2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案第75讲_几何不等式

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是连接线段DE上的任意一点.设ADAB=x,AEAC=y,DFDE=z,证明:(1)S△BDF=(1–x)yzS△ABC,S△CEF=x(1–y)(1–z)S△ABC;(2)3S△BDF+3S△BDF≤3S△ABC.(2003年女子数学奥林匹克试题)证明(1)如图,有S△BDF=zS△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.(2)3S△BDF+3S△BDF=(3(1–x)yz+3x(1–y)(1–z))3S△ABC≤((1–x)+y+z3+x+(1–y)+(1–z)3)3S△ABC=3S△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：.92SSABCPQR(1988年全国高中数学联赛第二试试题)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.1212112,,.3231111111,.23633661112126,,.1233392PQRABCPQRABCPQRHSPQARSABACABACPQPQACACAPAPBQABPQARAPSARACACSDDDD××==××=?=--==--=\=?Q故情景再现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是线段DE上的任意一点，设ADAB=x,AEAC=y,DFDE=z,且y+zx=１2.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94(S…表示图形的面积)(1984年全国高中数学联赛第二试试题)LHBCAQRPＢ类例题例3(Erdős-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12≤BAPBCPSSBPACⅱDDⅱ+?①等号成立当且仅当BP⊥A΄C΄.由于△ABC≌△A΄BC΄,①式等价于12cp+12ar≤12yb.即y≥cb·p+ab·r②同理x≥ca·q+ba·r③z≥bc·p+ac·q④[来源:学#科#网Z#X#X#K]将不等式②、③、④相加得x+y+z≥p(cb+bc)+q(ca+ac)+r(ab+ba)≥2(p+q+r).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PDAD+PEBE+PFCF=S△PBCS△ABC+S△PCAS△ABC+S△PABS△ABC=1,设∠PAB=α,∠PBC=β,∠PCA=γ,则sinαsinβsinγ≤PFPA·PDPB·PEPC=PDPA·PEPB·PFPC=y,令x1=PDAD,x2=PEBE,x3=PFCF,那么x1+x2+x3=1,且y=PDPA·PEPB·PFPC=x11–x1·x21–x2·x31–x3=x1x2+x3·x2x3+x1·x3x1+x2≤x1x2x32x2x3·2x3x1·2x1x2=18.当且仅当x1=x2=x3=13时取等号,所以sinαsinβsinγ≤18,由此推出sinα、sinβ、sinγ中至少有一个不大于12,不妨设sinα≤12,则α≤30o或α≥150o.当α≥150o时β＜30o,γ＜30o.命题也成立.当sinαsinβsinγ=18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，∠PCA120o,则PDPA=sin∠PAB＞sin30o,即2PD＞PA.同理2PE＞PB,2PF＞PC.于是有2(PD+PE+PF)＞PA+PB+PC,这与Erdős-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:13|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)证明利用余弦定理,知BD2=AD2+AB2–2AD·ABcos∠DAB=CD2+BC2–2CD·BCcos∠DCB,由已知条件知60o≤∠DAB、∠DCB≤120o，故–12≤cos∠DAB≤12，–12≤cos∠DCB≤12,于是3BD2–(AB2+AD2+AB·AD)=2(AB2+AD2)–AB·AD(1+6cos∠DAB)≥2(AB2+AD2)–4AB·AD=2(AB–AD)2≥0,即13(AB2+AD2+AB·AD)≤BD2=CD2+BC2–2CD·BCcos∠DCB≤CD2+BC2+CD·BC.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13|AB3–AD3|≤|BC3–CD3|.等号成立的条件是cosA=12;AB=AD;cosC=–12或者|AB–AD|=|CD–BC|=0.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=332.(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14＜AI·BI·CIAA´·BB´·CC´≤827.(第32届IMO试题)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ABDE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：SA1B1C1D1SABCD≥R12R2.(1993年CMO试题)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=12(a+f)esin∠B1AC1,∠DCB=∠B1AC1,SABCD=S△ABD+S△BDC=12adsin∠DCB+12bcsin∠∠B1AC1,于是,S△AB1C1SABCD=(a+f)ead+bc=(e+d)ead+bc·a+fe+d=R12-R2ad+bc·a+fe+d.[来源:学|科|网]同理S△BC1D1SABCD=R12-R2ab+cd·b+ga+f,S△CD1A1SABCD=R12-R2ad+bc·c+hb+g,S△DA1B1SABCD=R12-R2ab+cd·e+dc+h.将上面四个等式相加,并运用均值不等式得SA1B1C1D1-SABCDSABCD≥4(R12-R2)1(ad+bc)(ab+cd)①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a+b+c+d≤42R,再由均值不等式得(ad+bc)(ab+cd)≤(ad+bc)+(ab+cd)2=(a+c)(b+d)2=12·14(a+b+c+d)2=4R2.从而推出SA1B1C1D1-SABCDSABCD≥4(R12-R2)·14R2=R12-R2R2.故SA1B1C1D1SABCD≥R12R2.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BCPQ+CAQR+ABRP≥6.(2003年韩国数学奥林匹克试题)证明设a=BC,b=CA,c=AB,p=QR,q=RP,r=PQ,则只需证明T=ar+bp+cp≥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－b22ac)=(s-b)2[b2-(a-c)2]ac=4(s-b)2(s-a)(s-c)ac,故r=2(s-b)(s-a)(s-c)ca同理可得p=2(s-c)(s-a)(s-b)ab,q=2(s-a)(s-b)(s-c)ca利用算术几何均值不等式可得T=aca2(s-b)(s-a)(s-c)+bab2(s-c)(s-a)(s-b)+cbc2(s-a)(s-b)(s-c)≥323a2b2c2(s-a)2(s-b)2(s-c)2=63a2b2c2(b+c-a)2(c+a-b)2(a+b-c)2.②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≤a2b2c2.③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所作垂线的垂足，证明427＜S△MNPS△ABC≤14.(第16届巴尔干数学竞赛试题)8.设△ABC的周长、面积和外接圆半径分别是P、K、R,试求KPR3的最大值．(2005年加拿大数学奥林匹克试题)习题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：427＜S△MNPS△ABC≤14(1988年全国高中数学联赛第二试试题)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