[讲义答案]第14讲几何趣题-93e5d2ac5ce9_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：注意到，
，
． 
则
． 
因为
在区间
内为凹函数，所以， 
． 
故
． 
当
时，
取得最大值
．
答 案
见解析
解析
解：解法注意到，
，其中，为点
到边
的距离． 
如图，当点
从点
移到
时，
的面积逐渐增加．所以，当点
与
重合时，
，此时，
的面积达到最小，且等于
，为矩形
的面积的四分之
一． 
 
当点
与
重合时，
，此时，
的面积达到最大，且等于
，为矩形
面积的一半． 
模块1：
1
1
例题1
S=2R sinA ⋅
2
sinB ⋅sinC
p =
 a + b + c =
2
1 (
)
R sinA + sinB + sinC
(
)
 =2 sinA ⋅
R3
Sp
sinB ⋅sinC sinA + sinB + sinC ⩽
(
)
6
 
(
3
sinA + sinB + sinC )
4
sinx
0 ,  π 
[
]
 sinA + sinB + sinC ⩽
3
1 (
)
sin
 A + B + C =
3
1 (
)
sin
 =
3
 π 
 
2
 3
 ⩽
R3
Sp
6 ×
 
=
 
( 2
 3 )
4
8
27
∠A = ∠B = ∠C =
 3
 π 
 
R3
Sp
 
8
27
例题2
1
S
 =
△ECF
 EC v =
2
1 ∣
∣
 av
2
 2
v
F
EC
F
A
D
△ECF
F
A
v
 =
min
 a
2
 2
△ECF
 a
2
1
2
ABCD
F
D
v
 =
max
 a
2
△ECF
a2
ABCD
解法记
．则 
(
，且
)． 
当
时，
达到最小，最小值为
； 
当
时，
达到最大，最大值为
．
答 案
见解析
解析
解：如右图，注意到， 
 
． 
 
设
，令
，
，
． 
则
． 
从而，
，
． 
所以，
，则
 
． 
应用柯西不等式得
(“
”表示轮换对称和)． 
故
．
答 案
见解析
解析
1
1
2
FA =
∣
∣
x
S
 =
△ECF
2a −
2
 ax −
2
1
 a −
2
1
2
 a −x 2a =
2
1 (
)
 a +
2
1
2
 ax
2
1
a > 0
0 ⩽x ⩽a
x = 0
S
 
△ECF
 a
2
1
2
x = a
S
 
△ECF
a2
例题3
∠BQD = ∠ABQ + ∠BAQ = ∠ABQ + ∠QBC = ∠ABC
⇒△BQD∽△ABD ⇒
 =
AD
BD
 ⇒
BD
QD
BD =
2
AD ⋅QD
BC = a
 =
DC
BD
 y
x
 =
EA
CE
 x
z
 =
FB
AF
 z
y
BD =
 
x + y
ax
 =
AD
QD
 
x + y + z
z
 =
AD
AQ
 
x + y + z
x + y
 =
x + y
(
)2
x a
2
2
 
x + y + z
zAD2
AQ =
2
 ⋅
x + y + z
(
)2
x + y
(
)2
AD =
2
 ⋅
x + y + z
1
 ⋅
z
x2
a2
⇒
 =
BC2
AQ2
 ⋅
x + y + z
1
 
z
x2
x + y + z
⩽
(
)2
x + y + z
 
∑x
x2
∑
 =
 
 ⩾1
∑BC2
AQ2
x + y + z
1
∑z
x2
例题4
解：如下图，设
为
的内心． 
 
由
，有
． 
故
 
． 
因为
，所以，
为
外接圆的一点． 
同理，
、
的内心也在
外接圆上． 
易知，顶点在给定圆上、面积最大的三角形为圆内接等边三角形． 
故以
、
、
的内心为顶点的面积最大的三角形全等于
．因而，其
面积等于． 
这样的三角形是存在的(如可以选择所作的三个三角形均为等边三角形)． 
同样地，
面积最大的问题也可转化为顶点在给定圆上的等边三角形问题． 
因为
，点
在弧
关于
对称的弧上，而此弧在
外接圆同心、半径
为
外接圆半径倍的圆内(含边界)． 
这同样适用于点
、
，故
的面积不大于所有三个顶点均在这个较大圆上的等边三角形的
面积． 
事实上，可以选取
为
关于
的对称点
；
为
关于
的对称点
；
为
关于
的对
称点
．此时，这个面积最大的三角形可被分割成四个与
全等的三角形．田因此，其面积
等于．
答 案
见解析
解析
解：如下图，设
为
的内心． 
 
