初中几何问题设D是ΔABC边上B
设D是ΔABC边上BC的中点，BC边上两点E，F与中点D等距，令BC=a，CA=b，AB=c。
求证: 4AE*AF>=(a+b+c)*(b+c-a)
证明 设P,Q是ΔABC内互为等截共轭点，延长AP,AQ分别交边BC于E,F。 上述命题就是要求证:
4AE*AF>=(a+b+c)*(b+c-a)。
设P点关于ΔABC的重心坐标为P(x,y,z)，则Q点关于ΔABC的重心坐标为Q(1/x,1/y,1/z)。
因为P,Q两点在ΔABC内，所以x>0,y>0,z>0。
根据三角形重心坐标的定义易求得:
BE=CF=za/(y+z), CE=BF=ya/(y+z)。
再据Stewart...全部
设D是ΔABC边上BC的中点，BC边上两点E，F与中点D等距，令BC=a，CA=b，AB=c。
求证: 4AE*AF>=(a+b+c)*(b+c-a)
证明 设P,Q是ΔABC内互为等截共轭点，延长AP,AQ分别交边BC于E,F。
上述命题就是要求证:
4AE*AF>=(a+b+c)*(b+c-a)。
设P点关于ΔABC的重心坐标为P(x,y,z)，则Q点关于ΔABC的重心坐标为Q(1/x,1/y,1/z)。
因为P,Q两点在ΔABC内，所以x>0,y>0,z>0。
根据三角形重心坐标的定义易求得:
BE=CF=za/(y+z), CE=BF=ya/(y+z)。
再据Stewart定理得:
AE^2=zb^2/(y+z)+yc^2/(y+z)-yza^2/(y+z)^2, (1)
AF^2=yb^2/(y+z)+zc^2/(y+z)-yza^2/(y+z)^2。
(2)
故有 (y+z)^4*(AE*AF)^2
=[(y+z)*(zb^2+yc^2)-yza^2]*[(y+z)*(yb^2+zc^2)-yza^2]
=(y+z)^2*(zb^2+yc^2)*(yb^2+zc^2)-yz(y+z)^2*(b^2+c^2)*a^2+a^4*(yz)^2
=(y+z)^2*[yz*(b^4+c^4-a^2*b^2-a^2*c^2)+(y^2+z^2)*(bc)^2]+a^4*(yz)^2
据恒等式:
4yz=(y+z)^2-(y-z)^2, 2(y^2+z^2)=(y+z)^2+(y-z)^2。
及Horen[海仑]公式:[S表示的面积]
16S^2=2(b^2*c^2+c^2*a^2+a^2*b^2)-(a^4+b^4+c^4)。
所以有
16(y+z)^4*(AE*AF)^2-(y+z)^4*(a+b+c)^2*(b+c-a)^2
=4(y+z)^2{[(y+z)^2-(y-z)^2]*(b^4+c^4-a^2*b^2-a^2*c^2)+2[(y+z)^2+(y-z)^2]*(bc)^2}
+a^4*[(y+z)^2-(y-z)^2]^2-(y+z)^4*[(b+c)^2-a^2]^2
=(y+z)^4*[4b^4+4c^4+8(bc)^2-4(ca)^2-4(ab)^2+a^4-(b+c)^4+2a^2*(b+c)^2-a^4]+(y-z)^4*a^4+
(y+z)^2*(y-z)^2*[8(bc)^2-4b^4-4c^4+4(ca)^2+4(ab)^2-2a^4]
=(y+z)^4*(3b^2+3c^2+2bc-2a^2)*(b-c)^2+(y+z)^2*(y-z)^2*[32S^2-2(b^2-c^2)^2]+ (y-z)^4*a^4
=(y+z)^4*[2(b+c)^2+(b-c)^2-2a^2]*(b-c)^2+32S^2*(y+z)^2*(y-z)^2+(y-z)^4*a^4-2(y+z)^2*(y-z)^2*[(b+c)^2-a^2]-2(y+z)^2*(y-z)^2*a^2*(b-c)^2
=32S^2*(y^2-z^2)^2+2(y+z)^2*(b-c)^2*[(b+c)^2-a^2]*[(y+z)^2-(y-z)^2]+(y+z)^4*(b-c)^4+(y-z)^4*a^4-2(y+z)^2*(y-z)^2*a^2*(b-c)^2
=32S^2*(y^2-z^2)^2+8yz*(a+b+c)*(b+c-a)(y+z)^2*(b-c)^2+[(y+z)^2*(b-c)^2-a^2*(y-z)^2]^2。
因为y>0,z>0，所以16(y+z)^4*(AE*AF)^2-(y+z)^4*(a+b+c)^2*(b+c-a)^2>=0。
显然当b=c,y=z时，不等式取等号。
。收起
