江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第5讲_几何不等式

1、第5讲几何不等式本讲只要内容是几何不等式：A类例题例1D是AABC的边AB上的任意一点,E是边AC上的任意一点，连接DE.F是连接线An AF DF段DE上的任意一点设丽=x, AC = DE = z, 明： S ；BDF=1-XyzS .ABC. SaCEF= x1-y1-S ABC；寸S bdf +a/s bdf*Saabc.(2003年女子数学奥林匹克试题) 证明(1)如图，有S BDF= zSabde=z(1-x) S ABD= Z(1-X)yS ABC,Sacef=( 1-z)Sacde=(4 -z)(仁/)Saacd=( 1-z)( 1-y) xSaabc(2) pS. bdf Z

2、Scbdf=(7(1 -x)yz + yx( 1 -y)( 1 -z)>js .abc=S ABC 例2如图，在AABC中,PQR将其周长三等分.fLP,Q在AB边上，求证:->-.1988年全国高中数学联赛第二试试题 Sabc 9证明 从C,R向AB引垂线，用放缩法证明所需不等式.不妨设周长为仁作厶ABC、APQR的高CL、RH.S/mbc LabAC ABxAC2AP? AP歸，故礬>|情景再现1.己知D是而枳为1的AABC的边AB±的任总一点,E是边AC上任意一点，连接DE, F是线段DE±的任意一点，设错=x, = y, 二z,且y+z-x= y.

3、试求ABDF面枳的敲人值.2005年湖南省数学竞赛试题2.如图，在ZABC中，P为边BC上任意一点，PEBAPF/7CA假设S.abc=1,证明S.-.BPF' Sq.PCE和S于行四边形PEAF屮至少有个不小寸冷S表小图形的面枳1984 *r数学联赛第二试试题B类例题例3 Erdds-Mordell不等式设P是ZXABC内的任意一点，P到三边BC、CA、AB的距 离分别为 PD=p、PE = q、PF = n 并记 PA=x, PB=y, PC=z,那么 x+y+zM2p+q+r 等号成立当且仅当AABC是正三角形并且P为此三角形的中心.证明如图，以NB的平分线为对称轴分别作出A、C

4、的对称点A'、C连接A C又连 接PA'、PC',在BA'C冲，容易得到必命+ %“弓处？代等号成立当II仅当BP丄A C： 1 1 1由于 ABC丝A BC：式等价于空cp+ 2 3r：2即y垮p+看c b 同理 xM -q+ -tb aZN c'P+ 訂将不等式、相加得x+y+zMp轻+q 黑+恋+却$2严9+0例4设P是AABC内的一点，求证:ZPAB、ZPBC、ZPCA至少有一个小于或等于30。. 第32届IM0试题证法一 连接AP、BP、CP.并延长交对边于D、E、F,那么=1.PD PE PF S. PBC S PCA S PABS .ABC

5、 S .ABC ZPCA=y,那么PE _ PD PEPC " PA PBAD + BE + CFi$ZPAB=a, ZPBC=p,PFPF PDsinasinpsin寅-愿令XF器,*2=PE be-X3=PFPCPFQp，那么 Xl+ X2+ X3=1,且PD PAPE PB *X1X2X3XiX2X3 1-X11-X21-X3X2+X3X3+X1X1+X2X1X2X31Z/X2X3 27*3X1-8 1 1当且仅当xi= X2= X3= 3时取等号，所以sinasinpsinyg,由此推出sina. sinp. siny中至少1 1有一个不人于去 不妨设sinaW£那

6、么a30°或心150。.当a150°时B<30。, 丫<30。命题 也成立.当sinasinpsiny=jw.点P既是AABC的重心，又是AABC的垂心，此时AABC是正三角形.pn证法二 用反证法，设 30°<ZPAB, ZPBC, ZPCA<120°1 那么=sinZPAB>sin30°1 即 2PD>PA.同理 2PE>PB,2PF>PC.于是有 2PD+PE+PF>PA+PB+PC,这与 Erdds-Mordell 不等式矛盾.例5设ABCD是一个有内切圆的凸四边形，它的每个内角和外