由
，有
． 
故
 
． 
因为
，所以，
为
外接圆的一点． 
同理，
、
的内心也在
外接圆上． 
易知，顶点在给定圆上、面积最大的三角形为圆内接等边三角形． 
2
M
△ABP
∠APB = 60∘
∠BAP + ∠ABP = 120∘
∠AMB = 180 −
∘
∠BAM + ∠ABM
(
)
= 180 −
∘
 ×
2
1
120 =
∘
120∘
∠ACB = 60∘
M
△ABC
△BQC
△CRA
△ABC
△APB
△BQC
△CRA
△ABC
1
△PQR
∠APB = 60∘
P
ACB
⌢
AB
△ABC
△ABC
2
Q
R
△PQR
P
C
AB
X
Q
A
BC
Y
R
B
CA
Z
△ABC
4
M
△ABP
∠APB = 60∘
∠BAP + ∠ABP = 120∘
∠AMB = 180 −
∘
∠BAM + ∠ABM
(
)
= 180 −
∘
 ×
2
1
120 =
∘
120∘
∠ACB = 60∘
M
△ABC
△BQC
△CRA
△ABC
故以
、
、
的内心为顶点的面积最大的三角形全等于
．因而，其
面积等于． 
这样的三角形是存在的(如可以选择所作的三个三角形均为等边三角形)． 
同样地，
面积最大的问题也可转化为顶点在给定圆上的等边三角形问题． 
因为
，点
在弧
关于
对称的弧上，而此弧在
外接圆同心、半径
为
外接圆半径倍的圆内(含边界)． 
这同样适用于点
、
，故
的面积不大于所有三个顶点均在这个较大圆上的等边三角形的
面积． 
事实上，可以选取
为
关于
的对称点
；
为
关于
的对称点
；
为
关于
的对
称点
．此时，这个面积最大的三角形可被分割成四个与
全等的三角形．田因此，其面积
等于．
答 案
见解析
解析
解：解法如图，设
． 
 
因为
、
分别为
、
外接圆的半径，所以，由正弦定理得． 
，
． 
由圆心角和圆周角定理得 
 
 
． 
则
． 
当
，即
时，取得最小值． 
因此，为过点
的高线的垂足． 
解法如图，过圆心
、
的一条直线垂直于公共弦
，且过其中点
，从而，
． 
 
设
、
分别为点
、
到
的垂线的垂足． 
因为
为以
为圆心的圆的弦，所以，
为
的中点． 
同理，
为
的中点． 
1
△APB
△BQC
△CRA
△ABC
1
△PQR
∠APB = 60∘
P
ACB
⌢
AB
△ABC
△ABC
2
Q
R
△PQR
P
C
AB
X
Q
A
BC
Y
R
B
CA
Z
△ABC
4
例题5
1
∠ASC = α
SP
SQ
△SAC
△SBC
SP =
 
2 sinα
AC
SQ =
 
2 sinα
BC
∠PSQ = ∠PSC + ∠QSC
=
90 −
 ∠SPC
+
(
∘
2
1
)
90 −
 ∠SQC
(
∘
2
1
)
= 90 −∠A +
(
∘
)
90 −∠B =
(
∘
)
180 −
∘
∠A −∠B = ∠ACB
S
 =
 SP ⋅
△P QS
2
1
SQsin∠PSQ =
 =
8sin α
2
AC ⋅BC sinC
 
