 y AB AN p q 解出 卫 y x ,即 x CD CN p q p y x y x xT (y x)xT .于是要 (y x)x 达到最大, 即k 1 达最大，其中 y x 2(x y) 2(x y) (x y) (k 1)2 人 1 1 k 1 1 1 2S 1 2 2S 1 令S ，贝 U S 2S2 S (1 2S) W k 1 2 (k 1) 2 2 2 8 设 CD x , AM CM t S DMN 1 y E ,

23、F在DE上，求证: 25 / 33 SA EFC SA EFC SA AFC SA ADC 1 1 k ABC AFC SA ADC SA ABC 1 k2 1 k3 1 k1 同理 SA DFB 1 k3 k2 SA ABC 1 k1 1 k3 1 k2 于是 SA EFC SADFB k1 k2 k3 1 1 1 1 SAABC (1 k1)2 (1 k2)(1 k3)2 4 4 4 64 . 开方即得结论. 取等号时 k1 k2 k3 1, 即 DE 是中位线， F为DE中点. 17.1.40 已知Rt ABC中， C90 CD AB 于 D , B的平分线交CD于E，交CA 于F ,

24、G是EF的中点, 连结 设 CFG、 BED、BFC 的周长分别为 C1、C2、C3 . CG 求 G -C3 C F 的最大值. 解析易知 CFB 90 而 ECF 90 BCD BFC s BED .因此 1 2 ABC，所以 CF ABC BED CEF，可得 CE CF，贝U CG平分 ECF 设 CF BF 因为 BE BE BF GF BF 因此， C2 C3 C1 C3 即4CF 17.1.41 (1) (2) 解析 GF C1 C BF C2 C3 BF CF BF C2 C3 2GF GF 2x2 CF BF BE BF FCG BE BF CF2 BF ECG CBF AB

25、F，可推得ACFG ，所以 2 (1 2x ) 2 C1 C2 C3 有最大值9. 8 BE、CF是厶ABC的中线， 求BC之长(用b、c 表示)； 若 ABC存在，求-的范围. c (1)设BE交CF于G，则G为 ABC的重心，故2GF GC , y，因AFGB、 EGC、GBC为直角三角形，于是有： BF时, 且 BE CF , AC AB c(c b). 2GE BG，设 GE 26 / 33 27 / 33 x2 4y2 1b2, 4 y2 4x2 1c2, 4 4x2 4y2 BC2 A E 由+得 2 : 5(x y 2) 1(b2 c2)， 由得 （2） 如果 AB AC 于是有

26、： 1 : 1(b ABC存在，则 BC AB AC , BC2 BC /5(b2 c2), 5 1J 丽 5， c2 ).(c 0) (c 2 b) 从而 (c b)2 1 2 5（b 1 2 尹 c2), c2). 不等式恒成立；由不等式得: 2 b 4 - c 10 解之得: 1 b 2 c 由于c 0,结合不等式的解，得: 所以，当1 2 17.1.42 b 1 时， ABC存在. c ABC 中，点 D、E、 F分别在BC、CA、AB上，求证: 28 / 33 所以 S W 1SAABC，取等号时仅当 D、E、F为各边中点. 4 17.1.43 已知：锐角 ABC中，角平分线 AD、

27、中线BM、高CH交于一点P，证 明： BAC 45 . 作边AB上的中线CN，交BM于 Q，易知N在AH内，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 证明托勒密定理和托勒密不等式：对于凸四边形ABCD , AB CD AD BC AC BD，等号成立仅当 A、B、C、D共圆. 解析 如图，今在AB或延长线上取一点M ,在AD或延长线上取一点N ,使 AB AM AC 易知A ABC s AD AN，连结 MC、NC、MN . AC CD AD，又 A ABD SA ANM， A ACM，故 MC BC AC ,

28、AB 同理，NC 故 MN BD AM 2 BD AC AD AD ABmin( S AFE , SA BFD , SACED ) w 并求等号成立的条件. 1SA ABC， 4 AE BF BD 解 SA AFE 析 SA BFD SA DCE AF SA ABC SA ABC SA ABC AB AC AB BC CD CE 如AF BF BD CD 图 CE EA BCA AB2 BC2 AC2 易知 AF BF AB2 AF BF 2 w 1，仅当F为AB中点时取等号, (AF BF) 4 同理 BD CD BC2 CE EA. 1 w 2 AC2 4 于是记 min(SAFE , S