7、角都不小于60。,证明： |AB3-AD3| BC3-CD3|3| AB3-AD3|.等号何时成立？第33届美国数学奥林匹克试题 证明利用余弦定理，知BD Al Bl Cl 一 8 4' AArBB CCr27=AD2+AB2-2AD -ABcos Z DAB= CD2+BC2-2CD -BCcos Z DCB,由条件知 60OWZDAB、ZDCBW120。，1 1 1 1故-qWcosZDABW乞-qWcos/DCBWq,于是3BD2-(AB2+AD2+AB-AD)=2(AB2+AD2)-AB-AD (1+6cosZDAB) 2(AB2+AD2)-4AB-AD=2(AB-AD)20,

8、即* AB2+AD2+AB-AD)BD2= CD2+BC2-2CD-BCcosZDCBWCD2+BC2+CDBC.再由ABCD为圆外切四边形，可知AD+BOAB+CD,所以,|AB-AD|=|CD-BC|,结合上式，就冇扌 |AB3-AD3| BC3-CD3|.1 1等号成立的条件是 cosA= 3；AB=AD;cosC= p或假设|AB-AD|=|CD-BC|=0所以，等号成立的条件是AB=AD且CD=BC.同理町证另一个不等式成立等号成立的条件同上.情景再现3己知四边形ABCD是圆的内接四边形，证明：|AC-CD| + |AD-BC|$2|AC-BD|.第28届美国 数学奥林匹克试题4假设

9、三角形和矩形右相等的周长和面枳，那么称它们是“李生的 证明：对于给定的三角形，存 在“挛生的矩形，该矩形不是正方形，且较长的边与较短的边的比至少是入T+P入入-2, 其中U 攀.2003年白俄罗斯数学奧林匹克试题5. 己知I是AABC的内心,Al. Bk Cl分别交BC. CA. AB于A'、B C"求证第32届IMO试题C类例题例 6 设 ABCDEF 是凸六边形，且 AB=BC=CD,DE=EF=FA,ZBCD= ZEFA=60°. ii G 和 H 是 这个六边形内部的两点，使得ZAGB=ZDHE=Z120°.试证:AG+GB+GH+DH+HEMCF

10、第 36届IMO试题分析题目所给的凸六边形可以剖分成两个正三角形和一个四边形.注意到四边形ABD E以直线BE为对称轴，问题就可迎刃而解.证法一以宜线BE为对称轴，作C和F关于该宜线的对称点C'和F如图，那么ZSABC' 和ADEF都是正三角形：G和H分别在这两个三角形的外接圆上.根据Ptolemy定理得C'G.AB=AGC'B+GBCA 囚而C G =AG -GB同理，HF'二DH+HE于是,AG+GB+GH+DH+HE=C，G+GHHF' MC' F' =CF.上面最后一个等号成立的依据是:线段CF和C'F'以

11、直线BE为对称轴.证法二以直线BE为对称轴，作G和H的对称点G'和H'如图.这两点分别在正ABCD 和正AEFA的外接圆上因而CG'二 DG'+ G'B,H'F 二 AH'+ H'E.我们看到AG+GB+GH+DH+HE二DG'+ G'B+ G'H'+AH'+ H'E二 CG'+ G'H'+ H'FMCF 例7设圆K和&同心，它们的半径分别是R、Ri,Ri>R,四边形ABCD内接于圆K,四 边形AiCiDi内接于圆心，点片、B】、Ci、D

12、i分别在射线CD、DA、AB和BC ±,求证: SSabcd1993 年 CMO 试题证明 为了书写方便，令 AB=a, BC=b, CD=c, DA=d. ABi=e, BCi=/, CD件g, DAi",那么S jkbici= 豕日+DesinZBiACi, ZDCB=ZBiACi,Sabcd= S abd+ Sabdc=君cfcinZDCB+bcsinZZBiACi,H SiABc -(Q+/)e _ (e+d)ea+f _ R?-R2m+f'疋'Sabcd " ad+bc 一 ad+bc e+d 一 ad+bc e+d珅S.BC心RJR2

