初中数学竞赛辅导2018届人教版初中数学第17章《几何不等式与极值问题》竞赛专题复习含答案

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

第17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.

APCBD

解析

易知AB?AC?PB?PC，

又AB2?AC2?BD2?CD2 ?PB2?PC2，

故有AB?AC?PB?PC．

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△BCO的面积分别为3、12，求四边形ABCD面积的最小值．

ADOBC

解析

易知

S△ABOBOS△BCO??，故S△ABO?S△CDO?S△ADO?S△BCO?36. S△ADODOS△DCO从而S△ABO?S△CDO≥2S△ABO?S△CDO?12，

且当S△ABO?S△CDO（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?h?-?AB?AC?. 解析

22?BC?h?2??AB?AC?

2?BC2?h2?2BC?h?AB2?AC2?2AB?AC，

1

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由条件，知2BC?h?4S△ABC?2AB?AC，且AB2?AC2?BC2， 于是?BC?h???AB?AC??h2?36.

注意：这同时解决了（1）和（2）.

17.1.5★ 设矩形ABCD，BC=10，CD?7，动点F、E分别在BC、CD上，且BF?ED?4，求△AFE面积的最小值．

ADE22BFC

解析设 BF?x，

DE?y??4?x?，则

11S△ABF?S△ADE?S△ECF??7x?10y??10?x??7?y????70?xy?。 ??22由xy≤12?x?y??4。故 41S△AEF≥70???70?4??33.

2当BF?ED?2时达到最小值．

17.1.6★ 设P是定角?A内一定点，过P作动直线交两边于M、N，求证：△AMN面积最小时，P为MN的中点．

MPαAβN解析

如图，连结AP，设?MAP??，?NAP??，?????，由

S△AMP?S△ANP?S△MAN，得

AM?AP?sin??AN?AP?sin??AM?ANsin?。

又 左式≥2AP?AM?AN≥sin??sin?， 故 S△AMN

达到最小值时，须S△AMP?S△ANP，故P为MN之中点.

N、CA、AB上，BM?CN?AP?1，17.1.7★ 正三角形ABC的边长为1，P分别在BC、M、

2

12AP2sin?sin?。 ?AM?AN?sin?≥2sin?2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

求△MNP的最大面积。

zAPN yBxMC

解析

如图，设BM?x，CN?y，AP?z，则0≤x，y，z≤1，x?y?z?1。

1S△APN?S△BPM?S△MNC??x?1?z??y?1?x??z?1?y???sin60?， 2?于是问题变为求x?1?z??y?1?x??z?1?y?的

最小值，展开后约去x?y?z??1?，即求xz?yx?zy的最大值． 由S△A不?P等

△NS式?xy?yz?zx≤S?P2M△9112?x?y?z??33知，当x?y?1z?时3，

△BS△MNP，此时的面积达到最大值。 SMNCABC13S△ABC?. 31217.1.8★ 设△ABC是边长为l的正三角形，过顶点A引直线l，顶点B、C到l的距离记为

?S△MNP?max?d1、d2，求d1?d2的最大值．

QAlBPlC

解析 l?BC.

如图，若l穿过BC，则由“直角边小于斜边”知d1?d2≤BC?1，取到等号时仅当

若l不经过BC，取BC中点P，作PQ?l，Q在l上，则d1?d2?2PQ≤2AP?3，取到等号仅当l∥BC.

综上所述，d1?d2的最大值为3。 17.1.9

在数1、

111111111、、、、、、、、中，若任找三个数能组成三角形2473568910的三边，则称这三个数是“好搭档”，则总共有多少组“好搭档”？

3

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解析 此题可分类讨论。 显然1不可能为边．

1116!?111111?由于??，故?，，，，，?中任三数可构成三角形的三边，一共有?2059103!3!?5678910?组。 当最大边为

1111时，次大边只能为，最小边为或，有2组。 2435111111111当最大边为时，次大边为或．次大边为时，最小边???，故可取~；

44341251035112111次大边为时，最小边???，可取与共有8组．

3515675当最大边为

1111时，次大边为、、．次大边 4756111111为时，最小边???，可取~；次

45206105大边为

111111时，最小边???，可取~； 6461271011131时，最小边???，可取 747288次大边为

1和。共有11组。 9综上所述，总共有41组． 17.1.10★ 设?XOY?60?，A、B是OX上的两个定点，P是OY上的一个动点，问当P在什么位置时，PA2?PB2最小？

