[讲义答案]第12讲代数法解几何-7322f872e173_学而思高二全套_2019年秋季高二_2019秋高二秋季数学邹林强（实验班）二试_A129.学而思2019秋CMO代数班16讲邹林强等多个文件_[讲义答案]

答 案
见解析
解析
如图，设
的内切圆半径为，内心为，外心为
，圆
、
的半径分别为、． 
 
则
，
，
． 
注意到
是
的边
上的点，由斯特瓦尔特定理得 
． 
将
代入得 
． 
又
，则 
 
 
同理，因为
，
，
，所以， 
， 
于是，
． 
故
 
． 
模块1：
1
例题1
1
△ABC
r
I
O
ω
 
A
Ω
 
A
u
v
AP
 =
A
u
P
 O =
A
R −u
IP
 =
A
r + u
P
 
A
△AOI
OA
r + u
=
(
)2
 −
R
u ⋅OI + R −u ⋅IA
2
(
)
2
u R −u
(
)
OI =
 
R R −2r
(
)
u =
 
IA + 4Rr
2
IA −r
R
(
2
2)
IA =
 =
sin
 2
A
r
4R sin
 ⋅
2
B
sin
 2
C
u =
 R
4R
sin
 ⋅sin
 sin
 + sin
 ⋅sin
 
(
)2
2
B
2
C (
2
A
2
B
2
C )
4R
sin
 ⋅sin
 ⋅cos
 
(
)2
2
2
B
2
2
C
2
2
A
=
 R
sin
 + sin
 ⋅sin
 
2
A
2
B
2
C
sin
 ⋅sin
 ⋅cos
 
2
B
2
C
2
2
A
AQ
 =
A
v
Q
 O =
A
R −v
IQ
 =
A
v −r
v −r
=
(
)2
 −
R
v ⋅OI + R −v ⋅IA
2
(
)
2
v R −v
(
)
v =
 =
IA2
IA −r
R
(
2
2)
cos
 ⋅
2
2
A
R
P
 Q
 =
A
A
v −u =
 R
sin
 + sin
 ⋅sin
 
2
A
2
B
2
C
sin
 ⋅cos
 
2
A
2
2
A
=
 R
cos
 ⋅cos
 
2
B
2
C
sin
 ⋅cos
 
2
A
2
2
A
B
B
同理，
， 
． 
故
 
． 
由均值不等式和琴生不等式得 
 
 
． 
故
 
． 
当且仅当
是正三角形时，上式等号成立． 
注：
也可以由欧拉不等式
得到．实际上，只要将
代入欧拉不等式即可．
答 案
见解析
解析
设
的三边长分别为、、，面积为．注意到 
 
 
． 
则
 
 
． 
又
，则 
． 
因此，只要证明
，即只要证
． 
注意到 
， 
由欧拉不等式可得原不等式成立．
1
P
 Q
 =
B
B
 R
cos
 ⋅cos
 
2
C
2
A
sin
 ⋅cos
 
2
B
2
2
B
P
 Q
 =
C
C
 R
cos
 ⋅cos
 
2
A
2
B
sin
 ⋅cos
 
2
C
2
2
C
8P
 Q
 ⋅
A
A
P
 Q
 ⋅
B
B
P
 Q
 
C
C
= 8R sin
 ⋅
3
2
A
sin
 ⋅
2
B
sin
 2
C
sin
 ⋅
2
A
sin
 ⋅
2
B
sin
 2
C
⩽
 
(
3
sin
 + sin
 + sin
 
2
A
2
B
2
C
)
3
⩽
sin
 
=
(
3
 +
 +
 
2
A
2
B
2
C
)
3
 8
1
8P
 Q
 ⋅
A
A
P
 Q
 ⋅
B
B
P
 Q
 
C
C
= 8R sin
 ⋅
3
2
A
sin
 ⋅
2
B
sin
 ⩽
2
C
R3
△ABC
sin
 ⋅
2
A
sin
 ⋅
2
B
sin
 ⩽
2
C
 8
1
R ⩾2r
r = 4R sin
 ⋅
2
A
sin
 ⋅
2
B
sin
 2
C
例题2
△ABC
a
b
c
S
 =
l
 
A
r
sin
 =
2
A
 
 
bc
p −b
p −c
(
) (
)
⩽
 =
2
 
bc
p −b + p −c
(
)
(
)
 
