[讲义答案]第13讲几何不等式-9f2e530bc4ab_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
解：假设命题不成立． 
不妨设不满足结论的三角形三边长为、、
．则 
，
，
． 
所以，
．矛盾． 
因此，命题成立．
答 案
见解析
解析
解：如右图，设
的三条中线分别为
、
、
，它们交于重心
． 
 
而
，
，
，三式相加得 
． 
又
，
，
，则 
． 
故
．
模块1：
1
1
例题1
a
b
c a > b > c
(
)
c > a −b >
 
6
a + b + c
c +
 >
6
a + b + c
 
3
a + b + c
a > b +
 >
6
a + b + c
 
2
a + b + c
a + b + c > a + b + c
例题2
△ABC
AD
BE
CF
G
GA + GB > AB
GB + GC > BC
GC + GA > CA
2 GA + GB + GC >
(
)
AB + BC + CA
GA =
 AD
3
2
GB =
 BE
3
2
GC =
 CF
3
2
 AD + BE + CF
>
3
4 (
)
AB + BC + CA
AD + BE + CF >
 AB + BC + CA
4
3 (
)
例题3
答 案
见解析
解析
解：设
、
、
为圆
、
、
的圆心． 
设
、
为点
在
、
上的投影． 
则
的内心为
的中点． 
设
、
为点在
、
上的投影．则
． 
同理，
，
． 
令
，
，
． 
只需证当
时，有
，即
． 
由柯西—施瓦兹不等式有 
． 
故只需证
． 
因为
在区间
上为凸函数，所以，由琴生不等式得 
． 
因此，
．
答 案
见解析
解析
解：如右图，对任意一个小三角形
(
，，…，)，其半周长
小于或等于
的半 
周长，则 
 
 
． 
所以，
．
1
1
1
O
 a
O
 b
O
 c
Γ
 a
Γ
 b
Γ
 c
M
N
O
 a
AB
AC
△ABC
I
MN
X
Y
I
AB
AC
 
 =
r
r
 a
IX
O
 M
a
 =
AX
AM
 =
AI cos
 2
A
 
cos
 2
A
AI
 
cos
 
2
2
A
1
 =
 
r
r
 b
cos
 
2
2
B
1
 =
 
r
r
 c
cos
 
2
2
C
1
α=
 
2
∠A
β=
 
2
∠B
γ=
 
2
∠C
α + β + γ=
 
2
 π 
 +
cos α
2
1
 +
cos β
2
1
 ⩾
cos γ
2
1
4
tan α +
2
tan β +
2
tan γ ⩾
2
1
3 tan α + tan β + tan γ
⩾
(
2
2
2 )
tanα + tanβ + tanγ
(
)2
tanα + tanβ + tanγ ⩾
 3
tanx
0
 
[
2
 π  ]
tanα + tanβ + tanγ ⩾3 tan
 =
6
 π 
 3
r
 +
a
r
 +
b
r
 ⩾
c
4r
例题4
H
 i i = 1
2
n
p
 i
△ABC
p
pr = S
 =
△ABC
S
 
 +
H
 1
S
 
 +
H
 2
⋯+ S
 
H
 n
=p
 r
 +
1
1
p
 r
 +
2
2
⋯+ p
 r
n n
r ⩽r
 +
1
r
 +
2
⋯+ r
 n
例题5
答 案
见解析
解析
解：由右图及三角形不等式
，即得原不等式成立． 
答 案
见解析
解析
解：如右图，设四边形
的内切圆半径为，记 
，
． 
 
，
． 
则
，
(
、
、
、
四点共圆)． 
又
为内切圆圆心，则 
，
，
． 
易知，
．故
． 
同理，
，
，
． 
则
． 
同理，
，
，
． 
于是，原不等式等价于 
注意到，
， 
． 
所以，只需证 
1
PQ + PR ⩾QR
例题6
A A A A
1
2
3
4
r
∠A
 A
 A
 =
1
2
3
2α
∠A
 A
 A
 =2β
2
3
4
∠A A A =2γ
3
4
1
∠A
 A
 A
 =2θ
1
2
4
α + γ=
 