29、A BFD , SCED) S3 S，则3 SA ABC w S AFE SA BFD SA ABC SA ABC DCE ABC W丄 64 解析如图，若BAC W 45，则由于 ACB 90，得 ABC 45，故 AC BC , AH BH . 29 / 33 由于MN CM CN，上几式代入，得 2 BD AC AC AC w BC CD AD AB AB 去分母，即得托勒密不等式. ABC ADC 即 A、B、C、 先考虑n 3的情形， 假定P、Q、R三点在正方形 ABCD （边长 1 ） 内或边上若P在内， 则可用 QPR角平分线反向延长， 交到正方形某边或顶点为 P ,这样 PQR

30、 的每边都不小 于厶 PQR 的相应边.于是P、Q、R三点最终都被“调”到正方形ABCD的边或顶点上.再 通过平移，必能使某点落在正方形的顶点上，其余点若在正方形内，再按上述办法继续调， 最终三个顶点都落在正方形边界上，且其中至少有一个点的正方形的顶点. 不妨设P落在A的位置，若 Q 在AD或AB上，则 PQ w 1 . 6 2，于是由对称性，可设 Q 在CD上，而 R在BC上.如图（b）.若 AQ 6 2，则 AD 等式成立的条件是 M、C、N共线，此时 ACN 180 , ACM D共圆. 17.1.45 边长为 的正方形内部或边界上有 n个点，则必有两点距离 w 6 .2(n 3) ,

31、1(n 4). 解析 如图，先说明一个结果： 由 AAB A AC 90，得 AB ABC中AD为角平分线， AA是AD的反向延长，则 AB，AC AC . Q 30 / 33 DQ AQ2 AD2 ( 6 2)2 1 2 3 , CQ .3 1, 同理 CR ,3 1 , RQ CQ2 CR2 , 6 . 2 . 综上所述结论成立. 以下讨论n 4的情形.由于正方形内或边上最远两点距离是正方形对角线长度，故正方形 ABCD (边长 1)中四点P、Q、R、S中任两点距离 90，则 PS2 SR2 PR2 120 90 ,同理得 min( PS, PS) 1 . 17.1.46 设厶ABC三边长

32、分别为 a、b、c , D、E分别在AB、AC上，且DE平 分厶ABC的面积，求DE的最值(用 a、b、c 表示). 解析如图，设CF、BH为中线. 数.当| x y |取最大值，x需最大或最小，x 最大为AB c (这时y取最小值-),最小为- 2 2 (这时y取最大值b).因此DE的最大值是 AB、AC中短边上的中线.比如当c b时，DE 的最大值为1 2c2 b2 . 2 设AD AE y , 则由 1bc . 又由余弦定理，DE2 x2 2 2 y 2xycosA (x y) 2xy(1 2 cos A) (x y) bc(1 cos A). 因 bc(1 cos A)为常数，故 DE

33、的大小取决于|x y | .由于 xy为常数，故x y是 x 的增函 1 有 S ADE ABC， 2 31 / 33 记 f(x) x y，若 f (c) 0 , f c w 0,则x y可取到，于是当- - 2 时，DE的最 2 2 b c 1 c c 当 或 2 时，比如c 2b时，x总不会小于y，此时 x 时，| x y |最小，DE就 b 2 b 2 是CF ,即为AB、AC中长边上的中线，所以在c 2b的前提下，DE最小值是小值为 osA) a2 (b c)2 32 / 33 1 _ 2 2 2- 1、2a2 2b2 c2 . b 2c时可以类推. 2 17.1.47 在RtA A

34、BC中，D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，H为斜边 AB的 高的垂足，G是DH的中点.设0为AB上的任一点，求证：EOF取最大的角便是 EGF . 2 2 2 2 b d a c 2 AC BD cos 33 / 33 解析 连结CH，贝U HF为RtCHB斜边BC上的中线，故 HF - BC FB . 2 1 D、E 分别为 AB、AC 中点，故 DE BC，所以 DE HF , ADE ABC FHB , =2 从而 EDG FHG . 又 DG GH，故 EDG 也 FHG . 于是有 EG GF , EGD FGH . 延长EG至N，使GN EG，连结HN，易知 FGH也 NGH

35、 . 从而FH HN 结合GF GN知GH为线段FN的垂直平分线. 设0为AB上任一异于 G的点，贝U OF ON，且易知 ON OF 0E (若0在G的左边， OF OE , O在G的右边，则 OE OF ).从而 OFG ONG OEM , 在厶OEM与厶MGF中， EMO与 FMG为对顶角，于是有： EOF EOM MGF (等号当且仅当点 O与点G重合时取到). 这就证明了 EOF取最大角时便是 EGF . 17.1.48 设四边形四边依次为 a、b、c、 d ,则其面积S不大于 (p a)(p b)(p c)(p d),其中 p a b c d .取到最大值时，仅当四边形内接于圆.

