几何不等式
东北师大附中 卢秀军
一、基础知识
1．定义：几何问题中出现的不等式称为几何不等式. 常常表现为角的大小，线段的长短，面积的多少等. 在几何不等式的证明中，将综合运用到我们所学的很多知识，但最首要的是要注意运用几何中基本的不等关系和一些重要定理．证明不等式，视其论证过程中，以运用何种知识为主，大致分为三种方法：几何方法；三角方法；代数方法。 2．证明几何不等式常用方法
（1）代数方法：利用变量代换、因式分解、配方等手段将几何问题转为代数问题，其思路是： （1）适当地引入变量，将几何问题化为代数问题，特别是二次函数；恰当选择变量为关键； （2）利用重要的几何不等式及代数不等式；
（3）当证明涉及三角形不等式时，注意应用：①三边长的固有不等关系；②海伦公式；③边长的大小顺序关系与对应角的大小顺序关系相同，而与对应高、中线及分角线长的顺序相反.
（2）三角方法：利用三角函数来反映几何图形的变化规律，从而将几何问题转化为三角问题，这时最常用的三角知识是：
（1）三角恒等变形：这主要是应用和、差、倍、半角公式，积化和差及和差化积公式等，制造出便于应用已知不等式的形式，以完成命题的证明；
（2）边角互换：这主要是利用三角函数定义、正弦定理、余弦定理等，把一个关于角（边）的不等式转化成边（角）的不等式.
（3）几何方法：即指用纯粹的平面几何知识来证明几何不等式，这时最常用的平面几何知识是： （1）抓住几何图形的特征，挖掘几何图形中最基本的几何不等关系. 事实上，一些最基本的几何不等关系在有关几何不等式的论证中异常活跃，常常成为解决问题的钥匙；
（2）与面积有关的几何不等式也占有重要地位. 其内容丰富，涉及面宽，富于智巧. 证明这类不等式大都需要利用面积的等积变换、面积公式及面积比的有关定理等知识. 3．几个著名代数不等式
在几何不等式的证明中，常常需要一些著名的代数不等式——柯西不等式，排序不等式，算术平均不等式等.
4．几个著名的几何不等式 （1）托勒密定理的推广：
在凸四边形ABCD 中，一定有：AB ⋅CD +AD ⋅BC ≥AC ⋅BD ，等号成立时四边形ABCD 是圆内接四边形.
证明1：取点E ，使∠BAE =∠CAD ，∠ABE =∠ACD 则∆ABE ∽∆ACD
∴
AB AC
=
BE CD
，
AB AC
=
AE AD
∴AB ⋅CD =AC ⋅BE （1） 又∠BAC =∠DAE ∴∆ABC ∽∆AED ∴
BC DE
=AC AD
∴BC ⋅AD =AC ⋅DE
∴AB ⋅CD +BC ⋅AD =AC ⋅BE +AC ⋅DE =AC ⋅(BE +DE ) ≥AC ⋅BD
上式等号成立当且仅当E 在对角线BD 上. 此时∠ABD =∠ACD ，从而四边形内接于圆. 证明2：复数法
设A 、B 、C 、D 对应的复数分别是z 1、z 2、z 3、z 4
用到下面的恒等式(z 1-z 4)(z 2-z 3) +(z 2-z 4)(z 3-z 1) +(z 3-z 4)(z 1-z 2) =0 则AB ⋅CD +AD ⋅BC =|(z 1-z 2)(z 3-z 4) |+|(z 1-z 4)(z 2-z 3) |
≥|(z 1-z 2)(z 3-z 4) +(z 1-z 4)(z 2-z 3) | =|-(z 2-z 4)(z 3-z 1) |=AC ⋅BD
（2）（嵌入不等式） 设x , y , z ∈R , A +B +C =(2k +1) π, k ∈Z ， 求证：x 2+y 2+z 2≥2yz cos A +2zx cos B +2xy cos C 等号成立的充要条件是：x =y cos C +z cos B 及y sin C =z sin B . 证明：x 2+y 2+z 2-2yz cos A -2zx cos B -2xy cos C
=x -2(z cos B +y cos C ) x +y +z +2yz cos(B +C )
=x -2(z cos B +y cos C ) x +(z cos B +y cos C ) +(z sin B -y sin C ) =(x -z cos B -y cos C ) +(z sin B -y sin C ) ≥0
2
2
2
2
2
2
2
2
当且仅当x =y cos C +z cos B 且y sin C =z sin B 时取等号
（3）艾尔多斯——莫迪尔（Erdos —Mordell ）不等式：
在∆ABC 内部任取点P ，d A , d B , d C 分别表示由点P 到顶点A , B , C 之间的距离，d a , d b , d c 分别表示由点P 到边BC , CA , AB 的距离， 则d A +d B +d C ≥2(d a +d b +d c ) 证明1：
过P 作直线XY 分别交AB , AC 于X , Y ，使∠AYX =∠ABC 则∆AYX ∽∆ABC
∴
AX AB XY
=
AC BC
, AY XY
=
BC
又∵S 1∆AXY =2
AX ⋅d 1c +
2
AY ⋅d 1b ≤
2
XY ⋅d A
∴d AX ⋅d AY A ≥XY c +XY ⋅d b 即d AC ⋅d AB A ≥
BC
c +BC
⋅d b 同理：d BC AB B ≥
AC
⋅d c +AC
⋅d a
d C ≥
BC ⋅d AC AB
b +AB
⋅d a
∴d A +d B +d C ≥2(d a +d b +d c ) 证明2：P , E , A , F 四点共圆 则
EF sin A
=d A
在∆EFP 中，由余弦定理得 EF
2
=d 22
c +d b -2d c ⋅d b ⋅cos(B +C )
=(d 2
2
c cos B -d b cos C ) +(d c sin B +d b sin C ) ≥(d 2
c sin B +d b sin C )
∴EF ≥d c sin B +d b sin C ∴d B sin C A ≥
sin sin A
d c +
sin A
d b
同理d sin A C B ≥
sin B d c +
sin sin B d a
d C ≥
sin A sin B sin C
d c +
sin C
d a
∴d A +d B +d C ≥2(d a +d b +d c )
证明3：设∠APB =α, ∠BPC =β, ∠CPA =γ 则AB 2
=d 22
A +d B -2d A ⋅d B ⋅cos α
BC 2
=d 2
2
B +d C -2d B ⋅d C ⋅cos β CA
2
=d 2
2
C +d A -2d C ⋅d A ⋅cos γ
又
12
BC ⋅d 1a =
2
d B ⋅d C ⋅sin β
C
∴d a =
d B ⋅d C ⋅sin βd B +d C -2d B ⋅d C ⋅cos β
2
2
=
d B ⋅d C ⋅sin β
(d B -d C ) +2d B ⋅d C ⋅(1-cos β)
2
≤
d B ⋅d C ⋅sin β2d B ⋅d C ⋅(1-cos β)
1212
=
d B ⋅d C ⋅sin β2d B ⋅d C ⋅2sin
2
β
2
=
12
d B ⋅d C cos
β
2
即d a ≤d B ⋅d C cos
β
2
γ
2
同理d b ≤
d c ≤
12
d C ⋅d A cos
d A ⋅d B cos
12
α
2
β
2+
d C ⋅d A cos
d a +d b +d c ≤12
(d B ⋅d C cos
γ
2
+
d A ⋅d B cos
α
2
)
≤
(d A +d B +d C ) （嵌入不等式）
证明四：
设∠BPC =2α, ∠CPA =2β, ∠APB =2γ，且α+β+γ=π
设它们的内角平分线长分别是w a 、w b 、w c ，且w a ≥d a 、w b ≥d b 、w c ≥d c 只要证更强的结论
d A +d B +d C ≥2(w a +w b +
w c )
w a =
d B +
d C
=
d B +d C
d B +d C -a
2d B d C
2
2
2
又cos 2α=
222
，即d B +d C -a =2d B d C cos 2α
∴w a =
d B d C d B +d C
=
2d B d C d B +d C
cos α≤
α
同理w b ≤
β，w c =γ
∵α+β+γ=π ∴由嵌入不等式得
2(w a +w b +w c ) ≤α+
β+
γ) ≤d A +d B +d C
（4）外森比克不等式：
设∆ABC 的边长和面积分别为a , b , c 和S ，则a +b +c ≥43S ，当且仅当∆ABC 为正三角形时等号
2
2
2
成立.