XBA60°OPY解析

如图，设OA?a，OB?b，OP?x，不妨设a?b。则

PA2?a2?x2?ax， PB2?b2?x2?bx，

故 PA2?PB2?2x2??a?b?x?a2?b2

?a?b?a?b??22?2?x?。 ??a?b?48??22显然当x?a?b时，PA2?PB2最小。 4评注 容易验证，此时P为AB的中点在OY上的射影。 17.1.11★ 设直角△ABC中，?C?90?，求证：

4

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AB2. S△ABC≤4解析 如图，作A关于BC的对称点A?，连结A'B、A'C，则

BA'CA

1S△ABC?S△BAA'

2??1AB?A'B?sin?ABA' 411AB2sin2B≤AB2. 44取等号仅当△ABC为等腰直角三角形。 17.1.12★ X是△ABC的边AB上一点，P为△ACX的内心，Q是△BCX的内心，M是PQ的中点，求证：MC?MX.

解析

如图，连结XP、XQ、CP、CQ，则?QXP?90?，MX?1PQ，又211?PCQ??BCA?90?，故CM?PQ，于是结论成立。

22APMCXQB

评注 三角形某边上的中线分别大于、等于、小于该边的充要条件是该边所对内角为锐角、直角或钝角，这是一个常见的结论．

17.1.13★★ 已知凸六边形ABCDEF中，AF∥CD，AB∥ED，BC∥EF， 求证：S△ACE?S△BDF≥SABCDEF.

AFPREBQCD解析

如图，作□ABCD、□QCDE、□EFAR，于是出现三组全等三角形。这样便有

2?S△ACE?S△PQR??S△PQR?S六边形ABCDEF，

5

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即 S△ACE?1S六边形ABCDEF+S△PQR? ?21≥S六边形ABCDEF. 21同理有 S△BDF≥S六边形ABCDEF.

2评注 不破除对称性，此题就比较复杂（当然不是所有的题目都能带给你好运）．另外，

用这种方法还能证明S△ACE?S△BDF.

17.1.14★★ 已知矩形ABCD，AB?3，BC?5，P是AD上一点，CP、BA延长后交于M，直线CQ垂直于BP，交BM于Q，若Q为MB中点，求AP.又条件同上，若BC的长度不固定，求BC的最小值．

MAQPDBC

解析

如图，设AP?x，由△MBC∽△CDP，得

BQAP5，BQ?x。 ?BCAB3MBCD15，代入得MB?。 ?BCPD5?x又△APB∽△BQC，得由MB?2BQ，得解得x?322?x，或2x?10x?9?0， 5?x35?7。 23y32xy?x，或，BQ?，故由MB?2BQ得

y?xy?x33若BC长度不固定，设其为y，MB?2x2?2yx?9?0，由?≥0得y≥32。BC可取的最小值是32，此时P为AD中点。

17.1.15★★ 设I为△ABC的内心，P是△ABC内部的一点，满足

?PBA??PCA??PBC??PCB.

求证：AP≥AI，并说明等号成立的充分必要条件是P?I.

APIBC

解析

易知

1??B??C???IBC??ICB， 26

?PBC??PCB?

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?BPC??BIC. 因此

故B、C、I、P四点共圆，即点P在△BCI的外接圆?上。

?的中点，记△ABC的外接圆为?，则?的中心M为?的BC即为?A的平分线AI与?的交

点。

在△APM中，有

AP?PM≥AM?AI?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．

A12B5E34C6F

解析 如图，标好各角，则?1??2??3??4??5??6??1??2??ACB??ABC?180?，故总有一角≤30?，当△ABC为正三角形，DB?AB、DC?AC时最小角达到最大值30? 17.1.17★★ 凸四边形ABCD中，点M、P分别是BC、CD的中点，若AM?AP?a，求证：

1S四边形ABCD

2ADPBMC

解析

如图，连结AC、MP，易知

11S△AMP?S△BDC?S四边形AMCP?S四边形ABCD．

42又 S△AMP?