36、2 解析 如图，连结AC、BD，交于O, AOB ，则由四边形的余弦定理 (见题 13.1.7 ), 得 4S四边形ABCD 2 AC BDsin D 34 / 33 两式平方后相加，得 16S四边形 ABCD 4AC2 3 BD2 (b2 d2 a2 c2), 1 2 222 22 Sg边形ABCD ,J4(AC BD) (a b c d ). 由托勒密不等式(参见题 17. 1. 44),有AC BD ac bd，故 1 j 2 2 2 2 2 &边形 ABCD 4,4 ac bd a b c d 1 、 2 2 2 2_ a c b d b d a c 1 acbd acd b

37、bd acbdca 4 、 papbpcpd. 由托勒密定理知，仅当 ABCD内接于圆时，面积取最大值 17.1.49 中，D、E分别是边BC、AB上的点，且 1 ADC的周长依次为 m、mi、m?，求证: 3 .如果 ABC、 EBD、 解析 因为 2 3，所以 ED / AC , EBD s ABC ,四 ；又 1 m BC 3，所以 m2 AC ADC 心 BAC，rn BC，设 AC b, BC a，由 ADC BAC得 DC 2 2 AC b BC a BD a 2,2, g m2 a b b 2 m a a 由巴 BD 2 a 2b 2 5m BC a 2 b 1 55 当 b -

38、S，. 3HI / AB . D、E、F 36 / 33 BC、CA上，求 max PQ , QR , RP 的最小值. 解析 可以从 DGO、OHE , OIF的面积与 ABC的面积关系入手. 设 BC a, CA b, AB c, FI x, EH y, DG 乙易知 OIF s HOE S GDO S ABC , 所以，z OD B, y OE FC , c a aba a 由此可得x y a b c 由柯西不等式知： IF FC Bl a SA OIF SAOEH S2 SAOGD 2 2 2 , 2 x y z 1 x y z a b c 3 a b c 边形OHAG 乐边形OEFC

39、 Sg边形 OIBD W S . 3 而四边形OHAG、OECF、OIBD均为平行四边形，所以 S AHG SA CEF 1 2 SBDI W S2，即 S1 A S2 . 3 3 17.1.51 直角三角形 ABC中，BC 1 , C 90 , A 30 , P、Q、R 分别在 AB、 解析 如图，猜想最为求此值，不为正三角形.作 QD / AC , S在AB 上.当S在AP上时 PSQ 30 1 PRQ，故 S、P , 2 Q 至R等距，S在BP上亦然. 于是 SR RQ , SR RQ , 2 SQ RQ _2 、CQ V 2 而显见 3CQ SQ 3 , 故 H G O D C B 当

40、 CQ |时, RQ 达最小值算 37 / 33 -，得 a ABD为向外作的正三角形. 17.1.52 证明：若 a、b、e 能构成三角形的三边长， 解析 不妨设 a b e0,问题归结为：若b e a，则1 1 1 .证明如下 a b e a b e 1 1 1 1 a b e a b 2e 2b e 1 1 1 2b 2e 2b 2e b e 若 a、b、e 构成锐角三角形三边长，则 、丄、丄 呢? a b b e e a 当 a、b、e 构成锐角三角形时, 也构成锐角三角形, 证明如下（仍设 a 若能证明对一般的动点 P、Q、 R，有 问题就解决了 用反证法，假定 PQ , QR ,

41、RP . 3 设厶ABC的费马点为 F （图中未画出），贝 U BFA FB AFC CFB 120 ，设 FA a 2 a 2 a b2 b , b2 2 e FC ab ac be 1. 则由余弦定理，知 -，得 b e 1, 故a 3b2 于是 b 2 e 2b2 e T， 3 于疋 2 1 3 e, 3be 1 4be , 2.7 S ABC 因此 max 2e , a e2 be, 2e, a 4e, 4、7 T， 2b b2 SAPFR ScRPQ 矛盾! 3b 2e，代入得 代入上式得 SBPFQ w - PR FA RQ 2 FC PQ FB PQ , QR , RP 的最小值

42、为 评注 PQR 实为费马点的等角共扼点的垂足三角形. a b e其实也等于 CD 则、丄也能.又 a b b e e a max PQ , QR , RP 38 / 33 e a当 CQ |时, RQ 达最小值算 39 / 33 4 2 3 解析 设AF BF 1 , BD 2 , CE 3，则 S - 1 SA ABC , 1 1 1 3 S2 2 SA ABC ， 1 2 1 1 S3 - 3 & ABC， 1 2 1 3 所以 S DEF SA ABC SI S2 S3 SA ABC 1 1 4 2 1 3 1 2 1 1 3 2 1 1 3 1 1 1 2 1 3 1 12