2
 
bc
a
=
 ⩽
2bc
a
 
bc
 
4abc
a
b + c
2 (
)
 +
4
3
 +
l
 
A
r
 +
l
 
B
r
 
l
 
C
r
⩽
 +
4
3
 +
4abc
a
b + c
2 (
)
 +
4abc
b
c + a
2 (
)
 
4abc
c
a + b
2 (
)
=
 
4abc
a + b + c
ab + bc + ca
(
) (
)
a + b + c
⩾
(
)2
3 ab + bc + ca
(
)
 +
4
3
 +
l
 
A
r
 +
l
 
B
r
 ⩽
l
 
C
r
 
12abc
a + b + c
(
)3
 ⩽
12abc
a + b + c
(
)3
 
12r2
p2
8pr ⩽
2
abc
8pr ⩽
2
abc ⇔8rS ⩽4RS ⇔2r ⩽R
答 案
见解析
解析
设
的三边长分别为、、，面积为，半周长为，三条角平分线长分别为
、
、
． 
因为
、
、
、
四点共圆，且
为直径，所以， 
 
． 
故
． 
因此，只要证明
． 
因为
，所以，只要证
． 
注意到 
， 
由欧拉不等式可得原不等式成立． 
答 案
见解析
解析
证明：在四边形
(含凹四边形和广义四边形)中，由广义托勒密定理得 
． 
故
 
． 
当且仅当
为
的外接圆与
的交点时，上式等号成立，故
取得最小值
．
答 案
见解析
解析
解：如图，设
，
，
，
，
的中点为
．
则
，
． 
1
1
2
例题3
△ABC
a
b
c
S
p
t
 a
t
 b
t
 c
A
E
D
F
AD
l
 =
A
t
 sinA =
a
 
 sinA
b + c
2
bcp p −a
(
)
⩽
 sinA
p p −a
(
)
l
 l
 l
⩽
A B C
pS sinA ⋅sinB ⋅sinC =
 
2R2
pS2
 ⩽
2R2
pS2
 
64
l3
 =
64
l3
 
8
p3
 ⩽
R2
S2
 
4
p2
 ⩽
R2
S2
 ⇔
4
p2
2S ⩽pR ⇔2pr ⩽pR ⇔2r ⩽R
例题4
PABC
PA ⋅BC + PC ⋅AB ⩾PB ⋅AC
f P
⩾
(
)
PB ⋅AC + PD ⋅CA
= AC BP + PD ⩾
(
)
AC ⋅BD
P
△ABC
BD
f P
(
)
AC ⋅BD
3
AE =
 x
3
AB = 2x
BC =
 −1 y
(
3
)
EC = y
AE
⌢
F
BF = AE =
 x
3
BE = EF = FA
 
在四边形
中，由托勒密定理得 
． 
于是，
， 
． 
因此，
． 
因为
，所以，
，
为直径． 
在四边形
中，由托勒密定理得 
， 
即
． 
因此，
． 
因为
，
，所以，
是等腰直角三角
形，且
． 
又
，因此，
也是等腰直角三角形． 
所以，
． 
因为
是切线，
是直径，所以， 
． 
于是，
． 
故
的最小值
．
答 案
见解析
解析
解：证法1：在
、
中应用正弦定理得 
 
．① 
同理，
，② 
③ 
、
是互为反射的两条线的夹角，这表明其相等或互补． 
故
． 
同理，
， 
． 
1
ABEF
AF ⋅BE + EF ⋅AB = AE ⋅BF
BE +
2
BE ⋅2x =
 x
(
3 )
2
BE −x
BE + 3x =
(
) (
)
0
BE = x
AE +
2
BE =
2
4x =
2
AB2
∠AEB = 90∘
AB
ACBE
AE ⋅BC + BE ⋅AC = EC ⋅AB
 x
 −1 y +
3
(
3
)
x
 =
2
y ⋅2x
y =
 
2
 +
 
2
6
BC =
 −1 y =
(
3
)
 =
2
AC
∠ACB = 90∘
△ABC
AB =
 AC =
2
2
∠DCA = ∠DAC = ∠ABC = 45∘
△ACD
AD =
 =
 2
AC
1
DA
AB
∠DAB = 90∘
BD =
 =
AD + AB
2
2
 5
f P
(
)
AC ⋅BD =
 ×
2
 =
5
 