S△BDC?S四边形ABCD，

1AM?APsin?MAP 21(AM?AP)212≤AM?AP≤?a， 288111因此 S四边形ABCD?S四边形ABCD?a2，

248 7

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1S四边形ABCD?a2．

217.1.18★★★在三角形ABC中，AC?4，BC?6，?BAC?2?ABC．P是平面上任意一点，求3PA?2PB?PC的最小值．

即

DA4B6C

解析因为

U?3PA?2PB?PC

?2(PA?PB)?(PA?PC) ≥2AB?AC?2AB?4．

下面来求AB．

延长BA至D，使得DA?AC，连结CD，则 1?D??DCA??BAC??ABC，

2所以△DCA∽△DBC，故

DCDA)，故AB?5．，所以DC2?DA?DB，即36?4(4?AB ?BDDC所以，所求的最小值为14．

17.1.19★★在锐角三角形ABC中，求证： cosB?cosC≤2sinA． 2A．下面不妨设AB?AC． 2A解析当?B??C时，显然有cosB?cosC?2sinFBEHGDC

F?AC．在AB上取点F，使A作角平分线AE、高AD，则AE垂直平分CF．又作FH?ADACFFGCGFHCD于H，AD与CF交于G，则2sin??????cosB?cosC．

2ACFAACFAAC17.1.20★★△ABC中，点D为BC之中点，点E、F分别在AC、AB上，求证： 2S△DEF?S△ABC?S△AEF．

解析如图，连结BE、CF，则由BD?CD，得 2S△DEF?S△BEF?S△CEF．

8

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AFEBDC

而S△BEF?S△BCF，故S△BEF?S△CEF?S△BCF?S△CEF?S△ABC?S△AEF．于是结论成立． 17.1.21★★设a、b、c为三角形三边长，则对任意实数x、y、z，有

a2(x?y)(x?z)?b2(y?z)(y?x)?c2(z?x)(z?y)≥0．

解析设x?y?p，y?z?q，则x?z?p?q， 原式?a2p(p?q)?b2qp?c2(p?q)q

?a2p2?(a2?b2?c2)pq?c2q2?f(p)．

它的判别式 ??(a2?b2?c2)2q2?4a2c2q2

?[(a?c)2?b2][(a?c)2?b2]q2

≤0．

f(p)≥0．

于是

17.1.22★已知图中窗框总材料一定，问何时窗的面积最大？（图中6个矩形全等）

CAB

解析设AB?x，AC?y，则总材料为l?10x?9y?πx（l为常数），面积为S?6xy?是 y?2ll?(10?π)x?20π?，代入，得S?x????x2．

39?36?π2于x．2这个二次函数在x?2l时取到极大值，此时x、y均有实际意义．取得窗的最大面积为40?π2l2．

120?3π17.1.23★★ABCD和EFGH都是边长为1的正方形，且AB∥EF．两个正方形重叠部分的

1面积为，求两个正方形中心距离的最小值．

16

9

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解析如图，设ABCD的中心为I，EFGH的中心为J，过I、J分别作IK∥AB，JK∥BC，

IK、JK交于K．又设两正方形重叠部分为矩形BMHN，HM?x，HN?y，则xy?IK?1?1????x??1?x，同理JK?1?y， 2?2?EANHIDCBMKGJF1，16

所以

IJ2?(1?x)2?(1?y)2 ?x2?y2?2(x?y)?2

?(x?y)2?2(x?y)?2?2?77?(x?y?1)2?≥．

881 16所以， 当x?IJ≥14． 42?32?314，y?时等号成立．故所求的最小值为． 44417.1.24★★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为△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

N△D于，则的周长

4S△ABC?GF?≥2F?E2≥2E???BACHs? GAD???inHBCsin?BAC?2S△ABC． RAGMBDFENCHM

这里AD?为△ABC的高，R为△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．

17.1.25★★直角三角形内切圆半径为1，求其面积的最小值．

10

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1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?a2?b2)?1，整

2理，得(a?b?2)2?a2?b2，或ab?2a?2b?2≥4ab?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?22，此时该三角形为等腰直角三角形．

17.1.26★★梯形ABCD高为d，上底AD?a，对角线交于P，求用a、d表示△APD与△BCP面积之和的最小值．

解析如图，作EPF与AD、BC垂直，垂足分别是E、F．设BC?x，则PE?PF?d，PEADa??PFBCx，解得PE?2ada?x，

PF?xda?x，于是

S△A?P△SD1a2?2a?Bd?xC12x?P?aA2?d1a2?d． ?2x?a?xxEPDBFC

a2?x2设则x2?yx?a2?ay?0有解，故?≥0，即y2≥4(a2?ay)，即y?2a≥22a，?y，

a?xy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△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．