2
 π  β + θ=
 
2
 π A
 1
A
 2
A
 3
A
 4
O
OB
 ⊥A
 A
 
2
2
3
OB
 ⊥A
 A
 
1
1
2
OA
 ⊥B
 B
 
2
1
2
∠B
 B
 O =
1
2
∠B
 A
 O =
2
2
α
B
 B
 =
1
2
2r cos α
B
 B
 =
2
3
2r cos β
B B
 =
3
4
2r cos γ
B
 B
 =
4
1
2r cos θ
A
 A
 =
1
2
A
 B
 +
1
1
B
 A
 =
1
2
r cos θ + r cot α
A
 A
 =
2
3
r cot α + rcotβ
A
 A
 =
3
4
r cot β + r cot γ
A
 A
 =
4
1
r cos γ + r cot θ
 
+
[
2r cos α
r cotθ + cotα
(
) ]
2
 
+
[
2r cos β
r cotα + cotβ
(
) ]
2
 
+
[
2r cos γ
r cotβ + cotγ
(
) ]
2
 
[
2r cos θ
r cotγ + cotθ
(
) ]
2
⇔
 
+
(
cos α
tanβ + cot α )
2
 
+
(
cos β
cot α + cot β )
2
 
+
(
sinα
tanα + cot β )
2
 
(
sinβ
tanα + tanβ )
⇔
 +
sin α ⋅cos α ⋅cos β
2
2
2
cos
α −β
2 (
)
 +
sin β ⋅cos β ⋅sin α
2
2
2
sin
α + β
2 (
)
 +
sin α ⋅cos α ⋅sin β
2
2
2
cos
α −β
2 (
)
sin β ⋅cos
2
sin
α
2 (
⇔
 +
sin α ⋅cos α ⋅sin β ⋅cos β
2
2
2
2
cos α ⋅cos β + sin α ⋅sin β + sin α ⋅cos β
2
2
2
2
2
2
sin α ⋅cos α ⋅sin β ⋅cos
2
2
2
sin β ⋅cos α + 4 sinα ⋅cos α ⋅sin
2
2
cos α ⋅
2
cos β +
2
sin α ⋅
2
sin β ⩾
2
2 sinα ⋅sinβ ⋅cos α ⋅cos β
sin β ⋅
2
cos α +
2
sin α ⋅
2
cos β ⩾
2
2 sinα ⋅sinβ ⋅cos α ⋅cos β
 
． 
这显然是成立的，故原不等式成立．
答 案
见解析
解析
解：如右图，设为
的垂心．则 
． 
 
作
于点
，
于点
，
于点
． 
则
．所以，
． 
同理，
，
． 
设
，
，
．则 
，
，
． 
于是，
 
． 
故
 
 
 
． 
从而，
． 
故
 
．
1
 ⩾
sin α ⋅cos α ⋅sin β ⋅cos β
2
2
2
2
8 sinα ⋅cos α ⋅sinβ ⋅cos β
32 ⇔
 ⩾
sinα ⋅cos α ⋅sinβ ⋅cos β
1
4
⇔4 sinα ⋅cos α ⋅sinβ ⋅cos β ⩽1 ⇔sin2α ⋅sin2β ⩽1
例题7
I
△ABC
FP −
2
PE =
2
AF −
2
AE =
2
IE −
2
IF 2
IU⊥EF
U
IV ⊥DF
V
IW⊥DE
W
FP −
2
PE =
2
EU −
2
FU 2
FP = UE
FQ = DV
RE = DW
DE = x + y
DF=x + z
EF=y+z
x = DV = DW = FQ = ER
y = DR = FR
z=DQ = FP
cos ∠FDE =
 
2DE ⋅DF
DE + DF −EF
2
2
2
=
 
x + y
x + z
(
) (
)
x + xy + xz −yz
2
QR =
2
y +
2
z −
2
2yz cos ∠FDE
= y + z
−
(
)2
4x x + y + z +
(
)
 
x x + y + z + yz
(
)
4x
x + y + z
2(
)2
⩾y + z
−
(
)2
4x x + y + z +
(
)
 
x x + y + z +
 
(
)
(
2
y+z )
2
4x
x + y + z
2(
)2
=
 
2x + y + z
(
)2
y + z
(
)4
QR ⩾
 
2x + y + z
y + z
(
)2
PQ + QR + RP ⩾
 ⩾
 =
 
∑2x + y + z
y + z
(
)2
2x + y + z
∑(
)
y + z
[∑(
)]2
4
x
∑
2
x
( ∑)2
=
x =
∑
 DE + EF + FD
2
1 (
)
例题8
答 案
见解析
解析
解：证法设
，
，
，
，
，
．则只需证明 
．
 