证明方法很多，证明略
5．费尔马(Fermat ) 问题：在∆ABC 中，使PA +PB +PC 为最小的平面上的P 点称为费尔马点. 当
∠BAC ≥120︒时，A 点为费尔马点；当∆ABC 中任一内角都小于120︒时，则与三边张角为120︒的P 点
为费尔马点. 例题
例1 已知∆ABC ，设I 是它的内心，∠A , ∠B , ∠C 的内角平分线分别交其对边于A /, B /, C /，求证：
14
AI ⋅BI ⋅CI AA ⋅BB ⋅CC
/
/
/
≤
827
.
证明：令BC =a , CA =b , AB =c 由角平分线定理，易得AA IA
IA AA
/
IA
/
IA
=
A B c
/
=
A C b
/
=
a b +c
/
∴=
a +b +c b +c
b +c a +b +c
b +c
b +c a +b +c , 1) 12
∴=
易得
12
=
b +c +b +c b +c a +b +c =
∈(
∴
IA AA
/
=
同理
IC CC
/
IB BB =
/
/
a +c a +b +c
∈(
∈(12
, 1)
a +b a +b +c
, 1)
则
IA
AA
+
IB BB
//
+
IC CC
//
=2
处理（1） 令
IA AA
/
=
12
+t 1, 1
IB BB
/
=
12
+t 2,
12
IC CC
/
=
12
+t 3，
则t 1, t 2, t 3∈(, 1), t 1+t 2+t 3=
2
3
11⎛1⎫
(+t 1) +(+t 2) +(+t 3) ⎪
1118222⎪=∴(+t 1)(+t 2)(+t 3) ≤ 222327 ⎪
⎪⎝⎭
∴(
12
+t 1)(
12
+t 2)(
12
+t 3) =
18
+
14
(t 1+t 2+t 3) +
12
(t 1t 2+t 2t 3+t 3t 1) +t 1t 2t 3>
14
∴
14
AI ⋅BI ⋅CI AA ⋅BB ⋅CC
IA AA
/
/
/
/
≤IB BB
827
IC CC
/
处理（2）令=x ,
/
=y , 1
=z ，
则x +y +z =2，且x , y , z ∈(,1)
2
x +y +z
3
3
∴xyz ≤() =
12
827
12-z ) z =91612
131329(-z ) z =[-(z -) +] 222416
xyz =x (2-x -z ) z >12
12
(2-349
又
12
[-(z -34
) +
2
]在区间端点取到最小值）
34
916
14
∴xyz >[-(z -) +
2
16
]>[-(1-) +
2
]=
处理（3）利用内切圆与三角形的切点把每条边分成两部分作变换 令a =m +n , b =n +k , c =k +m AI ⋅BI ⋅CI AA ⋅BB ⋅CC
3
///
=
m +n +2k
2(m +n +k ) 2(m +n +k ) 2(m +n +k )
3
⋅
m +2n +k
⋅
2m +n +k
14
=
(m +n +k ) +(m +n +k ) +(mn +mk +nk )(m +n +k ) +mnk
8(m +n +k )
3
>
说明：
证明关于三角形内各元素的各种不等式时，常作如下变换： （由于三角形的内切圆存在，三条边总可表示为）
a =x +y , b =y +z , c =z +x , (x , y , z >0) ，反之，若三个正数a , b , c 可以表示为上述形式，则a , b , c 一
定是某个三角形的三边，并且相应的三角形的其它元素也可以通过上面变换用x , y , z 表示，有关三角形的一些几何不等式都可以化为关于x , y , z 的代数不等式
例2 设P 是∆ABC 内的一个点，Q , R , S 分别是A , B , C 与P 的连线与对边的交点（如图），求证：
S ∆QRS ≤
14
S ∆ABC . （∆QRS 是塞瓦三角形）
分析：利用补集思想 证明S ∆ASR +S ∆BSQ +S ∆CQR ≥证明1：令
AS SB
=α,
BQ QC
=β,
34S ∆ABC
B
CR RA
=γ，
Q
则由塞瓦定理αβγ=1
则
S ∆ASR S ∆ABC
=
AS ⋅AR AB ⋅AC =
=
α
(α+1)(γ+1) =
同理
S ∆BSQ S ∆ABC
=
BQ ⋅BS BC ⋅AB
=
β
(β+1)(α+1)
S ∆CQR S ∆ABC
CQ ⋅CR BC ⋅AB
γ
(γ+1)(β+1)
34
只要证明S ∆ASR +S ∆BSQ +S ∆CQR ≥即
S ∆ABC
α(α+1)(γ+1)
+
β(β+1)(α+1)
+
γ(γ+1)(β+1)
≥
34
只要证6-(αβ+βγ+γα) -(α+β+γ) ≤0 只要证6-[(
1
11+11+1
) +(α+β+γ)]≤0
α+
βγ
显然(
α
+
βγ
12
) +(α+β+γ) ≥6
当α=β=γ=时取等号，此时P 是∆ABC 的重心
证明2：设S ∆PAC =x , S ∆PBC =y , S ∆PAB =z 则SB SA
=y , RA
=
z QC x , = y QB z =
xz (x +y )(z +y )
=
yz (y +x )(z +x )
x RC
S ∆ASR S ∆ABC
=
AS ⋅AR AB ⋅AC
=
同理
S ∆BSQ S ∆ABC
BQ ⋅BS BC ⋅AB
S ∆CQR S ∆ABC
=
CQ ⋅CR BC ⋅AB
=
xy (x +z )(y +z )
34S ∆ABC
只要证明S ∆ASR +S ∆BSQ +S ∆CQR ≥即
xz (x +y )(z +y )
+
yz (y +x )(z +x )
+
xy (x +z )(y +z )
34
≥
34
通分整理xz (x +z ) +yz (y +z ) +xy (x +y ) ≥
2
2
2
2
(x +y )(y +z )(z +x )
即x (y +z ) +y (z +x ) +z (x +y ) ≥
34
(x +y )(y +z )(z +
x )
≥
34
⋅=6xyz
只要证y 2(x +z ) +x 2(y +z ) +z 2(x +y ) ≥6xyz
事实上y 2(x +z ) +x 2(y +z ) +z 2(x +y ) =(x 2y +y 2z +z 2x ) +(xy 2+yz 2+zx 2)
≥3x y ⋅y z ⋅z x +3xy ⋅yz ⋅zx
2
2
2
2
2
2
=3xyz +3xyz =6xyz
当且仅当x =y =z 时取等号，此时P 是∆ABC 的重心 证明3：令
B S A B
A S A B
=α, C Q B C
B Q B C
=β,
C R C A
=γ，且α, β, γ∈(0, 1)
则=1-α, =1-β,
A R C A
=1-γ
B
Q
由塞瓦定理得αβγ=(1-α)(1-β)(1-γ) 整理得α+β+γ-(αβ+βγ+γα) =1-2αβγ S ∆ASR S ∆ABC
=
AS ⋅AR AB ⋅AC
=
=α(1-γ)
同理
S ∆BSQ S ∆ABC
=
BQ ⋅BS BC ⋅AB
=β(1-α)
S ∆CQR S ∆ABC
CQ ⋅CR BC ⋅AB
=γ(1-β)
34
只要证α(1-γ) +β(1-α) +γ(1-β) ≥
事实上α(1-γ) +β(1-α) +γ(1-β) =α+β+γ-(αβ+βγ+γα) =1-2αβγ
=1-2(1-α)(1-β)(1-γ) =1-
14
34
14
⋅(2(1-α) ⋅2β(1-β) ⋅2(1-γ) )
≥1-=
12
当且仅当α=β=γ=时取等号，此时Q , R , S 是中点，P 是∆ABC 的重心
3a +b +c 2
() ，且当a =b =c 时等号43
例3 已知∆ABC 的面积为S ，三边分别为a , b , c ，求证：S ≤成立.