4sin α
2
S
 
△ABC
sin α =
2
1
α = 90∘
S
C
2
2
P
Q
CS
S
 0
S
 =
△P QS
 PQ ⋅
2
1
SS
 0
P
 0
Q
 0
P
Q
AB
AS
P
P
 0
AS
Q0
BS
1
1
1
1
1
故
 
， 
其中，
为过点
的高线的垂足． 
当且仅当
，且
时，上式等号成立．但这两个条件是等价的，因此，为过点
的垂线的垂足． 
解法由圆周角定理得
． 
类似地，有
． 
因此，
． 
若
为相似比，则
． 
因为
是以
为半径的圆的弦． 
所以，
．故
． 
当且仅当
为
的直径，即
时，上式等号成立． 
因此，当为过点
的高线的垂足时，
的面积最小．
答 案
见解析
解析
解：设
是具有上述性质的多边形．以
为中心，在平面上沿三个方向作三个宽度为的带子，各
带子之间所夹的角度为
，使多边形
位于这三个带子的交集上．此交集事实上是个等角六边
形．显然，六边形相对顶点的距离为
，联结相对顶点的对角线平行于其余四个顶点构成的边，
不难看出，这个六边形的面积不会超过
． 
当六边形为正六边形时，可达到最大值
，此时，边长为
．因此，多边形
的面积也不会超
过
．利用六边形相对顶点的距离为
，知多边形
的面积严格小于
． 
【注】此结论对连续变量的情形也成立．利用上述论证可得到更强的结论： 
任何一个直径至多为的平面区域能被一个边长为
的正六边形覆盖． 
另外，上界
事实上并不是最好的．
答 案
见解析
解析
1
1
S
 =
△P QS
 PQ ⋅
2
1
SS
 ⩾
0
 P
 Q
 ⋅
2
1
0
0
SS
 =
0
 ×
2
1
 AB ×
2
1
 CS
2
1
⩾
 AB ⋅
8
1
CC
 =
0
 S
 
4
1
△ABC
C
 0
C
PQ//AB
CS⊥AB
S
C
3
∠SPQ =
 ∠SPQC =
2
1
∠SAC = ∠BAC
∠SQP = ∠ABC
△PQS∽△ABC
k = AC
PS
S
 =
△P QS
k S
 
2
△ABC
AC
PS
AC ⩽2PS
k ⩾
 2
1
AC
⊙P
CS⊥AB
S
C
△PQS
例题6
K
K
1
 
3
2 π 
K
 
 3
2
 
2
 3
 
2
 3
 
 3
1
K
 
2
 3
 
 3
2
K
 
2
 3
1
 
 3
1
 
2
 3
例题7
解：显然，七边形将单位圆分成七段弧，设各弧的弧度依次为
． 
七边形有两条对角线垂直等价于
分成四组(允许一组中无元素)，每组中所
对应的弧相邻，第一、三组(设为
)弧度之和为，另两组(设为
)弧度之和当然也为． 
记
，则
． 
故
． 
因为
在区间
上为凹函数，所以， 
． 
易知，
在区间
上为凹函数，故
． 
当且仅当
、
中一组为三个
，另一组为四个
时，
取最大值
．
答 案
见解析
解析
解：首先，将命题加强为证明对于
内部及边界上的有限个点总可以适当编号为
， 
，…，
，使
． 
下面用数学归纳法证明． 
当
时，显然成立． 
假设
时，命题成立． 
则当
时，作
，若个点全处于
(或
)中，则再作
(或
)，如此作下去，必可分出两个小直角三角形，其中均有给定点． 
如图，不妨设这两个直角三角形为
和
．且
与
有交点， 
联结
、
． 
 
因为
和
内点数小于，所以，由归纳假设有 
， 
． 
又
，则由余弦定理得 
． 
故
 
 
． 
若
即为
，则得证． 
若
由
切割而来，如图． 
1  50%
a
 i =
i
1, 2, ⋯, 7
(
)
a
 i = 1 , 2 , ⋯, 7
{
i ∣
}
A
 π 
B
 π 
A =k
∣∣
1 ⩽k ⩽6
S
 =
 