设
． 
据
，并在
上应用余弦定理得 
 
 
故
． 
同理，
，
． 
利用算术—几何均值不等式得 
．
 
另一方面，由于、、为某三角形的三边长，则 
， 
， 
， 
以上三式相乘得 
．
 
所以，由式
可以断定式
成立． 
证法利用半角公式和上面的证明(余弦定理)得 
，
， 
 
故
． 
利用前面的证明得 
．
 
注意到，函数
在区间
内为凸函数，利用琴生不等式得 
． 
于是，由式
知式
成立．
1
1
BC = a
CA = b
AB=c
QR = p
RP = q
PQ = r
T=
 +
r
a
 +
p
b
 ⩾
q
c
6
①
2s = a + b + c
BQ = BP = s −b
△BPQ
r =
2
2 s −b
1 −cos B =
(
)2 (
)
2 s −b
1 −
 
(
)2 (
2ac
a + c −b
2
2
2
)
=
 =
 
ac
s −b
s −c
s −a
(
)2 [(
) (
)]
ac
4 s −b
s −c
s −a
(
)2 (
) (
)
r=
 
ca
2 s −b
 
(
)
s −c
s −a
(
) (
)
p=
 
 
ab
2 s −c
 
(
)
s −a
s −b
(
) (
)
q=
 
 
bc
2 s −a
 
(
)
s −b
s −c
(
) (
)
T=
 +
2 s −b
 
(
)
s −c
s −a
(
) (
)
a
 
ca
 +
2 s −c
 
(
)
s −a
s −b
(
) (
)
b
 
ab
2 s −a
(
)
s −b
s −
(
) (
c
 
bc
⩾
 
=
[
s −a
s −b
s −c
(
)2(
)2(
)2
a b c
2 2 2
]
6
 
[
a + b −c
b + c −a
c + a −b
(
)2(
)2(
)2
a b c
2 2 2
]
 3
1
②
a
b
c
0 < a + b −c
c + a −b =a −
(
) (
)
2
b −c
⩽
(
)2
a2
0 < a + b −c
b + c −a =b −
(
) (
)
2
a −c
⩽
(
)2
b2
0 < b + c −a
c + a −b =c −
(
) (
)
2
a −b
⩽
(
)2
c2
0 < a + b −c
b + c −a
c + a −b
⩽
(
)2(
)2(
)2
a b c
2 2 2
③
②③
①
2
sin
 =
2
2
A
 =
2
1 −cos A
 
bc
s −b
s −c
(
) (
)
sin
 =
2
2
B
 =
2
1 −cos B
 
ca
s −c
s −a
(
) (
)
sin
 =
2
2
C
 =
2
1 −cos C
 
abc
s −a
s −c
(
) (
)
sin
 =sin
 =sin
 =
 
2
2
A
2
2
B
2
2
C
abc
s −a
s −b
s −c
(
) (
) (
)
T ⩾
 
 
=
2
3 [ s −a
s −b
s −c
(
) (
) (
)
abc
]
 3
2
 
 
2
3 [ sin
 ⋅sin
 ⋅sin
2
2
A
2
2
B
2
2
C
1
]
 3
2
④
lg
 
sinθ
1
0 < θ <  π 
sin
 ⋅sin
 ⋅sin
 
⩽
(
2
2
A
2
2
B
2
2
C )
 3
1
sin
 
=
(
3
 +
 +
 
2
A
2
B
2
C
)
sin
 =
6
 π 
 2
1
④
①
例题9
答 案
见解析
解析
解：如下图，设
，
，
，
．则 
． 
 
故
． 
对
、
应用余弦定理得 
． 
则
 
． 
故
 
从而，
． 
故
． 
因此，
．
答 案
见解析
解析
解：如右图，不妨设
，
，
． 
 
由
、
、
为
三边的中点，有 
． 
故
． 
同理，
，
．所以，
． 
因此，
、
、
交于同一点
．
1
1
AB = a
BC=b
CD = c
DA = d
2S = 2S
 +
△ABC
2S
 =
△ACD
ab sinB + cd sinD
4S =
2
a b sin B +
2 2
2
c d sin D +
2
2
2
2abcd sinB ⋅sinD
△ABC
△ACD
a +
2
b −
2
2ab cos B = AC =
2
c +
2
d −
2
2cd cos D
 
4
a + b −c −d
( 2
2
2
2)
2
=a b cos B +
2 2
2
c d cos D −
2
2
2
2abcd cos B ⋅cos D
4S +
2
 =
4
a + b −c −d
( 2
2
2
2)
a b +
2 2
c d −
2
2
abcd cos B + D
(
)
4S ⩽
2
a b +
2 2
c d −
2
2
2abcd = ab + cd
(
)2
2S ⩽a b +
2 2
c d +
2
2
c d +
2
2
2abcd = ab + cd
(
)2
S ⩽
 