D?CD，DP≌△CDF(SAS)，F?BP．解析如图，延长FD至P使DP?DF，由B知△B故C

AEBPFDC

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??E??F?720?，不妨设?A??F≤240?，作菱形ABGF，则?GFE≤60?，FG?FE?1，则GE是△FGE最小边，GE≤1，又BG?1，故BE≤BG?GE≤2．

11

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AFBEGDC

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，则

AFPEBDC

S△DEF?S△EPF?S△FPD?S△DPE

1?(PD?PE?PE?PF?PF?PD)sin120? 2?3(PD?PE?PE?PF?PF?PD)． 41由熟知的不等式ab?bc?ca≤(a?b?c)2，及PD?PE?PF为常数（△ABC的高h），得

3S△DEF≤?3(PD?PE?PF)2 121321?h?S△ABC． 434等式成立，仅当PD?PE?PF，此时P为△ABC的中心． 17.1.30★★证明：四边形四边的平方和不小于对角线的平方和，等号成立仅当该四边形为平行四边形时．

解析如图，设BD中点为E，由中线长公式知

ADEBC

AB2?AD2BD2， AE??242 12

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BC2?CD2BD2． CE??24又由基本不等式，有

22(AE2?CE2)≥(AE?CE)2≥AC2，

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．

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．

APBRQC

当BR≤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

11a2sinC2 ?BQ?PQ??BCtanC?288cosCa?S△ABCa2??． 4bcosC2(a2?b2?c2)当BR?RC，即c?b时，BQ?CQ．当Q落在R上，BQ?CQ达到最小，BQ?PQ达到最c2ca2?c2?b2大．此时S△BPQ的最大值为S△ABR?sinBcosB?cosB?．

2a2a217.1.32★★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．

PADB

又由柯西不等式（或展开后移项配方）有

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1??1222???(PA?BD?PB?AD)≥(PA?PB)， ?BDAD?故

(PA?PB)2

≤AB(AD?BD?AB?PD2?AB)

BD?AD2PD2?AB2， ?AB?BD?ADPD2PAAD于是PA?PB的最大值是AB1?，此时，PD为?APB的平分线． ?BD?ADPBBD17.1.33★★直角三角形ABC的直角顶点C在直角三角形DEF的斜边DF上，而E在

△ABC的斜边AB上，如AC、BC、DE、EF分别等于10、15、12、12，求凸四边形ABFD之面积的最大值． 解析如图，由四边形面积公式，知11S四边形ABFD?S四边形AECD?S四边形EBFC≤AC?DE?EF?BC?150．

22ADCFEB

取等号须AC?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?S△ABP?S△BCP?S△CDP?S△DAP

1111≤PA?PB?PB?PC?PC?PD?PD?PA 22221?(PA?PC)(PB?PD) 2125． ≤(PA?PC?PB?PD)2?82等号成立，必须PA?PC?PB?PD，比如PA?1，PC?4，PB?2，PD?3，且A、P、

14

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25． 217.1.35★★面积为1的三角形ABC中，三条边长a、b、c满足a≤b≤c，求a?b的最小值．

解析如图，过C作直线l∥AB，又作BE?l于E，延长一倍至D，连结CD．则C共线，B、P、D共线，AC?BD，此时，AC?BD?5，S四边形ABCD取最大值

a?b?AC?CD≥AD?c2?(2h)2．这里h?BE．

DCElAB

显然有c2?4h2≥2c2?4h2?4ch?8，于是a?b≥22．

仅当A、C、D共线，即a?b?2，且c?2h?2时取等号，此时△ABC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．

D∥AC，解析如图，不妨设AB?15，AC?10，AD为角平分线．今在AB上取一点E，使E则易知

EDBDAB153????， ACBCAB?AC255AEBDC

3故ED??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．

ASPTNBMC

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由PN≤AP?AN等知△MNP的周长≤AB?BC?CA?3，达到最大值时M、N、P分别落在△ABC的三个顶点上．

又作?BAC的平分线AST，PT、NS分别与AST垂直于T、S，由于?PAS??NAS?30?，1?AP?AN?2PT?2SN≤2PN，故PN≥1，取等号时PN?AS，且P、N是AB、AC213的中点，同理有PM，MN≥，故△MNP的周长≥，取等号仅当M、N、P为各边之