 sinα
 =
 
 sina
 +
 sina
 
七边形
2
1
i=1
∑
7
i
2
1 (
a
 ∈A
i
∑
i
a
 ∈B
i
∑
i)
sinx
0 ,  π 
[
]
S
 ⩽
七边形
 
A sin
+ B sin
 
=
2
1 (∣∣
A
∣∣
 π 
∣
∣
B
∣
∣
 π  )
 k sin
 + n −k sin
 
2
1 [
k
 π 
(
)
n −k
 π 
]
x sin
 
x
 π 
1 , 6
[
]
S
 ⩽
七边形
 
3 sin
 + 4 sin
 
=
2
1 (
3
 π 
4
 π  )
 +
4
3
 3
 2
A
B
 3
 π 
 4
 π 
S
 
七边形
 +
4
3
 3
 2
例题8
Rt△ABC
P
 1
P
 2
P
 n
AP
 +
1
2
P
 P
 +
1
2
2
P
 P
 +
2
3
2
⋯+ P
 P
 +
n−1
n
2
P
 B ⩽
n
2
AB
∠C = 90
2 (
∘)
n = 1
n < k k ∈
 
(
Z +)
n = k
CD⊥AB
n
△ACD
△BCD
DE⊥AC
DE⊥BC
1
Rt△A C D
′
′
′
Rt△B C D
′
′
′
P
 P
 
i
i+1
C D
′
′
C P
 
′
i
C P
 
′
i+1
△A C D
′
′
′
△B C D
′
′
′
k
A C
⩾
′
′2
A P +
′
1
2
P
 P
 +
1
2
2
⋯+ P
 P
 +
i−1
i
2
P
 C′
i
2
B C
⩾
′
′2
C P
 +
′
I+1
2
P
 P
 +
i+1
i+2
2
⋯+ P
 P
 +
k−1
k
2
P
 B′
k
2
∠P
 C P
 <
i
′
i−1
∠A C B =
′
′
′
90∘
P
 C
+
i
′2
P
 C
⩾
i+1
′2
P
 P
 
i
i+1
2
A B
=
′
′2
A C
+
′
′2
B C
′
′2
⩾A P
 +
′
1
2
P
 P
 +
1
2
2
⋯+ P
 C
+
i
′2
C P
 +
′
i+1
2
⋯+ P
 P
 +
k−1
k
2
P
 B′
k
2
⩾A P
 +
′
1
2
P
 P
 +
1
2
2
⋯+ P
 P
 +
i
I+1
2
⋯+ P
 P
 +
k−1
k
2
P
 B′
k
2
△A B C
′
′
′
△ABC
△A B C
′
′
′
△A B E
′
′
′
2
 
因为
，所以，
． 
故
 
 
． 
如此一步步还原回去，即得 
． 
于是，加强后的命题得证． 
因此，原命题得证．
答 案
见解析
解析
解：设点
与
、
与
、
与
分别重合． 
首先证明一个引理． 
引理如右图，设
为凸多边形
内一点，则
的外
接圆中至少有一个包含点
． 
 
证明若点
在某一个
中，结论显然成立．否则，由 
 
 
， 
于是，存在使得
． 
因为四边形
为凸四边形，所以，点
包含在
的外接圆内． 
回到原题．由引理，知存在使得点
包含在
的外接圆内． 
设
、
的外接圆半径分别为、
． 
因为点
在
的外接圆内，所以，
． 
故
．
1
∠P
 B E <
k
′
′
90∘
B P
 +
′
k
2
B E
⩾
′
′2
P
 E
k
′2
A E
=
′
′2
A B
+
′
′2
B E
′
′2
⩾
A P
 + P
 P
 + ⋯+ P
 B
+
(
′
1
2
1
2
2
k
′2)
P
 E
−B P
 
