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
21
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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
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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
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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
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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