证明1：由海伦公式，设p =
12
(a +b +c )
S =p (p -a )(p -b )(p -c ) ≤p ⋅(
p 3
)
3
=
39
p
2
=
3a +b +c 2
() 43
当且仅当p -a =p -b =p -c 即a =b =c 时取等号 证明2：
欲证S ≤
3a +b +c 2
() 43
只要证(a +b +c ) 2≥123S
∵(a +b +c ) 2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca ≥3(ab +bc +ca ) 故只要证ab +bc +ca ≥43S 由柯西不等式
(ab +bc +ca )(sinA +sin B +sin C ) ≥(ab sin C +=(32S )
2
bc sin A +ca sin B )
2
=18S
∴ab +bc +ca ≥
18S
sin A +sin B +sin C
又sin A +sin B +sin C ≤∴ab +bc +ca ≥
332
18S 332
=43S
18S
sin A +sin B +sin C
≥
从而结论得证
当且仅当a =b =c 时，取等号 例4 在∆ABC 中，求证：cot
3
A 2
+cot
3
B 2
+cot
3
C 2
≥93
证明1：设AB =c =x +y , BC =a =y +z , CA =b =z +x 则cot
3
A 2
+cot
3
B 2
+cot
3
C 2
=() +() +() =
r r r
x
3
y
3
z
3
x +y +z
r
3
333
又S =
S =
12
p (p -a )(p -b )(p -c ) =
(a +b +c ) r =(x +y +z ) r
xyz (x +y +z )
∴xyz (x +y +z ) =(x +y +z ) r ∴r =
A 2
xyz x +y +z
C 2
x +y +z
r
3
3
3
3
cot
3
+cot
3
B 2
+cot
3
=≥
3xyz r
3
=
3(x +y +z ) x +y +z
xyz
≥
3⋅33xyz ⋅
xyz
36xyz
=93
证明2：设AB =c =x +y , BC =a =y +z , CA =b =z +x
则cot
3
A 2
+cot
3
B 2
+cot
3
C 2
≤
3
=() +() +() =
r r r
x +y +z
3
3
x
3
y
3
z
3
x +y +z
r
3
333
由幂平均不等式
x +y +z
319
333
得x 3+y 3+z 3≥
(x +y +z ) （1）
由例3得S ≤
S x +y +z
3a +b +c 232
() =(x +y +z ) 43939
(x +y +z ) ，即r ≤
∴≤
39
(x +y +z )
∴x +y +z ≥33r 代入（1）即可得到结论.
例5 设∆ABC 是锐角三角形，外接圆圆心为O ，半径为R ，AO 交BOC 所在的圆于另一点A /，BO 交
COA 所在的圆于另一点B /，CO 交AOB 所在的圆于另一点C /，
证明：OA /⋅OB /⋅OC 证明1：
/
≥8R ，并指出在什么情况下等号成立？（第37届IMO 预选题）
/
B /
3
作过BOC 的圆直径OD 则∠DA /O =∠DCO =90︒
∠DOC =∠BAC , ∠AOC =2∠ABC
∠A OD =180︒-∠DOC -∠AOC =∠ACB -∠ABC
/
在Rt ∆COD 中，OD =在Rt ∆A OD 中
A O =OD ⋅cos DOA =
/
/
OC cos DOC
=
OC cos BAC
B /
/
=OD ⋅cos(∠ACB -∠ABC ) ⋅OC
cos(∠ACB -∠ABC )
cos BAC
/
即OA =
cos(∠ACB -∠ABC )
cos BAC =
cos(A -C ) cos B
R
R
R 记为OA
/
=
cos(C -B ) cos A
R
同理OB
/
/
OC =
cos(A -B ) cos C
只要证
cos(A -B ) cos(B -C ) cos(C -A )
⋅⋅≥8
cos C cos A cos B
∵
cos(A -B ) cos C
=
cos(A -B ) -cos(A +B )
=
cos A cos B +sin A sin B -cos A cos B +sin A sin B
=
1+cot A ⋅cot B 1-cot A ⋅cot B
令x =cot A ⋅cot B , y =cot B ⋅cot C , z =cot C ⋅cot A
x +y +z =cot A ⋅cot B +cot B ⋅cot C +cot C ⋅cot A
=cot A ⋅(cotB +cot C ) +cot B ⋅cot C =-cot(B +C ) ⋅(cotB +cot C ) +cot B ⋅cot C =-
cot B ⋅cot C -1cot B +cot C
⋅(cotB +cot C ) +cot B ⋅cot C =1
而对于∆ABC 是锐角三角形，x , y , z >0 ∴
cos(A -B ) cos C
=1+x 1-x ≥2
=
(x +y ) +(z +x )
y +z
≥2
(x +y )(z +x )
y +z
同理
cos(B -C ) cos A
(x +y )(z +y )
x +z
cos(B -C ) cos A
≥2
(x +z )(z +y )
x +y
显然成立
证明2：如图，设AO , BC 交于D ，BO , AC 交于E ，CO , AB 交于F ， 由A /, B , O , C 四点共圆，得
∠BA O =∠BCO =∠CBO
/
/
B /
∴∆BOD ∽∆A BO ∴A O BO
//
/
=
BO OD R
2
∴A O =
OD
R
2
从而B O =
/
OE
，C O =
/
R
2
OF
处理方式（1） ∴
A O ⋅B O ⋅C O
R
3
/
/
/
=
R
3
OD ⋅OE ⋅OF
=
OA OD
⋅
OB OE
⋅
OC OF
令S ∆AOB =S 1, S ∆BOC =S 2, S ∆COA =S 3 A O ⋅B O ⋅C O
R
3
/
/
/
=
S 1+S 3
S 2
⋅
S 1+S 2
S 3
⋅
S 2+S 3
S 1
≥8
处理方式（2） 令
OA OD
=x ,
OB OE
=y ,
OC OF
=z
则
O D AD
=
S ∆O BC S ∆ABC
=
1
x +1BE
,
O E
=
S ∆O AC S ∆ABC
=
1
y +1C F
,
O F
=
S ∆O BA S ∆ABC
=
1z +1
∴
1x +1
+
1y +1
+
1z +1
（再去分母，整理得xyz =x +y +z +2） =1（利用面积关系）
∴xyz =x +y +z +2≥3xyz +2
令xyz =m ，则m 3-3m -2≥0，即(m +1) 2(m -2) ≥0 ∴m -2≥0，即xyz ≥8
证明3： 由A /, B , O , C 四点共圆，由托勒密定理，得
A O ⋅BC =R (A C +A B )
/
/
/
/
B /
∴A O =
/
A C +A B
BC
//
R
而易知∠1=∠2 ∴A C CD
/
=
A B BD
/
=
A B +A C
BC
//
而∆A /BD ∽∆COD ∴A B BD
/
/
=
OC OD
AO OD
=
R OD
=
AO OD
∴A O =
/
R
/
同理B O =
BO OE
R ，C O =
CO OF
R
令S ∆AOB =S 1, S ∆BOC =S 2, S ∆COA =S 3 ∴
A O ⋅B O ⋅C O
R S 1+S 3
S 2
3
/
/
/
=
OA OD
⋅
OB OE
⋅
OC OF
=⋅
S 1+S 2
S 3
/
⋅
S 2+S 3
S 1
≥8
证明4： 由A , B , O , C 四点共圆，由托勒密定理，得
A O ⋅BC =R (A C +A B )
/
/
/
∴A O =
/
A C +A B
BC
//
R
设∠AOC =α, ∠AOB =β, ∠BOC =γ 在∆A BC 中，由正弦定理，得 A B sin A CB
/
/
/
/
=
A C sin A BC
/
/
/
=
BC sin BA C
/
/
/
/
又sin A CB =sin A OB =sin β, sin A BC =sin A OC =sin α, sin BA C =sin γ
∴A O =
/
A C +A B
BC
//
R =
sin α+sin β
sin γ
⋅R
⋅R
同理B /O =
/
sin β+sin γ
sin α
C O =
sin α+sin γ
sin β
⋅R
以下略
例6 如图所示，设C 1，C 2是同心圆，C 2的半径是C 1半径的2倍，四边形A 1A 2A 3A 4内接于圆C 1，将将A 1A 2延长交圆C 2于B 2，将A 2A 3延长交圆C 2于B 3，A 3A 4延长交圆C 2于B 4，A 4A 1延长交圆C 2于B 1，