10
例题5
△A PB
1
△A
 CP
1
BP ⋅
 =
BA
 1
sin∠A
 PB
1
sin∠BA
 P =
1
sin∠PA
 C =
1
CP ⋅
 
CA
 1
sin∠CPA
 1
⇒
 =
A
 C
1
BA
 1
 
CP sin∠CPA
 1
BP sin∠A
 PB
1
 =
B
 A
1
CB
 1
 
AP sin∠APB
 1
CP sin∠B
 PC
1
 =
C
 B
1
AC
 1
 
BP sin∠BPC
 1
AP sin∠C
 PA
1
∠CPA
 1
∠C
 PA
1
sin∠C
 PA =
1
sin∠CPA
 1
sin∠A
 PB =
1
sin∠APB
 1
sin∠B
 PC =
1
sin∠BPC
 1
A
A
因此，将式①②③相乘得
． 
由梅涅劳斯定理的逆定理得
、
、
三点共线． 
证法2：将所有的点放入复平面内，且用相应的小写字母表示复数的点．设
为原点，且为实轴，
使得关于的反射是复共轭的． 
因为点
在
上，所以，
． 
事实上，点
为在
的反射线上，则
与成比例，即
． 
代入前面的方程得
． 
因为点
在
上，所以， 
． 
同理，得
和
的表达式． 
将三式相乘得
． 
由梅涅劳斯定理的逆定理得
、
、
三点共线．
答 案
见解析
解析
解：设对角线
与
交于点
，在每条对角线上选一个反向，设点
到点
、
、
、
的有向距离分别为、、、
，
的外接圆圆
与直线
的第二个交点为
(
与
重合当且仅当
与圆
相切)． 
因为
为点
关于圆
的圆幂，所以，
． 
又
，则
． 
故
． 
同理，得另外三个等式． 
故
．
答 案
见解析
解析
1
1
 ⋅
A
 C
1
BA
 1
 ⋅
B
 A
1
CB
 1
 =
C
 B
1
AC
 1
1
A1
B
 1
C
 1
P
l
l
A1
BC
 =
b −c
a
 −b
1
 
−
b
c
 −
a
 1
b
A1
AP
a
 1
a
 =
a
a
 1
 
a
 
a
 1
a
 =
1
 
a
−
−a b −c
a (b
c)
(
)
c −b
b
c
A1
BC
 =
A
 C
1
BA
 1
 =
a
 −c
1
b −a
 1
 =
c −b −c
−
+ ac b −c
a (b
c )
a (b
c)
(
)
b(
−
−ab b −c −
c −b
a
(b
c)
(
)
a (b
c )
 
−ac
ac
−ab
(ab
)
 
B
 A
1
CB
 1
 
C
 B
1
AC
 1
 ⋅
A
 C
1
BA
 1
 ⋅
B
 A
1
CB
 1
 =
C
 B
1
AC
 1
−1
A1
B
 1
C
 1
例题6
A A
1
3
A A
2
4
M
M
A
 1
A
 2
A
 3
A4
x
y
z
w
△A
 A
 A
 
2
3
4
Γ
 1
A
 A
 
1
3
B
 1
B
 1
A
 2
A
 A
 
1
3
Γ
 1
O
 A
 −
1
1
2
r
 1
2
A
 1
Γ
 1
O
 A
 −
1
1
2
r
 =
1
2
A
 B
 ⋅
1
1
A
 A
 
1
3
MB
 ⋅
1
MA
 =
3
MA
 ⋅
2
MA
 4
MB
 =
1
 
z
yw
O
 A
 −
1
1
2
r
 =
1
2
 −x
z −x =
( z
yw
) (
)
 yw −xz
z
z −x (
)
 
 =
i−1
∑
4
O
 A
 −r
 
i
i
2
i
2
1
 
 −
 +
 −
 
=
yw −xz
1
( z −x
z
w −y
w
x −z
x
y −w
y
)
0
例题7
解： 如右图，设
、
、
分别是点
、
、
关于
的切线． 
 
当
时，设
与
交于点
． 
则
 
． 
于是，
． 
又
，则点
在
上． 
而
，则
． 
又
为
的中点，则
是
的中点．所以，
为直径． 
记
，
，
，
、
、
交于
的垂心
． 
因为
为直径，
，所以，点
在
上． 
同理，点
在
上，点
在
上． 
又
， 
则点
关于三个圆的圆幂相等． 
因为
 