4
a + b + c + d
2
2
2
2
例题10
BC=a
AB = c
AC = b a ⩾b ⩾c
(
)
M
N
P
△ABC
 =
PN
PM
 2
 =
BM
PM
 2
 =
BM
 1
PM
 1
 =
 
2
b+c
 −
 
2
b+c
2
c
 
b + c
b
 =
M
 N
2
PM
 2
 c
b
 =
 
P
 M
2
NP
 2
b
a
 =
N
 P
2
MN
 2
 a
c
 ⋅
M
 N
2
PM
 2
 ⋅
P
 M
2
NP
 2
 =
N
 P
2
MN
 2
1
MN
 1
NN
 1
PP
 1
K
答 案
见解析
解析
解：由
，知
为
的平分线． 
同理，
、
也为
的角平分线． 
所以，
为
的内心． 
记、
、分别为
的半周长、外接圆半径、内切圆半径，设
， 
，
，则 
， 
，
． 
由于
为
的中点，则
，即
． 
同理，
， 
． 
所以，
． 
假设
，
，
．则 
 
 
 
． 
因为
，有
，所以， 
 
． 
矛盾． 
故
、
、
中必有一个不小于
．
2
1
 =
M
 N
2
PM
 2
 =
c
b
 
MN
PM
MM
 2
∠PMN
NN
 2
PP
 2
△MNP
K
△MNP
p
R
r
△ABC
AB=x + y
BC = y + z
CA=z + x
r = 4R sin
 ⋅
2
A
sin
 ⋅
2
B
sin
 =
2
C
 =
 
p
p −a
p −b
p −c
(
) (
) (
)
 
 
p
xyz
R =
2
 =
16r p
2
2
a b c
2 2 2
 
16pxyz
a b c
2 2 2
KP =
 =
2 sin
 2
C
r
2R sin
 ⋅
2
A
sin
 2
B
P
AB
2 AK + BK
=
(
2
2)
c +
2
4KP 2
AK +
2
BK =
2
 
c +
4R sin
 ⋅sin
 
2
1 [ 2
(
2
A
2
B )
2
]
BK +
2
CK =
2
 
a +
4R sin
 ⋅sin
 
2
1 [ 2
(
2
B
2
C )
2
]
CK +
2
AK =
2
 
b +
4R sin
 ⋅sin
 
2
1 [ 2
(
2
C
2
A)
2
]
AK +
2
BK +
2
CK =
2
 
a + 16R
sin
 ⋅sin
 
4
1 [∑
2
2 ∑(
2
2
A
2
2
B )]
AK <
 
 3
a
BK <
 
 3
b
CK <
 
 3
C
 
a >
3
1 ∑
2
 
a + 16R
sin
 ⋅sin
 
4
1 [∑
2
2 ∑(
2
2
A
2
2
B )]
⇔
a >
∑
2
12R
1 −cos A
1 −cos B = 12R
 ⋅
2 ∑(
) (
)
2 ∑
2bc
a −b −c
2
(
)2
2ac
b −a −c
2
(
=48R
 = 3
 
2 ∑abc2
xyz2
∑p
abz
⇔p
a > 3
abc = 3
y + z
z + x z
∑
2
∑
∑(
) (
)
⇔2 x + y + z
x + y + z + xy + yz + zx >
(
) (
2
2
2
)
x + y + z
x + y + z
+
(
) (
2
2
2)
9xyz
⇔x + y + z
xy + yz + zx >
(
) (
)
x + y + z
x + y + z −xy −yz −zx +
(
) (
2
2
2
)
9xyz
⇔
x
y + z >
x + 3xyz
∑
2 (
)
∑
3
a ⩾c ⩾b
y ⩾z ⩾x
x + 3xyz −
∑
3
x
y + z
∑
2 (
)
=x x −y
x −z +
(
) (
)
y y −z
y −x +
(
) (
)
z z −x
z −y =x y −x
z −x +
(
) (
)
(
) (
)
y −
(
=x y −x
z −x +
(
) (
)
y −z
y + z −x ⩾
(
)2 (
)
0
 