试证明：四边形B 1B 2B 3B 4的周长大于等于四边形A 1A 2A 3A 4的 周长的2倍，并请确定等号成立的条件. （第3届全国冬令营，1988年）
证明：设公共圆圆心为O ，连结OA 1, OB 1, OB 2 在四边形OA 1B 1B 2中，运用推广的托勒密定理 OB 1⋅A 1B 2≤OA 1⋅B 1B 2+OB 2⋅A 1B 1
∴2R ⋅A 1B 2≤R ⋅B 1B 2+2R ⋅A 1B 1 ∴2A 1B 2≤B 1B 2+2A 1B 1 ∴B 1B 2≥2A 1A 2+2A 2B 2-2A 1B 1 同理B 2B 3≥2A 2A 3+2A 3B 3-2A 2B 2
B 3B 4≥2A 3A 4+2A 4B 4-2A 3B 3
B 4B 1≥2A 4A 1+2A 1B 1-2A 4B 4
∴结论得证
当且仅当O , A 1, B 1, B 2四点共圆，
∴∠OA 1A 4=∠OB 2B 1=∠OB 1B 2=∠OA 1B 2， ∴OA 1是∠A 4A 1A 2的角平分线， ∴O 到∠A 4A 1A 2的两边的距离相等 ∴A 4A 1=A 2A 1
同理四边形A 1A 2A 3A 4的各边相等，进而证四边形A 1A 2A 3A 4是正方形时，等号成立. 练习题
1. 如图，在∆A B C 中，AB >AC , AM 为中线，P 为∆A M C 内一点，证明：P B >P C 证明：在∆A M C 与∆A M B 中，有两组对边对应相等，且A B >A C ， 所以∠A M B >∠A M C ，于是∠AM C
M
则垂足H 必在M C 的内部或延长线上， 从而B H >C
H ， 因此P B >P C
（斜线长与射影长的关系）
2. 如图，∠M O N =20︒
，A 为O M 上一点，O A =，B 是O N 上一点，D 为O N 上一点，
O D =C 为A M 上任意一点，则A B +B C +C D ≥12
分析：以O M 为对称轴，作D 点关于O M 的对称点D /， 以O N 为对称轴，作A 点关于O N 的对称点A ， 连结OA /、OD /，则∠A /OD /=60︒，
连结BA /、
CD /、A /D /，
则有AB +BC +CD =BA /+BC +CD /
因为O A /=O D /=
故A /、D /为定点，而连结A /、D /以线段最短， 所以AB +BC +CD ≥A /D /=
/
O
=12．
说明：本题把“折线化直”，然后利用两点间线段距离最短来证明，这种“化直法”在解决几何不等式问题中是常用的．
3. 设B C 是∆A B C 的最长边，在此三角形内部任意选一点O ，
O A 、O B 、O C 分别交对边于A 1、B 1、C 1，
证明：（1）O A 1+O B 1+O C 1
（2）O A 1+O B 1+O C 1≤m ax{AA 1, BB 1, C C 1} 分析：我们先证明一个简单但非常有用的引理：
1
C
设点M 是∆PQR 的边QR 上的一点，则PM
事实上，过P 作PH ⊥QR ，则利用斜线长和射影长的关系很容易说明便知引理成立． （1）过O 分别作OX //AB , OY //AC ，分别交B C 于X 、Y 点， 再过X 、Y 分别作XS //C C 1, YT //BB 1分别交A B 、A C 于S 、T ，如图 易知，∆O X Y ∽∆A B C ，故X Y 是∆O X Y 的最大边， 由引理知，O A 1
1C
所以BX >XS =O C 1（C C 1YT =O B 1 所以BC =XY +BX +YC >O A 1+O B 1+O C 1
（2）令
OA 1AA 1
=x ,
OB 1AB 1
=y ,
OC 1CC 1
=z ，那么x +y +z =
S ∆OBC S ∆ABC
+
S ∆OCA S ∆ABC
+
S ∆OAB S ∆ABC
=1．
所以O A 1+O B 1+O C 1=xAA 1+yBB 1+zC C 1
≤(x +y +z ) m ax{AA 1, BB 1, C C 1}=m ax{AA 1, BB 1, C C 1}
说明：其实，由（2）和引理知（1）成立，所以我们也可以先证明（2），然后推得（1）．
4. 设凸四边形A B C D 的面积为1，求证：在它的边上（包括顶点）或内部可以找出四个点，使得以其中任意三个点为顶点的三角形的面积均不小于
14
.
14
分析：如果A B C D 是平行四边形，那么S ∆ABC =S ∆BCD =S ∆ADC =S ∆ABD =因此A 、B 、C 、D 即为所求的点；
，
如果A B C D 不是平行四边形，不妨设A D 与B C 不平行，且∠D A B +∠C B A
又设D 到A B 的距离不超过C 到A B 的距离，过D 作D F //A B ，交B C 于F ， 分两种情况讨论：
（1）D F 不超过A B 的一半，此时可在边A D ，B C 上分别取P ，Q ，使得PQ 与A B 平行，PQ 等于A B 的一半，则有S ∆A P Q =S ∆B P Q =
14S ∆A B E >
12
14
S ∆A B C D =
12
14
,
12
S ∆A B Q =S ∆A B P =2S ∆A P Q =2S ∆B P Q =S ∆A B E >S ∆A B C D =
即A 、B 、P 、Q 即为所求的四个点.
（2）若D F 大于A B 的一半，则在线段D C 与取P ，Q ，同样使PQ //AB ，且P Q =
A E 于E ，
/
F C 上分别
12
A B ，延长A P 交
则PQ 是∆ABE /的中位线
再过A 作B C 的平行线l ，它与C D 的延长线的交则S ∆P C E =S ∆A G P >S ∆P D A ,
/
点为G ，
故有S ∆E /AB =S ∆PC E /+S ABC P >S ∆PD A +S ∆ABC P =S ∆ABC D ， 于是同样可以证明A 、B 、P 、Q 即为所求的四个点.
说明：在遇到比较复杂的情形时，要注意从简单情形起步，合理规划，通过分类讨论，适时化归，使问题得以圆满解决.
到∆A B C 三个顶点距离之和为最小的点，通常称为费尔马点.
当∆A B C 各角均小于120︒时，与三边的张角均为120︒的点即为费尔马点； 当有一个角大于120︒时，这角项点就是费尔马点. 下面这个命题是与费尔马问题“反向”的问题.
5. 在∆A B C 的内部或边界上找一点P ，使得它到三个顶点距离之和为最大. 分析：若点P 在∆A B C 内，作一个以B 、C 为焦点，过P 点设椭圆与A B 、A C 交于P 1、P 2点，连结A P 并延长与P 1P 2交那么P A
则P 1A +P 1B +P 1C >PA +(P 1B +P 1C ) =PA +PB +PC 所以点P 必定在边界上. 下证P 只能是∆A B C 的顶点，
不妨设点P 在线段B C 的内部，因PA 综上所述，所求的点必为∆A B C 的顶点，易知它是最短边所对的顶点. 说明：本题所用的方法是“局部调整”法，这是一种重要的思想方法.
6．凸六边形A B C D E F 的每边长至多为1. 证明：对角线A D 、B E 、C F 中至少有一条不超过2. 分析：连结A C 、C E 、E A ， 在∆A E C 中，不妨设边C E 最大， 即CE ≥AC , CE ≥AE ，
如图，对A 、C 、D 、E 四点用托勒密定理， 有AD ⨯CE ≤AC ⨯ED +CD ⨯AE 所以AD ≤
AC CE
⋅DE +CD ⋅
AE CE
≤1⨯1+1⨯1=2，
//
的椭圆， 于P /点，如图，
从而命题得证.
在证明与面积和周长有关的不等式时，下面的几个结论是很有用的，它们就是著名的等周问题
.
命题1 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大 命题2 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小
命题3 在给定边长为a 1, a 2, , a n 的所有n 边形中，能够内接于圆的n 边形具有最大的面积 命题4 在周长一定的n 边形的集合中，正n 边形的面积最大 命题5 在面积一定的n 边形的集合中，正n 边形的周长最小 运用等周定理可以解决很多与几何不等式有关的问题，看下面一例： 7．曲线L 将正∆A B C 分成两个等积的部分，那么它的长l ≥分析：
以A 为圆心，R 为半径作圆弧L /将∆A B C 的面积等分，那么
16
πa
23
，其中a 是正∆A B C 的边长.
有
πR
2
=
12
4
⋅27
34
a ，
16
2
所以R =
2，L
/的周长l /=
⋅2πR =
，现在证明l ≥l .
/
将∆A B C 连续翻转5次，由曲线L 形成了一条闭曲线，如图所示，由L /形成了一个圆，
而两者所围成的面积相等. 根据命题2，知6l ≥
6l /，即l ≥l /=
.