所以，点
关于
、
、
的圆幂也相等． 
从而，
是三个圆的根轴，于是，这三个圆一定交于两点．
答 案
见解析
解析
解：记
的三边为、、，三个内角为、、，半周长为． 
接下来只图中的位置关系下讨论，其余情形类似． 
因为
，
，
， 
所以，在
不为等腰三角形时，
也不是等腰三角形， 
即、、互不相等，、、也互不相等． 
又
， 
 
， 
则
．① 
又
，且 
， 
故
．② 
2
B C
′
′
C A
′
′
A B
′
′
A
B
C
⊙O
k = 2
1
BC
B C
′
′
K
∠KAD = ∠KAB + ∠BAD
= ∠KCA + ∠CAD = ∠KDA
KD = KA
O
 A⊥OA
1
O
 1
KA
∠O
 LA =
1
∠O
 AL =
1
∠KDA
O
 L//KD
1
L
AD
O
 1
KA
AK
AA ⊥BC
1
BB
 ⊥CA
1
CC
 ⊥AB
1
AA
 1
BB
 1
CC
 1
△ABC
H
AK
∠KA
 A =
1
90∘
A
 1
⊙O
 1
B
 1
⊙O
 2
C
 1
⊙O
 3
A
 H ⋅
1
AH = B
 H ⋅
1
BH = C
 H ⋅
1
CH
H
OA =
2
OB =
2
OC2
O
⊙O
 1
⊙O
 2
⊙O
 3
OH
△A B C
′
′
′
a
b
c
α
β
γ
p
∠C A B =
′
′
′
180 −
∘
2∠BAC
∠B C A =
′
′
′
180 −
∘
2∠BCA
∠C B A =
′
′
′
180 −
∘
2∠CBA
△ABC
△A′B′C′
a
b
c
α
β
γ
O
 A =
1
 AL ⋅
2
1
 =
cos ∠O
 AD
1
1
 kAD ⋅
2
1
 =
cos ∠O
 AD
1
1
 ⋅
2 cos ∠O
 AD
1
k
AD
∠O
 AD =
1
∠KDA =
 ∠KBC + ∠KC B =
2
1 (
′
′
)
 
 β + γ + 180 −γ
2
1 [2
1 (
)
(
∘
)]
= 90 −
∘
 
4
γ −β
O
 A =
1
 ⋅
2 sin
 
4
γ−β
k
AD
 =
AB
AD
 =
sin∠KDA
sin∠ABC
 =
sin∠O
 AD
1
sin 90 −
 ∠C B A
(
∘
2
1
′
′
′)
 
cos
 
4
γ−β
cos
 2
β
AB = 2AC sin
 =
′
2
∠A C B
′
′
′
2AC sin
 
′
2
γ
AD =
 ⋅
cos
 
4
γ−β
cos
 2
β
2AC sin
 
′
2
γ
γ
同理，
．③ 
由式①②③及
，
，得 
 
 
 
 
 
． 
其中，
是
的外接圆半径． 
这里运用了一个熟知的结论：
． 
令
．则
 
同理，
，
． 
若
、
、
交于两点，则
、
、
必共线(均在一条垂直于它们的公共弦的直线
上．) 
于是，由梅涅劳斯定理得
，即 
． 
整理得 
． 
已证、、互不相同，则
或
． 
当
时，
． 
在
中已证三个圆交于两点． 
当
时，
，此时，
过点
、
，
过点
、
，
过点
、
． 
于是，三个圆两两均有交点． 
又
、
、
三点共线，则三个圆的根轴互相平行．而这三条根轴又有公共点
，于是，三条根
轴重合． 
又三个圆两两有交点，故这条根轴必是任两个圆公共弦所在的直线．因此，一定有三个圆交于两个
点． 
综上，只有当
或
时，三个圆有两个交点．
AD =
 ⋅
cos
 