22中点时．

17.1.38★★已知面积为T的梯形ABCD满足AB∥CD，E为边AB上一点，且满足EC∥AD，直线AC、BD、DE交出的三角形面积为t．当

tAB最大时，求． TCD解析如图，设DE与AC交于M，BD与AC交于N，则S△MND?t．

AEBMNDC设CD?x，AB?y(≥x)，

S?ADCES梯形ABCD

2x2xTxT?，即S?ADCE?，S△DMC?，又设

x?y2(x?y)x?yy?xAB?CDAN??CN?pqq?，解出

pqpAM?CM?p，MN?q，则t?S△DMN?y?y?x，即xy?xxT(y?x)xT(y?x)xk?1??．于是要达到最大，即达最大，其中y?x2(x?y)2(x?y)2(k?1)2(x?y)221k?1y?1??S?≤?，?S?2S令则k?≥1．

k?1(k?1)2x?2??21?2S1(?2?S)12?2?S?1?S1≤????，2?2?82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、E，F在DE上，求证： 8S△DFB?S△EFC≤S△ABC，

并求等号成立的条件． 解析如图，连结CD、AF．设

ADAEDF?k1，?k2，?k3，则 DBCEEFADFEBC

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S△EFCS△EFCS△AFCS△ADC11k??????． S△ABCS△AFCS△ADCS△ABC1?k21?k31?k1同理

S△DFBkk1??3?2． S△ABC1?k11?k31?k2于是

S△EFC?S△DFBk3k1k21111???≤???． 2222S△ABC(1?k1)(1?k2)(1?k3)44464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，?C?90?，CD?AB于D，?B的平分线交CD于E，交CAG是EF的中点，FG、△BED、△BFC的周长分别为C1、于F，连结CG，设△C求C2、C3．

C1?C2的最大值． C3CEFGABD

1解析易知?CFB?90???ABC??BED??CEF，可得CE?CF，则CG平分?ECF，而

2?ECF?90???BCD??ABC，所以?FCG??ECG??CBF??ABF，可推得△CFG∽

CCCFBE△BFC∽△BED．因此1?，2?．

C3BFC3BFCF2CF设，所以 ?x，因为BE?BF?2GF，GF?BFBFBEGF?CF?2?1?2??1?2????1?2x． BFBF?BF?C?C2C1C2CFBE1?991?因此，1?????x?(1?2x2)??2?x???≤，所以，当x?，

C3C3C3BFBF4?884?C1?C29有最大值． C3817.1.41★★BE、CF是△ABC的中线，且BE?CF，设AC?b，AB?c(c?b)．

22即4CF?BF时，

（1）求BC之长（用b、c表示）；

b的范围． c解析（1）设BE交CF于G，则G为△ABC的重心，故2GF?GC，2GE?BG，设GE?x，GF?y，因△FGB、△EGC、△GBC为直角三角形，于是有：

（2）若△ABC存在，求

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2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

AFGEBC

12?22x?4y?b,①?4?12?22y?4x?c,② ?4??4x2?4y2?BC2.③??1由①+②得5(x2?y2)?(b2?c2)，

4由③得 即

1BC2?(b2?c2)，

5BC?15(b2?c2)． 5（2）如果△ABC存在，则 AB?AC?BC?AB?AC， 于是有：

1?c?b?5(b2?c2),??5 ?1?c?b?5(b2?c2).(c?b?0)?5?12?22(c?b)?(b?c),④??5 ?1?(c?b)2?(b2?c2).⑤?5?从而

不等式④恒成立；由不等式⑤得： ?b??b?4???10???4?0， ?c??c?2解之得：

1b??2． 2c由于c?b?0，结合不等式⑤的解，得： 1b??1． 2c1b??1时，△ABC存在． 2c17.1.42★★△ABC中，点D、E、F分别在BC、CA、AB上，求证：

所以，当

18

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

1min(S△AFE,S△BFD,S△CED)≤S△ABC，

4并求等号成立的条件．

SSSAF?AEBF?BDCD?CEAF?BFBD?CDCE?EA?????解析如图，△AFE?△BFD?△DCE?．

S△ABCS△ABCS△ABCAB?ACAB?BCBC?CAAB2BC2AC2AFEBDC

易知

AF?BFAF?BF1BD?CDCE?EA1?≤，仅当F为AB中点时取等号，同理，≤，22AB(AF?BF)4BC2AC24于是记min(S△AFE,S△BFD,S△CED)?S，则