几何不等式
东北师大附中 卢秀军
一、基础知识
1．定义：几何问题中出现的不等式称为几何不等式. 常常表现为角的大小，线段的长短，面积的多少等. 在几何不等式的证明中，将综合运用到我们所学的很多知识，但最首要的是要注意运用几何中基本的不等关系和一些重要定理．证明不等式，视其论证过程中，以运用何种知识为主，大致分为三种方法：几何方法；三角方法；代数方法。 2．证明几何不等式常用方法
（1）代数方法：利用变量代换、因式分解、配方等手段将几何问题转为代数问题，其思路是： （1）适当地引入变量，将几何问题化为代数问题，特别是二次函数；恰当选择变量为关键； （2）利用重要的几何不等式及代数不等式；
（3）当证明涉及三角形不等式时，注意应用：①三边长的固有不等关系；②海伦公式；③边长的大小顺序关系与对应角的大小顺序关系相同，而与对应高、中线及分角线长的顺序相反.
（2）三角方法：利用三角函数来反映几何图形的变化规律，从而将几何问题转化为三角问题，这时最常用的三角知识是：
（1）三角恒等变形：这主要是应用和、差、倍、半角公式，积化和差及和差化积公式等，制造出便于应用已知不等式的形式，以完成命题的证明；
（2）边角互换：这主要是利用三角函数定义、正弦定理、余弦定理等，把一个关于角（边）的不等式转化成边（角）的不等式.
（3）几何方法：即指用纯粹的平面几何知识来证明几何不等式，这时最常用的平面几何知识是： （1）抓住几何图形的特征，挖掘几何图形中最基本的几何不等关系. 事实上，一些最基本的几何不等关系在有关几何不等式的论证中异常活跃，常常成为解决问题的钥匙；
（2）与面积有关的几何不等式也占有重要地位. 其内容丰富，涉及面宽，富于智巧. 证明这类不等式大都需要利用面积的等积变换、面积公式及面积比的有关定理等知识. 3．几个著名代数不等式
在几何不等式的证明中，常常需要一些著名的代数不等式——柯西不等式，排序不等式，算术平均不等式等.
4．几个著名的几何不等式 （1）托勒密定理的推广：
在凸四边形ABCD 中，一定有：AB ⋅CD +AD ⋅BC ≥AC ⋅BD ，等号成立时四边形ABCD 是圆内接四边形.
证明1：取点E ，使∠BAE =∠CAD ，∠ABE =∠ACD 则∆ABE ∽∆ACD
∴
AB AC
=
BE CD
，
AB AC
=
AE AD
∴AB ⋅CD =AC ⋅BE （1） 又∠BAC =∠DAE ∴∆ABC ∽∆AED ∴
BC DE
=AC AD
∴BC ⋅AD =AC ⋅DE
∴AB ⋅CD +BC ⋅AD =AC ⋅BE +AC ⋅DE =AC ⋅(BE +DE ) ≥AC ⋅BD
上式等号成立当且仅当E 在对角线BD 上. 此时∠ABD =∠ACD ，从而四边形内接于圆. 证明2：复数法
设A 、B 、C 、D 对应的复数分别是z 1、z 2、z 3、z 4
用到下面的恒等式(z 1-z 4)(z 2-z 3) +(z 2-z 4)(z 3-z 1) +(z 3-z 4)(z 1-z 2) =0 则AB ⋅CD +AD ⋅BC =|(z 1-z 2)(z 3-z 4) |+|(z 1-z 4)(z 2-z 3) |
≥|(z 1-z 2)(z 3-z 4) +(z 1-z 4)(z 2-z 3) | =|-(z 2-z 4)(z 3-z 1) |=AC ⋅BD
（2）（嵌入不等式） 设x , y , z ∈R , A +B +C =(2k +1) π, k ∈Z ， 求证：x 2+y 2+z 2≥2yz cos A +2zx cos B +2xy cos C 等号成立的充要条件是：x =y cos C +z cos B 及y sin C =z sin B . 证明：x 2+y 2+z 2-2yz cos A -2zx cos B -2xy cos C
=x -2(z cos B +y cos C ) x +y +z +2yz cos(B +C )
=x -2(z cos B +y cos C ) x +(z cos B +y cos C ) +(z sin B -y sin C ) =(x -z cos B -y cos C ) +(z sin B -y sin C ) ≥0
2
2
2
2
2
2
2
2
当且仅当x =y cos C +z cos B 且y sin C =z sin B 时取等号
（3）艾尔多斯——莫迪尔（Erdos —Mordell ）不等式：
在∆ABC 内部任取点P ，d A , d B , d C 分别表示由点P 到顶点A , B , C 之间的距离，d a , d b , d c 分别表示由点P 到边BC , CA , AB 的距离， 则d A +d B +d C ≥2(d a +d b +d c ) 证明1：
过P 作直线XY 分别交AB , AC 于X , Y ，使∠AYX =∠ABC 则∆AYX ∽∆ABC
∴
AX AB XY
=
AC BC
, AY XY
=
BC
又∵S 1∆AXY =2
AX ⋅d 1c +
2
AY ⋅d 1b ≤
2
XY ⋅d A
∴d AX ⋅d AY A ≥XY c +XY ⋅d b 即d AC ⋅d AB A ≥
BC
c +BC
⋅d b 同理：d BC AB B ≥
AC
⋅d c +AC
⋅d a
d C ≥
BC ⋅d AC AB
b +AB
⋅d a
∴d A +d B +d C ≥2(d a +d b +d c ) 证明2：P , E , A , F 四点共圆 则
EF sin A
=d A
在∆EFP 中，由余弦定理得 EF
2
=d 22
c +d b -2d c ⋅d b ⋅cos(B +C )
=(d 2
2
c cos B -d b cos C ) +(d c sin B +d b sin C ) ≥(d 2
c sin B +d b sin C )
∴EF ≥d c sin B +d b sin C ∴d B sin C A ≥
sin sin A
d c +
sin A
d b
同理d sin A C B ≥
sin B d c +
sin sin B d a
d C ≥
sin A sin B sin C
d c +
sin C
d a
∴d A +d B +d C ≥2(d a +d b +d c )
证明3：设∠APB =α, ∠BPC =β, ∠CPA =γ 则AB 2
=d 22
A +d B -2d A ⋅d B ⋅cos α
BC 2
=d 2
2
B +d C -2d B ⋅d C ⋅cos β CA
2
=d 2
2
C +d A -2d C ⋅d A ⋅cos γ
又
12
BC ⋅d 1a =
2
d B ⋅d C ⋅sin β
C
∴d a =
d B ⋅d C ⋅sin βd B +d C -2d B ⋅d C ⋅cos β
2
2
=
d B ⋅d C ⋅sin β
(d B -d C ) +2d B ⋅d C ⋅(1-cos β)
2
≤
d B ⋅d C ⋅sin β2d B ⋅d C ⋅(1-cos β)
1212
=
d B ⋅d C ⋅sin β2d B ⋅d C ⋅2sin
2
β
2
=
12
d B ⋅d C cos
β
2
即d a ≤d B ⋅d C cos
β
2
γ
2
同理d b ≤
d c ≤
12
d C ⋅d A cos
d A ⋅d B cos
12
α
2
β
2+
d C ⋅d A cos
d a +d b +d c ≤12
(d B ⋅d C cos
γ
2
+
d A ⋅d B cos
α
2
)
≤
(d A +d B +d C ) （嵌入不等式）
证明四：
设∠BPC =2α, ∠CPA =2β, ∠APB =2γ，且α+β+γ=π
设它们的内角平分线长分别是w a 、w b 、w c ，且w a ≥d a 、w b ≥d b 、w c ≥d c 只要证更强的结论
d A +d B +d C ≥2(w a +w b +
w c )
w a =
d B +
d C
=
d B +d C
d B +d C -a
2d B d C
2
2
2
又cos 2α=
222
，即d B +d C -a =2d B d C cos 2α
∴w a =
d B d C d B +d C
=
2d B d C d B +d C
cos α≤
α
同理w b ≤
β，w c =γ
∵α+β+γ=π ∴由嵌入不等式得
2(w a +w b +w c ) ≤α+
β+
γ) ≤d A +d B +d C
（4）外森比克不等式：
设∆ABC 的边长和面积分别为a , b , c 和S ，则a +b +c ≥43S ，当且仅当∆ABC 为正三角形时等号
2
2
2
成立.