4
γ−β
cos
 2
γ
2AB sin
 
′
2
β
AC =p −
′
c
AB =p −
′
b
 =
O
 B
1
′
O
 C
1
′
 =
O
 A + AB
1
′
O
 A −AC
1
′
 
 ⋅
 ⋅2AB sin
 + AB
2 sin
 
4
γ−β
k
cos
 
4
γ−β
cos
 2
γ
′
2
β
′
 ⋅
 ⋅2AC sin
 −AC
2 sin
 
4
γ−β
k
cos
 
4
γ−β
cos
 2
β
′
2
γ
′
=
 ⋅
 + 1
2 sin
 
2
γ−β
2k cos
 ⋅sin
 
2
γ
2
β
 −1
2 sin
 
2
γ−β
2k cos
 ⋅sin
 
2
β
2
γ
 =
AC′
AC′
 ⋅
2k cos
 ⋅sin
 + sin
 
2
γ
2
β
2
γ−β
2k cos
 ⋅sin
 −sin
 
2
β
2
γ
2
γ−β
 
p −b
p −c
=
 ⋅
p −b
p −c
 
2k −2 sin
 ⋅cos
 +
sin
 ⋅cos
 + sin
 ⋅cos
 
(
)
2
β
2
γ
(
2
γ
2
β
2
β
2
γ )
2k −2 sin
 ⋅cos
 +
sin
 ⋅cos
 + sin
 ⋅cos
 
(
)
2
γ
2
β
(
2
γ
2
β
2
β
2
γ )
= =
 ⋅
p −b
p −c
 
2k −2 sin
 ⋅cos
 + cos
sin
 
[(
)
2
β
2
γ
2
α ]
2
α
2k −2 sin
 ⋅cos
 + cos
sin
 
[(
)
2
γ
2
β
2
α ]
2
α
=
 ⋅
p −b
p −c
 
2k −2 ⋅2sin
 ⋅sin
 + cos
+ 2sin
 ⋅cos
 
(
)
2
α
2
β
2
γ
2
α
2
α
2k −2 ⋅2sin
 ⋅sin
 + cos
+ 2sin
 ⋅cos
 
(
)
2
α
2
γ
2
β
2
α
2
α
=
 ⋅
p −b
p −c
 =
2k −2
 +
 
(
) 2R
p−c
2R
a
2k −2
 +
 
(
) 2R
p−b
2R
a
 ⋅
p −b
p −c
 
a + 2k −2
p −c
(
) (
)
a + 2k −2
p −b
(
) (
)
R
△A B C
′
′
′
p −b = 4R sin
 ⋅
2
α
sin
 ⋅
2
γ
cos
 2
β
q = 2k −2
 =
O
 C
1
′
O
 B
1
′
 
p −b
a + q p −b
(
) [
(
)]
p −b
a + q p −c
(
) [
(
)]
 =
O
 A
2
′
O
 C
2
′
 
p −a
b + q p −c
(
) [
(
)]
p −c
b + q p −a
(
) [
(
)]
 =
O
 B
3
′
O
 A
3
′
 
p −b
c + q p −a
(
) [
(
)]
p −a
c + q p −b
(
) [
(
)]
⊙O
 1
⊙O
 2
⊙O
 3
O
 1
O
 2
O
 3
 ⋅
O
 C
1
′
O
 B
1
′
 ⋅
O
 A
2
′
O
 C
2
′
 =
O
 B
3
′
O
 A
3
′
1
 ⋅
a + q p −b
(
)
a + q p −c
(
)
 ⋅
b + q p −c
(
)
b + q p −a
(
)
 =
c + q p −a
(
)
c + q p −b
(
)
1
q bc p −c + ac p −a + ab p −b
+
[
(
)
(
)
(
)]
q
(p −c)(p −a)c + p −c
p −b b + p −
2 [
(
) (
)
(
= q bc p −b + ac p −c + ab p −a
+
[
(
)
(
)
(
)]
q
p −c
p −a a + p −c
p −b c +
2 [(
) (
)
(
) (
)
(
⇒q bc b −c + ac c −a + ab a −b
+
[
(
)
(
)
(
)]
q
bc b −c + ac c −a + ab a −b
=
2 [
(
)
(
)
(
)]
0
⇒q q + 1
a −b
b −c
c −a =
(
) (
) (
) (
)
0
a
b
c
q = 0
−1
q = −1
k =
 2
1
1
( )
q = 0
k = 1
⊙O
 1
A
D
⊙O
 2
B
E
⊙O
 3
C
F
O
 1
O
 2
O
 3
O
k = 1
2
1
答 案
见解析
解析
解：与某两边相切且与内切圆外切的圆有两个，由于在三角形内部的那个半径较小，故只需考虑三
圆均在内部的情形(如右图)． 
 