BC
AK
 
AC
BK
 
AB
CK
 
 3
1
例题11
答 案
见解析
解析
解：记
的内切圆与边
、
、
分别切于点
、
、
． 
设
，
，
． 
根据切线定理，设
，
，
．则 
，
，
． 
根据均值不等式得
，
，
． 
将以上三个不等式相乘得
，当且仅当
时，上式等号成立． 
设
的面积为．则
，即
． 
接下来证明：
． 
同理，
，
． 
从而，由式
，
，得 
， 
当且仅当
为正三角形时，上式等号成立．这表明，只需证明
． 
记圆、
、
的半径分别为、
、
．以点
为中心、为半径作反演变换，则
，
，
． 
记射线
与圆
、
的交点分别为、
，易知，
(这是因为圆
分别与
和
外切和内切)． 
令
，
，是圆在点
处的切线．于是，圆
在此反演变换下的像为过点
，且与平行的直线
，圆
在此反演变换下的像为过点
且与平行的直线
．因为圆与
、
均相切，所以，
、
也均与圆
在此变换下的像(也就是圆
自身)相切． 
于是，
和
之间的距离等于
，即 
(如下图)． 
 
由反演变换的定义知 
． 
注意到，
，
，
．得 
，
． 
则
 
． 
设由点
向
所引垂线的垂足为
．易知， 
． 
由射线
平分
，且直线
(通过
)和
(通过点
)均与圆
相切，得 
△ABC
BC
CA
AB
A
 1
B
 1
C
 1
BC=a
CA=b
AB = c
AB
 =
1
AC
 =
1
x
BC
 =
1
BA
 =
1
y
CA
 =
1
CB
 =
1
z
a = y + z
b = z + x
c = x + y
a ⩾2
 
yz
b ⩾2
 
zx
c ⩾2
 
xy
abc ⩾8xyz
x = y = z
△ABC
k
k =
 =
2
ab sinC
 
4R
abc
R=
 
4k
abc
P
 Q
 =
A
A
 
4k
xa2
P
 Q
 =
B
B
 
4k
yb2
P
 Q
 =
C
C
 
4k
zc2
abc ⩾8xyz
R =
 
4k
abc
8P
 Q
 ⋅
A
A
P
 Q
 ⋅
B
B
P
 Q
 =
C
C
 ⩽
64k3
8xyza b c
2 2 2
 =
64k3
a b c
3 3 3
R3
△ABC
P
 Q
 =
 
A
A
4k
xa2
Γ
ΓA
ΓA
′
r
r
 
A
r
 
A′
A
x
I
I(B
 ) =
1
B
 1
I(C ) =
1
C
 1
I(Γ) = Γ
AO
Γ
 
A
Γ
 
A
′
S
T
AT > AS
Γ′
Γ
 
A
Γ
 
A
′
S
 =
1
I(S)
T
 =
1
I(T)
l
Γ
A
Γ
 
A
S
 1
l
l
 1
Γ
 
A
′
T
 1
l
l
 2
Γ
Γ
 
A
ΓA
′
l
 1
l
 2
Γ′
Γ′
l
 1
l
 2
2r
S
 T
 =
1
1
2r
AS
 ⋅
1
AD = AT
 ⋅
1
AT = x2
AS = 2r
 
A
AT = 2r
 
A′
S
 T
 =
1
1
2r
r
 =
A
 
2AS
 1
x2
r
 =
A′
 =
 
2AT
 1
x2
2 AS
 −2r
(
1
)
x2
P
 Q
 =
A
A
AQ
 −
A
AP
 =
A
r
 −
A′
r
 
A
=
 
 −
 
2
x2
( AS
 −2r
1
1
AS
 1
1
)
A
BC
H
 
A
∠BAS
 =
1
∠BAO = 90 −
∘
∠C = ∠CAH
 
A
AI
∠BAC
l
 1
S
 1
BC
H
 
A
Γ′
． 
又
，则 
 
 
． 
于是，
． 
从而，结论成立．
AS
 =
1
AH
 
A
2k = AH
 ⋅
A
BC = (AB + BC + CA)r
P
 Q
 =
A
A
 
 −
 
=
2
x2
( AH
 −2r
A
1
AH
 
A
1
)
 
 −
 
4k
x2
( AH
 −2r
A
2k
AH
 
A
2k )
=
 
 −BC
=
 
 −y + z
4k
x2
(
 −
 
BC
1
AB+BC+CA
2
1
)
4k
x2
(
 −
 
y+z
1
x+y+z
1
1
(
))
=
 
 −y + z
=
4k
x2
[
x
y + z
x + y + z
(
) (
)
(
)]
 =
4k
x(y + z)2
 
4k
xa2
P
 Q
 =
A
A
 
4k
xa2