证明方法很多，证明略
5．费尔马(Fermat ) 问题：在∆ABC 中，使PA +PB +PC 为最小的平面上的P 点称为费尔马点. 当
∠BAC ≥120︒时，A 点为费尔马点；当∆ABC 中任一内角都小于120︒时，则与三边张角为120︒的P 点
为费尔马点. 例题
例1 已知∆ABC ，设I 是它的内心，∠A , ∠B , ∠C 的内角平分线分别交其对边于A /, B /, C /，求证：
14
AI ⋅BI ⋅CI AA ⋅BB ⋅CC
/
/
/
≤
827
.
证明：令BC =a , CA =b , AB =c 由角平分线定理，易得AA IA
IA AA
/
IA
/
IA
=
A B c
/
=
A C b
/
=
a b +c
/
∴=
a +b +c b +c
b +c a +b +c
b +c
b +c a +b +c , 1) 12
∴=
易得
12
=
b +c +b +c b +c a +b +c =
∈(
∴
IA AA
/
=
同理
IC CC
/
IB BB =
/
/
a +c a +b +c
∈(
∈(12
, 1)
a +b a +b +c
, 1)
则
IA
AA
+
IB BB
//
+
IC CC
//
=2
处理（1） 令
IA AA
/
=
12
+t 1, 1
IB BB
/
=
12
+t 2,
12
IC CC
/
=
12
+t 3，
则t 1, t 2, t 3∈(, 1), t 1+t 2+t 3=
2
3
11⎛1⎫
(+t 1) +(+t 2) +(+t 3) ⎪
1118222⎪=∴(+t 1)(+t 2)(+t 3) ≤ 222327 ⎪
⎪⎝⎭
∴(
12
+t 1)(
12
+t 2)(
12
+t 3) =
18
+
14
(t 1+t 2+t 3) +
12
(t 1t 2+t 2t 3+t 3t 1) +t 1t 2t 3>
14
∴
14
AI ⋅BI ⋅CI AA ⋅BB ⋅CC
IA AA
/
/
/
/
≤IB BB
827
IC CC
/
处理（2）令=x ,
/
=y , 1
=z ，
则x +y +z =2，且x , y , z ∈(,1)
2
x +y +z
3
3
∴xyz ≤() =
12
827
12-z ) z =91612
131329(-z ) z =[-(z -) +] 222416
xyz =x (2-x -z ) z >12
12
(2-349
又
12
[-(z -34
) +
2
]在区间端点取到最小值）
34
916
14
∴xyz >[-(z -) +
2
16
]>[-(1-) +
2
]=
处理（3）利用内切圆与三角形的切点把每条边分成两部分作变换 令a =m +n , b =n +k , c =k +m AI ⋅BI ⋅CI AA ⋅BB ⋅CC
3
///
=
m +n +2k
2(m +n +k ) 2(m +n +k ) 2(m +n +k )
3
⋅
m +2n +k
⋅
2m +n +k
14
=
(m +n +k ) +(m +n +k ) +(mn +mk +nk )(m +n +k ) +mnk
8(m +n +k )
3
>
说明：
证明关于三角形内各元素的各种不等式时，常作如下变换： （由于三角形的内切圆存在，三条边总可表示为）
a =x +y , b =y +z , c =z +x , (x , y , z >0) ，反之，若三个正数a , b , c 可以表示为上述形式，则a , b , c 一
定是某个三角形的三边，并且相应的三角形的其它元素也可以通过上面变换用x , y , z 表示，有关三角形的一些几何不等式都可以化为关于x , y , z 的代数不等式
例2 设P 是∆ABC 内的一个点，Q , R , S 分别是A , B , C 与P 的连线与对边的交点（如图），求证：
S ∆QRS ≤
14
S ∆ABC . （∆QRS 是塞瓦三角形）
分析：利用补集思想 证明S ∆ASR +S ∆BSQ +S ∆CQR ≥证明1：令
AS SB
=α,
BQ QC
=β,
34S ∆ABC
B
CR RA
=γ，
Q
则由塞瓦定理αβγ=1
则
S ∆ASR S ∆ABC
=
AS ⋅AR AB ⋅AC =
=
α
(α+1)(γ+1) =
同理
S ∆BSQ S ∆ABC
=
BQ ⋅BS BC ⋅AB
=
β
(β+1)(α+1)
S ∆CQR S ∆ABC
CQ ⋅CR BC ⋅AB
γ
(γ+1)(β+1)
34
只要证明S ∆ASR +S ∆BSQ +S ∆CQR ≥即
S ∆ABC
α(α+1)(γ+1)
+
β(β+1)(α+1)
+
γ(γ+1)(β+1)
≥
34
只要证6-(αβ+βγ+γα) -(α+β+γ) ≤0 只要证6-[(
1
11+11+1
) +(α+β+γ)]≤0
α+
βγ
显然(
α
+
βγ
12
) +(α+β+γ) ≥6
当α=β=γ=时取等号，此时P 是∆ABC 的重心
证明2：设S ∆PAC =x , S ∆PBC =y , S ∆PAB =z 则SB SA
=y , RA
=
z QC x , = y QB z =
xz (x +y )(z +y )
=
yz (y +x )(z +x )
x RC
S ∆ASR S ∆ABC
=
AS ⋅AR AB ⋅AC
=
同理
S ∆BSQ S ∆ABC
BQ ⋅BS BC ⋅AB
S ∆CQR S ∆ABC
=
CQ ⋅CR BC ⋅AB
=
xy (x +z )(y +z )
34S ∆ABC
只要证明S ∆ASR +S ∆BSQ +S ∆CQR ≥即
xz (x +y )(z +y )
+
yz (y +x )(z +x )
+
xy (x +z )(y +z )
34
≥
34
通分整理xz (x +z ) +yz (y +z ) +xy (x +y ) ≥
2
2
2
2
(x +y )(y +z )(z +x )
即x (y +z ) +y (z +x ) +z (x +y ) ≥
34
(x +y )(y +z )(z +
x )
≥
34
⋅=6xyz
只要证y 2(x +z ) +x 2(y +z ) +z 2(x +y ) ≥6xyz
事实上y 2(x +z ) +x 2(y +z ) +z 2(x +y ) =(x 2y +y 2z +z 2x ) +(xy 2+yz 2+zx 2)
≥3x y ⋅y z ⋅z x +3xy ⋅yz ⋅zx
2
2
2
2
2
2
=3xyz +3xyz =6xyz
当且仅当x =y =z 时取等号，此时P 是∆ABC 的重心 证明3：令
B S A B
A S A B
=α, C Q B C
B Q B C
=β,
C R C A
=γ，且α, β, γ∈(0, 1)
则=1-α, =1-β,
A R C A
=1-γ
B
Q
由塞瓦定理得αβγ=(1-α)(1-β)(1-γ) 整理得α+β+γ-(αβ+βγ+γα) =1-2αβγ S ∆ASR S ∆ABC
=
AS ⋅AR AB ⋅AC
=
=α(1-γ)
同理
S ∆BSQ S ∆ABC
=
BQ ⋅BS BC ⋅AB
=β(1-α)
S ∆CQR S ∆ABC
CQ ⋅CR BC ⋅AB
=γ(1-β)
34
只要证α(1-γ) +β(1-α) +γ(1-β) ≥
事实上α(1-γ) +β(1-α) +γ(1-β) =α+β+γ-(αβ+βγ+γα) =1-2αβγ
=1-2(1-α)(1-β)(1-γ) =1-
14
34
14
⋅(2(1-α) ⋅2β(1-β) ⋅2(1-γ) )
≥1-=
12
当且仅当α=β=γ=时取等号，此时Q , R , S 是中点，P 是∆ABC 的重心
3a +b +c 2
() ，且当a =b =c 时等号43
例3 已知∆ABC 的面积为S ，三边分别为a , b , c ，求证：S ≤成立.