设
、
、
、
的半径分别为
、
、
、． 
易知
、
、三点共线． 
作
,
．则
,
,
． 
而
 
同理，
,
． 
 
由三角恒等式
，可记
，
，
． 
问题转化为： 
已知
．证明：
(a，b，c
)，其中，“
”表示轮换对
称和． 
事实上， 
 
 
． 
而
，故命题得证．
答 案
见解析
解析
解：如图，因为
， 
所以．
． 
1
1
例题8
⊙O
 1
⊙O
 2
⊙O
 3
⊙I
r
 1
r
 2
r
 3
r
A
O
 1
I
O
 H
 ⊥AB
1
1
ID⊥AB
O
 H =
1
r
 1 ID = r O
 I =
1
r +
1
r
O
 I =
1
AI −AO
 =
1
 −
sin
 2
A
r
 ⇒
sin
 2
A
r
 1
r
 + r sin
 =
( 1
)
2
A
r −r
 1
 =
r
r
 2
 
1 + sin
 2
B
1 + sin
 2
B
 =
r
r
 3
 
1 + sin
 2
C
1 + sin
 2
C
⇒
 =
r
r
 1
 .
1 + sin
 2
A
1 −sin
 2
A
sin
 +
2
2
A
sin
 +
2
2
B
sin
 +
2
2
C
2 sin
 ⋅
2
A
sin
 ⋅
2
B
sin
 =
2
C
1
a = sin
 2
A
b = sin
 2
B
c = sin
 2
C
a +
∑
2
2abc = 1
 ⩾
∑1 + a
1 −a
1
c ∈01
(
)
∑
 ⩾1 ⇔
−1 +
 
⩾1 ⇔
 ⩾2
∑1 + a
1 −a
∑(
1 + a
2
)
∑1 + a
1
⇔
1 + b
1 + c ⩾
∑(
) (
)
2 1 + a
1 + b
1 + c
(
) (
) (
)
⇔2 + 2
a +
∑
ab ⩾
∑
2 + 2
a +
∑
2
ab +
∑
2abc ⇔1 ⩾
ab +
∑
2abc
1 =
a + 2abc ⩾
ab + 2abc
∑
2
∑
例题9
1
∠BRP = ∠BCP + ∠CPR = ∠ABP + ∠APX = ∠ABP + ∠XAP = ∠BPR
BP = BR
 
如图，作
，
，垂足分别为
、
，作
与
交于点
．易
知，
为
的外心． 
设
，
，
，
、
的半径分别为
、
．易知 
，
， 
，
． 
故命题
 
 
. 
由
，
，
，有
． 
由
， 
有
 
 
 
 
答 案
见解析
解析
解：易知，
，
，
，其
中，为
的半周长，记“
”为轮换对称和． 
则
 
 
 
 
. 
因为
，所以，
． 
1
2
AD⊥O
 O
 
1
2
BE⊥O
 O
 
1
2
D
E
BO⊥AP
O
 O
 
1
2
O
O
△PQR
∠PAB = α
∠ABP = β
∠AO
 D =
1
∠BO
 E =
2
γ
⊙O
 1
⊙O
 2
r
 1
r
 r
 ⩾r
 
2 ( 1
2)
∠PBO = 90 −
∘
α −β
∠OBO
 =
2
α
BP = 2r
 sinβ
2
BO =
 
sin γ −α
(
)
r
 sinγ
2
⇔OP⊥PB ⇔
 =
BO
BP
cos ∠PBO ⇔
 =
sinγ
2 sinβ ⋅sin γ −α
(
)
sin α + β
(
)
⇔2 sinβ sinγ ⋅cos α −sinα ⋅cos γ =
(
)
sinγ sinα ⋅cos β + sinβ + sinβ ⋅cos α
(
)
⇔sinγ ⋅sin β −α =
(
)
2 sinα ⋅sinβ ⋅cos γ
AP = 2r
 sinα
1
BP = 2r
 sinβ
2
AP : BP = sinβ : sinα
r
 :
1
r
 =
2
sin β :
2
sin α
2
r
 sin∠PO
 O
 =
1
1
2
r
 sin∠PO
 O
 