S33S△ABC≤S△AFES△BFDS△DCE1??≤． S△ABCS△ABCS△ABC641所以S≤S△ABC，取等号时仅当D、E、F为各边中点．

417.1.43★★★已知：锐角△ABC中，角平分线AD、中线BM、高CH交于一点P，证明：?BAC?45?． 解析如图，若?BAC≤45?，则由于?ACB?90?，得?ABC?45?，故AC?BC，AH?BH．

ANHPBDCQM

作边AB上的中线CN，交BM于Q，易知N在AH内，于是

AHHPNQ1???，故在直ACCPQC2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

MC、NC、MN． AB?AM?A2C?AD?，连结ANACAC易知△ABC∽△ACM，故MC?BC?，同理，NC?CD?，又△ABD∽△ANM，

ABAD故

AMBDAC2． MN?BD???ADADAB由于MN≤CM?CN，上几式代入，得

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2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

BDAC2ACAC， ?≤BC??CD?ADABABAD去分母，即得托勒密不等式．等式成立的条件是M、C、N共线，此时 ?ABC??ADC??ACM??ACN?180?， 即A、B、C、D共圆．

ABMCDN

17.1.45★★★边长为1的正方形内部或边界上有n个点，则必有两点距离≤6?2(n?3)，1(n?4)．

解析如图(a)，先说明一个结果：△ABC中AD为角平分线，AA?是AD的反向延长，则由?A?AB??A?AC?90?，得A?B?AB，A?C?AC．

A'ABD(a)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△P?QR的每边都不小于△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≤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

ADQBR(b)C

DQ?AQ2?AD2?(6?2)2?1?2?3，

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2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

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≤2．

如四点构成凸四边形PQRS，不妨设?S≥90?，则PS2?SR2≤PR2≤2，所以PS、SR中有一个≤1．如四点中S位于△PQR内或边上，不妨设?PSR≥120??90?，同理得min(PS,PS)?1．

17.1.46★★★设△ABC三边长分别为a、b、c，D、E分别在AB、AC上，且DE平分△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．

AFDBHEC

11设AD?x，AE?y，则由S△ADE?S△ABC，有xy?bc．

22又由余弦定理，DE2?x2?y2?2xycosA?(x?y)2?2xy(1?cosA)?(x?y)2?bc(1?cosA)． 因bc(1?cosA)为常数，故DE的大小取决于|x?y|．由于xy为常数，故x?y是x的增函bc），最小为22（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

的最大值为12a2?2c2?b2． 21c?c?记f(x)?x?y，若f(c)≥0，f??≤0，则x?y可取到，于是当≤≤2时，DE的最

2b?2?a2?(b?c)2小值为bc(1?cosA)?．

2c1cc?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b2b2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

当

12a2?2b2?c2．b?2c时可以类推． 217.1.47★★在Rt△ABC中，D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，H为斜边AB的高

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2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

的垂足，G是DH的中点．设O为AB上的任一点，求证：?EOF取最大的角便是?EGF．

CEAODGHFBN

解析连结CH，则HF为Rt△CHB斜边BC上的中线，故HF?1BC?FB． 21D、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≌△FHG． 于是有

EG?GF，?EGD??FGH．

延长EG至N，使GN?EG，连结HN，易知△FGH≌△NGH． 从而FH?HN．结合GF?GN知GH为线段FN的垂直平分线．

设O为AB上任一异于G的点，则OF?ON，且易知ON?OF?OE（若O在G的左边，OF?OE，O在G的右边，则OE?OF）．从而 ?OFG??ONG≤?OEM，

在△OEM与△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

a?b?c?d．取到最大值时，仅当四边形内接于圆． (p?a)(p?b)(p?c)(p?d)，其中p?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

AaBObCcDd

b2?d2?a2?c2?2AC?BDcos?，

又

4S四边形ABCD?2?AC?BDsin?，

两式平方后相加，得

2222222， 16S四边形ABCD?4AC?BD?(b?d?a?c) 22

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

即

14(AC?BD)2?(a2?b2?c2?d2)2． 4由托勒密不等式（参见题17．1．44），有AC?BD≤ac?bd，故 S四边形ABCD?S四边形ABCD≤??124?ac?bd???a2?b2?c2?d2? 41?2222a?c???b?d????b?d???a?c?? ????4?14?a?c?b?d??a?c?d?b???b?d?a?c??b?d?c?a?

??p?a??p?b??p?c??p?d?. 由托勒密定理知，仅当ABCD内接于圆时，面积取最大值.