证明1：由海伦公式，设p =
12
(a +b +c )
S =p (p -a )(p -b )(p -c ) ≤p ⋅(
p 3
)
3
=
39
p
2
=
3a +b +c 2
() 43
当且仅当p -a =p -b =p -c 即a =b =c 时取等号 证明2：
欲证S ≤
3a +b +c 2
() 43
只要证(a +b +c ) 2≥123S
∵(a +b +c ) 2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca ≥3(ab +bc +ca ) 故只要证ab +bc +ca ≥43S 由柯西不等式
(ab +bc +ca )(sinA +sin B +sin C ) ≥(ab sin C +=(32S )
2
bc sin A +ca sin B )
2
=18S
∴ab +bc +ca ≥
18S
sin A +sin B +sin C
又sin A +sin B +sin C ≤∴ab +bc +ca ≥
332
18S 332
=43S
18S
sin A +sin B +sin C
≥
从而结论得证
当且仅当a =b =c 时，取等号 例4 在∆ABC 中，求证：cot
3
A 2
+cot
3
B 2
+cot
3
C 2
≥93
证明1：设AB =c =x +y , BC =a =y +z , CA =b =z +x 则cot
3
A 2
+cot
3
B 2
+cot
3
C 2
=() +() +() =
r r r
x
3
y
3
z
3
x +y +z
r
3
333
又S =
S =
12
p (p -a )(p -b )(p -c ) =
(a +b +c ) r =(x +y +z ) r
xyz (x +y +z )
∴xyz (x +y +z ) =(x +y +z ) r ∴r =
A 2
xyz x +y +z
C 2
x +y +z
r
3
3
3
3
cot
3
+cot
3
B 2
+cot
3
=≥
3xyz r
3
=
3(x +y +z ) x +y +z
xyz
≥
3⋅33xyz ⋅
xyz
36xyz
=93
证明2：设AB =c =x +y , BC =a =y +z , CA =b =z +x
则cot
3
A 2
+cot
3
B 2
+cot
3
C 2
≤
3
=() +() +() =
r r r
x +y +z
3
3
x
3
y
3
z
3
x +y +z
r
3
333
由幂平均不等式
x +y +z
319
333
得x 3+y 3+z 3≥
(x +y +z ) （1）
由例3得S ≤
S x +y +z
3a +b +c 232
() =(x +y +z ) 43939
(x +y +z ) ，即r ≤
∴≤
39
(x +y +z )
∴x +y +z ≥33r 代入（1）即可得到结论.
例5 设∆ABC 是锐角三角形，外接圆圆心为O ，半径为R ，AO 交BOC 所在的圆于另一点A /，BO 交
COA 所在的圆于另一点B /，CO 交AOB 所在的圆于另一点C /，
证明：OA /⋅OB /⋅OC 证明1：
/
≥8R ，并指出在什么情况下等号成立？（第37届IMO 预选题）
/
B /
3
作过BOC 的圆直径OD 则∠DA /O =∠DCO =90︒
∠DOC =∠BAC , ∠AOC =2∠ABC
∠A OD =180︒-∠DOC -∠AOC =∠ACB -∠ABC
/
在Rt ∆COD 中，OD =在Rt ∆A OD 中
A O =OD ⋅cos DOA =
/
/
OC cos DOC
=
OC cos BAC
B /
/
=OD ⋅cos(∠ACB -∠ABC ) ⋅OC
cos(∠ACB -∠ABC )
cos BAC
/
即OA =
cos(∠ACB -∠ABC )
cos BAC =
cos(A -C ) cos B
R
R
R 记为OA
/
=
cos(C -B ) cos A
R
同理OB
/
/
OC =
cos(A -B ) cos C
只要证
cos(A -B ) cos(B -C ) cos(C -A )
⋅⋅≥8
cos C cos A cos B
∵
cos(A -B ) cos C
=
cos(A -B ) -cos(A +B )
=
cos A cos B +sin A sin B -cos A cos B +sin A sin B
=
1+cot A ⋅cot B 1-cot A ⋅cot B
令x =cot A ⋅cot B , y =cot B ⋅cot C , z =cot C ⋅cot A
x +y +z =cot A ⋅cot B +cot B ⋅cot C +cot C ⋅cot A
=cot A ⋅(cotB +cot C ) +cot B ⋅cot C =-cot(B +C ) ⋅(cotB +cot C ) +cot B ⋅cot C =-
cot B ⋅cot C -1cot B +cot C
⋅(cotB +cot C ) +cot B ⋅cot C =1
而对于∆ABC 是锐角三角形，x , y , z >0 ∴
cos(A -B ) cos C
=1+x 1-x ≥2
=
(x +y ) +(z +x )
y +z
≥2
(x +y )(z +x )
y +z
同理
cos(B -C ) cos A
(x +y )(z +y )
x +z
cos(B -C ) cos A
≥2
(x +z )(z +y )
x +y
显然成立
证明2：如图，设AO , BC 交于D ，BO , AC 交于E ，CO , AB 交于F ， 由A /, B , O , C 四点共圆，得
∠BA O =∠BCO =∠CBO
/
/
B /
∴∆BOD ∽∆A BO ∴A O BO
//
/
=
BO OD R
2
∴A O =
OD
R
2
从而B O =
/
OE
，C O =
/
R
2
OF
处理方式（1） ∴
A O ⋅B O ⋅C O
R
3
/
/
/
=
R
3
OD ⋅OE ⋅OF
=
OA OD
⋅
OB OE
⋅
OC OF
令S ∆AOB =S 1, S ∆BOC =S 2, S ∆COA =S 3 A O ⋅B O ⋅C O
R
3
/
/
/
=
S 1+S 3
S 2
⋅
S 1+S 2
S 3
⋅
S 2+S 3
S 1
≥8
处理方式（2） 令
OA OD
=x ,
OB OE
=y ,
OC OF
=z
则
O D AD
=
S ∆O BC S ∆ABC
=
1
x +1BE
,
O E
=
S ∆O AC S ∆ABC
=
1
y +1C F
,
O F
=
S ∆O BA S ∆ABC
=
1z +1
∴
1x +1
+
1y +1
+
1z +1
（再去分母，整理得xyz =x +y +z +2） =1（利用面积关系）
∴xyz =x +y +z +2≥3xyz +2
令xyz =m ，则m 3-3m -2≥0，即(m +1) 2(m -2) ≥0 ∴m -2≥0，即xyz ≥8
证明3： 由A /, B , O , C 四点共圆，由托勒密定理，得
A O ⋅BC =R (A C +A B )
/
/
/
/
B /
∴A O =
/
A C +A B
BC
//
R
而易知∠1=∠2 ∴A C CD
/
=
A B BD
/
=
A B +A C
BC
//
而∆A /BD ∽∆COD ∴A B BD
/
/
=
OC OD
AO OD
=
R OD
=
AO OD
∴A O =
/
R
/
同理B O =
BO OE
R ，C O =
CO OF
R
令S ∆AOB =S 1, S ∆BOC =S 2, S ∆COA =S 3 ∴
A O ⋅B O ⋅C O
R S 1+S 3
S 2
3
/
/
/
=
OA OD
⋅
OB OE
⋅
OC OF
=⋅
S 1+S 2
S 3
/
⋅
S 2+S 3
S 1
≥8
证明4： 由A , B , O , C 四点共圆，由托勒密定理，得
A O ⋅BC =R (A C +A B )
/
/
/
∴A O =
/
A C +A B
BC
//
R
设∠AOC =α, ∠AOB =β, ∠BOC =γ 在∆A BC 中，由正弦定理，得 A B sin A CB
/
/
/
/
=
A C sin A BC
/
/
/
=
BC sin BA C
/
/
/
/
又sin A CB =sin A OB =sin β, sin A BC =sin A OC =sin α, sin BA C =sin γ
∴A O =
/
A C +A B
BC
//
R =
sin α+sin β
sin γ
⋅R
⋅R
同理B /O =
/
sin β+sin γ
sin α
C O =
sin α+sin γ
sin β
⋅R
以下略
例6 如图所示，设C 1，C 2是同心圆，C 2的半径是C 1半径的2倍，四边形A 1A 2A 3A 4内接于圆C 1，将将A 1A 2延长交圆C 2于B 2，将A 2A 3延长交圆C 2于B 3，A 3A 4延长交圆C 2于B 4，A 4A 1延长交圆C 2于B 1，