43、3 SA ABC . 3 由于 1 12 2 9 a b c a a b c a 2 2 ,由 2 b c a b )C ab ca 于 2 b c b c b c a b c ab ac 17.1.53 点 D、E、 F 分别在 BC、 下证 2 1 丄字即可， 此等价于 a b c a b c 2 2 2 2 2 b c b c 2bc a 2bc a bc , 又 ，两式相加即得结论. CA、 AB上，若分别记 SA AEF、 A BFD 、SA CED 为 S2、S3，证明: SA DEF 2 S $ S3，当且仅当 AD、 ,SA ABC BE、CF共点时等号成立. 1 H Si D

44、EF S1S2S3 2 3 SA DEF Qi ABC SA ABC SS2S3 SA ABC 40 / 33 2 1 1 2 3于是命题得证仅当 12 3 1 时取等号，由塞瓦逆定理知，此时必有 41 / 33 17.1.54 已知定角 / XOY 内有一定点P，动直线I过P，交/XOY两边于M、N , 求OM ON之最小值（假定Z POX Z POY , PO d) 面积得 SA MON SA MOP SA NOP ， 即 OM ON sin OM OP sin ON OP sin , sin ON sin OM sin d 此式可化为 Y （或展开后用平均不等式），可得 OM ON OM

45、 d 用柯西不等式 ON sin ON sin OM | _ | _ 2 sin sin , 故OM ON的最小值为 d sin si n ,si n 2 等号成立, sin ON ON sin sin 联 OM d d . . . (sin sin sin 立 又作 得 OM d sin 苴与 仅当 sin OM，这样的M、N 的确存在. ABC , FD2达到最小时，满足 OK 17.1.55 已知锐角三角形 证： AB GF 2 2 DE2 EF2 AC BC GE GD， 解析 如图，先设 最小时，应有MD S GFD SA GED， PK II OY，与 OX 交于 K D、E、F分

46、别是BC、 GD ， 贝 U OK d sin sin 此处 G 为 DEF重心, 并用 CA、AB上的动点， BC、GE AC、GF AB，及等价的 ABC三边及面积表示这个最小值. 贝 V DE2 DF2 2MD2 - EF2 当 MD 达 2 GF AB，此时 FG sinZ FGD GE sinZ EGD，故 FG sinB GE sinC , -FG sin C E、F固定，M为EF中点, BC，如对三边作处理，便有 GD BC、GE AC、 GE sin B 同理此值为（D，此即旦些匹 sin A GF GE GD 42 / 33 下证此时的 DEF确实达到三边之平方和最小.先求此

47、值，设 GF k AB , GE GD k BC，则 k AB5 BC6 CA2 2SAABC Q Q Q 又 DE GE GD 2GE GD cosC k2 AC2 BC2 2AC BC cosC k2 2AC2 2BC2 AB2 ， 同理有另两式，加之，得 DE2 EF2 FD2 3k2 AB2 BC2 CA2 12SA ABC 5 2 2 . AB BC CA 下证对于一般的 DEF，有 DE2 EF2 FD2 AB2 BC2 CA2 12S ABC . 找到 DEF重心 G ,由中线长，易知有 DE2 EF2 FD2 AB2 BC2 CA2 6 FG2 GD2 GE2 AB2 BC2

48、CA2 2 3 FG AB GD BC GE CA A k AC , 三角形 ACO、 S1、S2 表 又 43 / 33 S AO CO AO CO SA AEC SA S2 EO DO DO EO SA EDC SA AED SA AEC SA ACD BC AB SA AED SA BD BE SA ABC 3 S2 S3 S S S3 S3 二 S S3 2 . S S S3 17.1.57 已知 ABC三边分别为 a、b、c,其中 b、c 确定，D为BC中点，/ ADC 求sin的最大值（a 不固定，用 b、c 表示）. .22.2. 2 b c si nA sin 1 2 2 2 2 2 2 b2 c2 b2c2 cos2 A 4 2 2 下证此式W 4b c 2 这等价于 .2 2 2 b c 故 S3最小值为S2吃S ，即卩 ED II AC . 解析 易知 a2 b2 c2 2bccosA, AD2 12 1 b2 4 CE即知）.于是 2 c 2bccos A （延长AD 一倍至E并连 2 bcsin A 4S 2 ABC 2. 2 . 2 a l sin A 44 / 33 2 2 2 22 2 2 c 4b c cos A b2 2 2 2 c sin A