2
2
1
r
 sin γ −2α =
1
(
)
r
 sin γ −2β ⇔
2
(
)
sin β ⋅
2
sin γ −2α =
(
)
sin α ⋅
2
sin γ + 2β
(
)
⇔1 −cos 2β
sinγ ⋅cos 2α −cos γ ⋅sin2α =
(
) (
)
1 −cos 2α
sinγ ⋅cos 2β −cos γ
(
) (
⇔sinγ cos 2α −cos 2β =
(
)
cos γ sin2α + sin2β −sin2 α + β
[
(
)]
⇔sinγ ⋅2 sin α + β ⋅
(
) sin β −α =
(
)
cos γ ⋅4 sin α + β ⋅
(
) sinα ⋅sinβ
⇔sinγ ⋅sin β −α =
(
)
2 sinα ⋅sinβ ⋅cos γ
例题10
A
 C
 =
1
1
2 p −c cos
 
(
)
2
B
A
 B
 =
1
1
2 p −b cos
(
)
2
C
B
 C
 =
1
1
2p sin
 2
A
p
△ABC
∑
T =
 A
 C
 + A
 B
 + B
 C
 
i=1
∑
3
(
i
i
i
i
i
i)
=
2 p −c cos
 + 2 p −b cos
 + 2p sin
 
∑[ (
)
2
B
(
)
2
C
2
A]
=
a + b −c cos
 + a + c −b cos
 +
∑[(
)
2
B
(
)
2
C ]
2p
sin
 
∑
2
A
= 2
a cos
 +
∑
2
A
2p
sin
 
∑
2
A
= 4R
sinA ⋅cos
 
+
∑(
2
A)
2R
sinA
sin
 
(∑
) (∑
2
A)
sinA
=
(
)′′
cos A
=
(
)′
−sinA < 0
sinA ⩽
∑
3 sin
 =
3
A + B + C
 
2
3
 3
同理，
．故
． 
又
，则 
． 
所以，
． 
当且仅当
为正三角形时，上式等号成立．
答 案
见解析
解析
证明：设
，
，
，
为其半周长． 
不失一般性，假设
． 
如图，记为
与
的交点，
为
的内切圆与边
的切点． 
 
对
和直线
应用梅涅劳斯定理得 
． 
因为
，
，
，所以， 
．从而，
． 
设
．则
，即
． 
注意到，
． 
同理，
． 
由切割线定理得
． 
故
四点共圆
 
 
．
1
sin
 ⩽
∑
2
A
 2
3
2
sinA
sin
 
⩽
(∑
) (∑
2
A)
 
2
9
 3
2 sinA ⋅cos
 =
2
A
sin
 +
2
3A
sin
 ⩽
2
A
1 + sin
 2
A
4
sinA ⋅cos
 
⩽
∑(
2
A)
2
1 + sin
 
⩽
∑(
2
A)
2
3 +
 
=
(
2
3 )
9
 ⩽
R
T
9 +
 
2
9
 3
△ABC
例题11
BC = a
CA = b
AB = c
p =
 a + b + c
2
1 (
)
b < c
S
BC
MN
X
△ABC
BC
△ABC
MN
 ⋅
MB
AM
 ⋅
SC
BS
 =
NA
CN
1
AM = AN = p −a
BM = BX = p −b
CN = CX = p −c
 ⋅
MB
AM
 ⋅
XC
BX
 =
NA
CN
1
 =
XC
BX
 =
SC
BS
 
SX −CX
SX + BX
SX = d
 =
p −c
p −b
 
d −p −c
(
)
d + p −b
(
)
d c −b =
(
)
2 p −b
p −c
(
) (
)
PX = CX + CP = p −c +
(
)
p −a =
(
)
b
QX = c
SM ⋅SN = SX2
MNPQ
⇔SM ⋅SN = SP ⋅SQ ⇔SX =
2
SX −PX
SX + QX
(
) (
)
⇔d =
2
d −b
d + c ⇔
(
) (
)
d c −b =
(
)
bc ⇔2 p −b
p −c =
(
) (
)
bc
⇔a −
2
b −c
=
(
)2
2bc ⇔a =
2
b +
2
c ⇔
2
∠CAB = 90∘