△EBD、17.1.49★★★中，D、E分别是边BC、AB上的点，且?1??2??3．如果△ABC、 △ADC的周长依次为m、m1、m2，求证：

m1?m25≤. m4AE213BDC

解析

因为?2??3，所以ED∥AC，△EBD∽△ABC，

m1BD；又?1??3，所以?mBCm2ACAC2b2△ADC∽△BAC，?，设AC?b，BC?a，由△ADC∽△BAC得DC??，

mBCBCab2a2?b2BD?a??aam1BDa2?b2，这样，由??mBCa22，

m2ACb，可得??mBCam1?m2a2?b2bb1?b?b?b1?55??????1????????≤.当?，即BC?2AC时，等号2maaa2?a?a?a2?44成立．

17．1．50★★★为△ABC内一点，过O引三条边的平行线DE∥BC，FG∥CA，HI∥AB．D、E、F、G、H，I为各边上的点（如图），记S1为六边形DGHEFJ的面

2积，S2为△ABC的面积．证明：S1≥S2.

3 23

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

AHGDBIOFEC

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?z.易知 △OIF∽△HOE∽△GDO∽△ABC，

所以，

zODBIyOEFC，?， ???caabaaxyzIF?FC?BI????1. abca2由此可得

由柯西不等式知：

S△OIF?S△OEH?S△OGDx2y2z21?xyz?1?2?2?2≥?????，

S2abc3?abc?32从而S四边形OHAG?S四边形OEFC?S四边形OIBD≤S2.

3而四边形OHAG、OECF、OIBD均为平行四边形，所以

21S△AHG?S△CEF?SBDI≤S2，即S1≥S2.

3317.1.51★★★直角三角形ABC中，BC?1，?C?90?，?A?30?，P、Q、R分别在AB、BC、CA上，求max?PQ , QR , RP?的最小值．

解析 如图，猜想最小值是当△PQR为正三角形时取到．为求此值，不妨设图中的△PQR1为正三角形．作QD∥AC，S在AB上．当S在AP上时?PSQ?30???PRQ，故S、P，

2Q至R等距，S在BP上亦然．

BPSAQRC

于是SR??SQ?RQ，SR?RQ，RQ?CQ????2?22，而显见3CQ?SQ?3，故

1RQ?4C2Q?21S?Q422?C?Q3?12?21?CQ27?2C6?Q?1?3C?Q2?3?3. ?7?≥CQ7?72 24

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

33时，RQ达最小值．

77若能证明对一般的动点P、Q、R，有

当CQ?max?PQ , QR , RP?≥3， 73. 7设△ABC的费马点为F（图中未画出），则?BFA??AFC??CFB?120?，设FA?a，FB?b，FC?c，则由余弦定理，知

问题就解决了．用反证法，假定PQ，QR，RP??a2?b2?ab?4 , ①?22?a?c?ac?3 , ② ?22?b?c?bc?1. ③①-②，得?b?c??a?b?c??1， ②-③，得?a?b??a?b?c??2，

故a?b?c，a?b?2b?2c，a?3b?2c，代入②得 3b2?c2?3bc?1?b2?c2?bc，

于是2b2?4bc，b?2c，a?4c，代入上式得 c?72747，b?，a?，a?b?c?7． 77731?S△ABC?SAPFR?SCRPQ?SBPFQ≤?PR?FA?RQ?FC?PQ?FB? 22于是?133?a?b?c??，矛盾！ 2723. 7因此max?PQ , QR , RP?的最小值为评注

△PQR实为费马点的等角共扼点的垂足三角形．a?b?c其实也等于CD?7，

??△ABD为向外作的正三角形．

17.1.52★★★证明：若a、b、c能构成三角形的三边长，则若a、b、c构成锐角三角形三边长，则

111、、也能．又a?bb?cc?a111、、呢? a?bb?cc?a解析不妨设a≥b≥c>0，问题归结为：若b?c?a，则1111 ???a?bc?ab?2c2b?c?111． ??2b?2c2b?2cb?c111．证明如下： ??a?bc?ab?c当a、b、c构成锐角三角形时，≥b≥c>0)：