(
k
′2
′
k
2)
= A P
 +
′
1
2
P
 P
 +
1
2
2
⋯+ P
 E
k
′2
AB ⩾
2
AP
 +
1
2
P
 P
 +
1
2
2
⋯+ P
 B
k
2
例题9
P
 
n+1
P
 1
X
 
n+1
X
 1
A
 
n+1
A
 1
Q
A
 A
 ⋯A
 
1
2
n
△X
 A
 X
 i = 1 , 2, ⋯, n
i
i+1
i+1 (
)
Q
Q
△X
 A
 X
 
i
i+1
i+1
 ∠X
 A
 X
 + ∠X
 QX
 
i=1
∑
n
(
i
i+1
i+1
i
i+1)
=
 ∠X
 A
 X
 +
 ∠X
 QX
 
i=1
∑
n
i
i
i+1
i=1
∑
n
i
i+1
= n −2  π +2 π =n π 
(
)
i
∠X
 A
 X
 +
i
i+1
i+1
∠X
 QX
 ⩾
i
i+1
 π 
QX
 A
 X
 
i
i+1
i+1
Q
△X
 A
 X
 
i
i+1
i+1
i
P
△X
 A
 X
i
i+1
i+1
△P
 A
 P
 
i
i+1
i+1
△X
 A
 X
 
i
i+1
i+1
r
R
P
△X
 A
 X
i
i+1
i+1
2r = A
 P ⩽
i+1
2R
P
 P
 =
i
i+1
2r sin∠P
 A
 P
 ⩽
i
i+1
i+1
2R sin∠X
 A
 X
 =
i
i+1
i+1
X
 X
 
i
i+1
答 案
见解析
解析
解：如图，对圆
、
，过圆心
作图
的两条切线，将平面分为四部分． 
将圆
上与
在同一部分的弧以及这段弧相对的另一段弧染色． 
 
同样地，圆
也有相同长度的两段弧被染色． 
由于过点
的直线至多过其他的一个圆，因此，圆
上的每个点至多被染色一次(不考虑 
多个圆的点)． 
接下来考虑
与
之间染色的弧总长度． 
如图，设
为圆
的一条切线，与圆
切于点
，射线
与圆
交于点
，射线 
与圆
交于点
，
于点
．则 
． 
 
又因为
， 
所以，
，即
． 
则
． 
由对称性，知圆
、
相互之间染色的弧总长度为
． 
因此，对这个圆，两两之间染色的弧总长度大于或等于
． 
然而，这些圆的周长之和为
． 
如图，考虑
，
，…，
这个点的凸包多边形
，
，…，
以及圆
在 
外角部分的弧．此多边形外角和为
，因此，这些弧的总长为
． 
 
再下来证明，每一段弧至多有一半被染色． 
如图，任取多边形上相邻的三个顶点(不妨设依次为
、
、
)，联结
并延长与 
圆
交于点
，射线
与圆
交于点
．设
为圆
、
距
较近的条外公切线， 
并过
作
，
与弧
交于点
；过
作
与圆
切于点
，且
与
在
 
同侧(
经过弧
)． 
1
例题10
1
Γi
Γ
 1 ⩽i < j ⩽n
j (
)
O
 i
Γ
 j
Γi
Γj
Γj
O
 i
Γ
 i
Γi
Γj
2
O
 P
i
Γ
 j
Γ
 j
P
O
 O
 
i
j
Γ
 i
Q
O
 P
i
Γ
 i
N
QM⊥O
 P
i
M
△O
 QM∽△O
 O
 P
i
i
j
O
 Q =
i
O
 P =
j
1
 =
O
 Q
i
MQ
 