试证明：四边形B 1B 2B 3B 4的周长大于等于四边形A 1A 2A 3A 4的 周长的2倍，并请确定等号成立的条件. （第3届全国冬令营，1988年）
证明：设公共圆圆心为O ，连结OA 1, OB 1, OB 2 在四边形OA 1B 1B 2中，运用推广的托勒密定理 OB 1⋅A 1B 2≤OA 1⋅B 1B 2+OB 2⋅A 1B 1
∴2R ⋅A 1B 2≤R ⋅B 1B 2+2R ⋅A 1B 1 ∴2A 1B 2≤B 1B 2+2A 1B 1 ∴B 1B 2≥2A 1A 2+2A 2B 2-2A 1B 1 同理B 2B 3≥2A 2A 3+2A 3B 3-2A 2B 2
B 3B 4≥2A 3A 4+2A 4B 4-2A 3B 3
B 4B 1≥2A 4A 1+2A 1B 1-2A 4B 4
∴结论得证
当且仅当O , A 1, B 1, B 2四点共圆，
∴∠OA 1A 4=∠OB 2B 1=∠OB 1B 2=∠OA 1B 2， ∴OA 1是∠A 4A 1A 2的角平分线， ∴O 到∠A 4A 1A 2的两边的距离相等 ∴A 4A 1=A 2A 1
同理四边形A 1A 2A 3A 4的各边相等，进而证四边形A 1A 2A 3A 4是正方形时，等号成立. 练习题
1. 如图，在∆A B C 中，AB >AC , AM 为中线，P 为∆A M C 内一点，证明：P B >P C 证明：在∆A M C 与∆A M B 中，有两组对边对应相等，且A B >A C ， 所以∠A M B >∠A M C ，于是∠AM C
M
则垂足H 必在M C 的内部或延长线上， 从而B H >C
H ， 因此P B >P C
（斜线长与射影长的关系）
2. 如图，∠M O N =20︒
，A 为O M 上一点，O A =，B 是O N 上一点，D 为O N 上一点，
O D =C 为A M 上任意一点，则A B +B C +C D ≥12
分析：以O M 为对称轴，作D 点关于O M 的对称点D /， 以O N 为对称轴，作A 点关于O N 的对称点A ， 连结OA /、OD /，则∠A /OD /=60︒，
连结BA /、
CD /、A /D /，
则有AB +BC +CD =BA /+BC +CD /
因为O A /=O D /=
故A /、D /为定点，而连结A /、D /以线段最短， 所以AB +BC +CD ≥A /D /=
/
O
=12．
说明：本题把“折线化直”，然后利用两点间线段距离最短来证明，这种“化直法”在解决几何不等式问题中是常用的．
3. 设B C 是∆A B C 的最长边，在此三角形内部任意选一点O ，
O A 、O B 、O C 分别交对边于A 1、B 1、C 1，
证明：（1）O A 1+O B 1+O C 1
（2）O A 1+O B 1+O C 1≤m ax{AA 1, BB 1, C C 1} 分析：我们先证明一个简单但非常有用的引理：
1
C
设点M 是∆PQR 的边QR 上的一点，则PM
事实上，过P 作PH ⊥QR ，则利用斜线长和射影长的关系很容易说明便知引理成立． （1）过O 分别作OX //AB , OY //AC ，分别交B C 于X 、Y 点， 再过X 、Y 分别作XS //C C 1, YT //BB 1分别交A B 、A C 于S 、T ，如图 易知，∆O X Y ∽∆A B C ，故X Y 是∆O X Y 的最大边， 由引理知，O A 1
1C
所以BX >XS =O C 1（C C 1YT =O B 1 所以BC =XY +BX +YC >O A 1+O B 1+O C 1
（2）令
OA 1AA 1
=x ,
OB 1AB 1
=y ,
OC 1CC 1
=z ，那么x +y +z =
S ∆OBC S ∆ABC
+
S ∆OCA S ∆ABC
+
S ∆OAB S ∆ABC
=1．
所以O A 1+O B 1+O C 1=xAA 1+yBB 1+zC C 1
≤(x +y +z ) m ax{AA 1, BB 1, C C 1}=m ax{AA 1, BB 1, C C 1}
说明：其实，由（2）和引理知（1）成立，所以我们也可以先证明（2），然后推得（1）．
4. 设凸四边形A B C D 的面积为1，求证：在它的边上（包括顶点）或内部可以找出四个点，使得以其中任意三个点为顶点的三角形的面积均不小于
14
.
14
分析：如果A B C D 是平行四边形，那么S ∆ABC =S ∆BCD =S ∆ADC =S ∆ABD =因此A 、B 、C 、D 即为所求的点；
，
如果A B C D 不是平行四边形，不妨设A D 与B C 不平行，且∠D A B +∠C B A
又设D 到A B 的距离不超过C 到A B 的距离，过D 作D F //A B ，交B C 于F ， 分两种情况讨论：
（1）D F 不超过A B 的一半，此时可在边A D ，B C 上分别取P ，Q ，使得PQ 与A B 平行，PQ 等于A B 的一半，则有S ∆A P Q =S ∆B P Q =
14S ∆A B E >
12
14
S ∆A B C D =
12
14
,
12
S ∆A B Q =S ∆A B P =2S ∆A P Q =2S ∆B P Q =S ∆A B E >S ∆A B C D =
即A 、B 、P 、Q 即为所求的四个点.
（2）若D F 大于A B 的一半，则在线段D C 与取P ，Q ，同样使PQ //AB ，且P Q =
A E 于E ，
/
F C 上分别
12
A B ，延长A P 交
则PQ 是∆ABE /的中位线
再过A 作B C 的平行线l ，它与C D 的延长线的交则S ∆P C E =S ∆A G P >S ∆P D A ,
/
点为G ，
故有S ∆E /AB =S ∆PC E /+S ABC P >S ∆PD A +S ∆ABC P =S ∆ABC D ， 于是同样可以证明A 、B 、P 、Q 即为所求的四个点.
说明：在遇到比较复杂的情形时，要注意从简单情形起步，合理规划，通过分类讨论，适时化归，使问题得以圆满解决.
到∆A B C 三个顶点距离之和为最小的点，通常称为费尔马点.
当∆A B C 各角均小于120︒时，与三边的张角均为120︒的点即为费尔马点； 当有一个角大于120︒时，这角项点就是费尔马点. 下面这个命题是与费尔马问题“反向”的问题.
5. 在∆A B C 的内部或边界上找一点P ，使得它到三个顶点距离之和为最大. 分析：若点P 在∆A B C 内，作一个以B 、C 为焦点，过P 点设椭圆与A B 、A C 交于P 1、P 2点，连结A P 并延长与P 1P 2交那么P A
则P 1A +P 1B +P 1C >PA +(P 1B +P 1C ) =PA +PB +PC 所以点P 必定在边界上. 下证P 只能是∆A B C 的顶点，
不妨设点P 在线段B C 的内部，因PA 综上所述，所求的点必为∆A B C 的顶点，易知它是最短边所对的顶点. 说明：本题所用的方法是“局部调整”法，这是一种重要的思想方法.
6．凸六边形A B C D E F 的每边长至多为1. 证明：对角线A D 、B E 、C F 中至少有一条不超过2. 分析：连结A C 、C E 、E A ， 在∆A E C 中，不妨设边C E 最大， 即CE ≥AC , CE ≥AE ，
如图，对A 、C 、D 、E 四点用托勒密定理， 有AD ⨯CE ≤AC ⨯ED +CD ⨯AE 所以AD ≤
AC CE
⋅DE +CD ⋅
AE CE
≤1⨯1+1⨯1=2，
//
的椭圆， 于P /点，如图，
从而命题得证.
在证明与面积和周长有关的不等式时，下面的几个结论是很有用的，它们就是著名的等周问题
.
命题1 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大 命题2 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小
命题3 在给定边长为a 1, a 2, , a n 的所有n 边形中，能够内接于圆的n 边形具有最大的面积 命题4 在周长一定的n 边形的集合中，正n 边形的面积最大 命题5 在面积一定的n 边形的集合中，正n 边形的周长最小 运用等周定理可以解决很多与几何不等式有关的问题，看下面一例： 7．曲线L 将正∆A B C 分成两个等积的部分，那么它的长l ≥分析：
以A 为圆心，R 为半径作圆弧L /将∆A B C 的面积等分，那么
16
πa
23
，其中a 是正∆A B C 的边长.
有
πR
2
=
12
4
⋅27
34
a ，
16
2
所以R =
2，L
/的周长l /=
⋅2πR =
，现在证明l ≥l .
/
将∆A B C 连续翻转5次，由曲线L 形成了一条闭曲线，如图所示，由L /形成了一个圆，
而两者所围成的面积相等. 根据命题2，知6l ≥
6l /，即l ≥l /=
.