111、、也构成锐角三角形，证明如下(仍设aa?bb?cc?a25

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

由于

1?a?b?2212?≥c?c?a??a?b???221?，下证即可，此等价于

?a?b??c?a??b?c?2?a2?b?c??a2?bc?ab?ca??b??c?2，由于c???b?c?222?b2?c?2bc?a?2bc?a?bc2，又

b???c??b?a?b，两式相加即得结论．?c?abac

17.1.53★★★点D、E、F分别在BC、CA、AB上，若分别记S△AEF、S△BFD、S△CED为S1、S2、S3，证明：S△DEF≥2S1?S2?S3，当且仅当AD、BE、CF共点时等号成立．

S△ABCAFEBDC

解析设

AFBDCE??1，??2，??3，则 BFCDAE?1S1?S，

?1??1??1??3?△ABCS2?S3??2?1??2??1??1??3S△ABC， S△ABC，

?1??2??1??3?所以

S△DEF?S△ABC?S1?S2?S3

??S△ABC????1??1??1??2??1??3???1??2??1??1??3??2??1??1??3?? 1??1??1???1??2??3?1??1?2?3S．

?1??1??1??2??1??3?△ABC又有

S1S2S3?1?2?3?， 2322S△?1??1??1??2??1??3?ABC223?S△DEF?S△S△DEF?S△ABCABC故 ????S1S2S3SSSS123?△ABC???1??1?2?3??1?2?32≥4，

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2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

于是命题得证．仅当?1?2?3?1时取等号，由塞瓦逆定理知，此时必有AD、BE、CF共点． OY两边于M、N，17.1.54★★★已知定角∠XOY????内有一定点P，动直线l过P，交∠X求OM?ON之最小值(假定∠POX??，∠POY??，PO?d)． 解O析如图Nn?，由O??面积得

S△MON?S△MOP?S△NOP，即

?Ms??OisM?iO，此式可化为n?P??Xsin?sin?sin?O??N?O．P ONOMdMKOPβαNY

用柯西不等式(或展开后用平均不等式)，可得

sin??sin?sin????OM?ON????OM?ON?? dOM??ON≥?sin??sin??，

2故OM?ON的最小值为sin?sin?sin???ONOMdON?dsin??sin??sin??2．等号成立，仅当得

OM?dsin?OMsin??．其与ONsin?联立，可解

?sin?sin??sin??，

ddsin?sin??sin?．又作PK∥OY，与OX交于K，则OK??sin?，

sin?sin?OK?OM，这样的M、N的确存在．

17.1.55★★★★已知锐角三角形ABC，D、E、F分别是BC、CA、AB上的动点，求证：

??DE2?EF2?FD2达到最小时，满足GD?BC、GE?AC、GF?AB，及等价的

ABACBC，此处G为△DEF重心，并用△ABC三边及面积表示这个最小值． ??GFGEGD1EF2．当MD达最2小时，应有MD?BC，如对三边作处理，便有GD?BC、GE?AC、GF?AB，此时

解析如图，先设E、F固定，M为EF中点，则DE2?DF2?2MD2?S△GFD?S△GED，FG?sin∠FGD?GE?sin∠EGD，故FG?sinB?GE?sinC，

FGGE，?sinCsinB同理此值为

GDABACBC，此即． ??sinAGFGEGD 27

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

AFMEGBDC

下证此时的△DEF确实达到三边之平方和最小．先求此值，设GF?k?AB，GE?k?AC，GD?k?BC，则kAB2?BC2?CA2?2S△ABC．

??又DE2?GE2?GD2?2GE?GD?cosC

?k2?AC2?BC2?2AC?BCcosC?

?k2?2AC2?2BC2?AB2?，

同理有另两式，加之，得

DE2?EF2?FD2?3k2?AB2?BC2?CA2?

212S△ABC?． 2AB?BC2?CA2下证对于一般的△DEF，有

?DE2?EF2?FD2??AB2?BC2?CA2?

2≥12S△ABC．

找到△DEF重心G，由中线长，易知有

?DE2?EF2?FD2??AB2?BC2?CA2?

?3?FG2?GD2?GE2??AB2?BC2?CA2?

≥3?FG?AB?GD?BC?GE?CA?

2≥12S△ABC．

2评注这里用到柯西不等式，不难得出等号成立之条件．此题还包含了另一个问题：三角形内求一点至三边距离平方和最小．

CE交于O，CO、△EDO、17.1.56★★★已知△ABC，记△AD、E分别在BC、AB上，AD、△BED的面积分别是S1、S2、S3，求S3的最小值(假定s1、s2已知，用S1、S2表示之)．

解析如图，若设S△AEO?S，S△ODC?S′，则由简单的比例知S?S′?S1?S2，又

28

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