O
 O
 
i
j
PO
 j
MQ =
 
O
 O
 
i
j
1
 ⩾
NQ
⌢
MQ =
 
O
 O
 
i
j
1
Γi
Γj
8
 ⩾
NQ
⌢
 
O
 O
 
i
j
8
n
 
1⩽i⩽j⩽n
∑
O
 O
 
i
j
8
2n π 
3
O
 1
O
 2
O
 n
n
O
 
k
 1
O
 
k
 2
O
 
k
 r
Γ
 
k
 i
∠O
 O
 O
 
k
 
i−1
k
 
i1
k
 
i+1
2 π 
4 π 
4
O
 1
O
 2
O
 3
O
 O
 
1
2
Γ2
A
O
 O
 
2
3
Γ
 2
B
l
 1
Γ
 1
Γ
 3
Γ
 2
O
 2
l
 //l
 
2
1
l
 2
AB
⌢
C
O
 2
O
 D
2
Γ
 3
D
D
C
O
 O
 
2
3
O
 D
2
AB
⌢
 
因为
不与圆
相交，圆
、
在
两侧，圆
半径为，则
到
的距离大于或等于． 
所以，点
到
的距离大于或等于． 
又因为
，所以点
到
的距离小于或等于． 
因为点
在
中，所以，
． 
因此，弧
上被染色的部分长度小于或等于
．同样，弧
上被染色的长度小于或等 
于
．于是，弧
上至多有一半被染色．对其他这样的弧也有同样的结论．凸包多边 
形所有外角部分内至少有长为
的弧未被染色．因此，染色的弧长总和小于或等于
 
．从而， 
 
故
．
答 案
见解析
解析
解：事实上，
 
注意到， 
．
 
当且仅当所有的
均相等，即四面体
为正四面体时，式
等号成立． 
在空间直角坐标系下，设
．则
． 
故
 
 
 
．
 
1
l
 1
Γ
 2
Γ
 2
Γ
 3
l
 1
Γ
 2
1
l
 1
l
 2
1
D
l
 2
1
DO
 =
3
1
D
O
 O
 
2
3
1
D
∠O
 O
 C
3
2
∠DO
 O
 ⩽
2
3
∠DO
 C
2
BC
⌢
 2
1 BC
⌢
AC
⌢
 2
1 AC
⌢
AB
⌢
2 π 
2n π  −2 π 
 
 ⩽
1⩽i⩽j⩽n
∑
O
 O
 
i
j
8
2n π  −2 π 
 
 ⩽
1⩽i⩽j⩽n
∑
O
 O
 
i
j
1
 
4
n −1  π 
(
)
例题11
 
 =
 
 
i= j
/
∑P
 −P
 
∣
i
j∣
1
1⩽i<j⩽4
∑
P
 −P
 
∣
i
j∣
2
 P
 −P
 
 
 
⩾
(
1⩽i<j⩽4
∑
∣
i
j∣
2)
 2
1
(
1⩽i<j⩽4
∑
P
 −P
 
∣
i
j∣
1
)
 
 P
 −P
 
 
 6
1 (
1⩽i<j⩽4
∑
∣
i
j∣)(
1⩽i<j⩽4
∑
P
∣
⩾
 ×
 6
1
6 =6
 
2
6
①
P
 −P
 
∣
i
j∣
P
 P
 P
 P
 
1
2
3
4
①
P
 x
 , y
 , z
 
i = 1, 2, 3, 4
i (
i
i
i) (
)
x
 +
i
2
y
 +
i
2
z
 =
i
2
1
 P
 −P
 =
 
x
 −x
 
+ y
 −y
 
+ z
 −z
 
1⩽i<j⩽4
∑
∣
i
j∣
2
1⩽i<j⩽4
∑
[(
i
j)2
( i
j)2
( i
j)2]
=
 2 −2x
 x
 −2y
 y
 −2z
 z
 
1⩽i<j⩽4
∑
(
i
j
i
j
i
j)
=12 −
 2x
 x
 +
 2y
 y
 +
 2z
 z
 
(
1⩽i<j⩽4
∑
i
j
1⩽i<j⩽4
∑
i
j
1⩽i<j⩽4
∑
i
j)
=16 −
 x
 
−
(
i=1
∑
4
i)
2
 y
 
−
(
i=1
∑
4
i)
2
 z
 
⩽
(
i=1
∑
4
i)
2
16
②
当且仅当
，即四面体
为正四面体时，式
等号成立． 
故
． 
当且仅当四面体
为正四面体时，上式等号成立．
 x
 =
 =y
 =
 z
 =0
i=1
∑
4
i
i=1
∑
4
i
i=1
∑
4
i
P
 P
 P
 P
 
1
2
3
4
②
 
 ⩾
1⩽i<j⩽4
∑
P
 −P
 
∣
i
j∣
1
6
 
 P
 −P
 
⩾
6(
1⩽i<j⩽4
∑
∣
i
j∣
2)
−
 2
1
 
2
3
 6
P
 P
 P
 P
 
1
2
3
4