13、凹I 川 Sabcdab+cd a+f 'SaCDiAi R?-R2c+hSabcdad 十 beb+g 'S DA1B1 RAR?e十dSabcdab+cdc+h 将上面四个等式相加，并运用均值不等式得Saibcd 厂 SabcdSabcd$畑-只2寸ad+b$ab+诃由于ABCD内接丁半径为R的圆，故由等周定理，鬪内接四边形小，正方形周长豉人 知a+b+c+d4yj2R9再由均值不等式得7Mbc劲eg詁驾幽坷二2+C尸d(a+/?+c+d)2=4R2.从而推出Saibicidi 一 SabcdSabcd事4(RLR2)希=普.4 SaiBiCiDiR?故飞右$尹例8设厶AB

14、C的内切圆与三边AB. BC. CA分别相切于点P、Q. R,证明Dp PA AD話+熊+器$6.2003年韩国数学奥林匹克试题证明 设 a=BC, b=CA, c=AB, p=QRt qpRP,尸PQ,那么只需证明T=学+号+評. 设 2s=a+b+c.根据BQ=BP=s-b,并在ABPC)上应用余弦定理，可得ac2-，/2=2(s-b)2(1-cosB)= 2(s-b)2(1- 2ac )-(“尸呼-(a- ©勺 _ 4(s-b)2(s"8)(s-c)acac9故“ 2(s-bN(s-a)(sc)ycamm-i的2(s-ch/(s-a)(s-b)2(s-ayJ(s-b)

15、(sc)同理可得尸 牯 严常 利用算术几何均值不等式可得+ bb* cEb2(s-by7(s-a)(s-c)2(s-c)心 s-Q)(s-b)2( s- ayj(s-b)(s-c)(s-b)2(s-c)2W呂Ea)2 (c+a-b)2(a+trc)2另一方面，由于abc是三角形的三条边长，那么有0 < (a-t-b-c)(c-t-a-b)=a2-(bc)2a2, 0<(a+b-c)(b+c-a)=Z>2-(a-c)2b2, 0 < (b-FC-a)(c-t-a-b)=(-(a-b)2 W c2,以上三式相乘得0V(b+ba)2 (c&-b)2(冇b-cFWac2

16、.所以,由、可以断定式成立.情景再现6.i2Cv C2是同心圆，C2的半径是G半径的二倍，四边形A1A2A3A4内接于圆Ci,将A4A1 延长交圆C2于已，将A1A2延长交圆C2于B2,将A2A3延长交圆C2于B3,将A3A4延长交 圆C2于B“试证明四边形A1A2A3A4的周长人于等于四边形B1B2B3B4的周长.1989年CMO试题7.设AABC为锐角三角形，M、N、P分别是AABC的重心G向边AB、BC、CA所作垂线 的垂足，证明27<s4-<第16届巴尔干数学竞赛试题KP8.SAABC的周长、面枳和外接圆半径分别是P、K、R,试求雨的最犬值.2005年加拿人数学奥林匹克试题

17、习题1. 设AABC为锐角三角形，M. N、P分别为重心G在边AB、BC、CD上的射影，求证：厉 <|1988年全国高中数学联赛第二试试题2. 如图.SAABC内存在一点F,使得ZAFB=ZBFC=ZCFA,直线BF、CF分别交AC、AB 于D、E.证明：AB+ACM4DE.第43届IMO预选题3. 设与AABC的外接圆内切并与边AB、AC相切的圆为Ca,记/*a为圆Ca的半径，厂是AABC 的内切圆的半径.类似地定义心 心证明："/田&% 第20届伊朗数学奥林匹克试题4凸四边形ABCD的对角线AC和BD互相垂直，且交于点O,设AOB、ABOC、ACOD、 DOA的内切

18、圆的圆心分别是6、。2、。3、04,证明：1001. 002、003、004 的直径之和不超过2->/2AC+BD;2O1O2+ O2O3+ 0304+ O4Oi<2V2-1AC+BD. 2003 年白俄罗斯数学奥林匹克试题5. 四面体OABC的棱OA、OB、0C两两垂直,r是其内切球半径,H是AABC的垂心.证明： 0HC/V34-1.2003年罗马尼亚数学奥林匹克试题6. AABC1? M 是平面内任一点,证明:AM sinAWBM sinB+CM sinC;2设点A、Bi、Ci分别在边BC、AC、AB上,ARG的内角依次是a、队Y，证明: AAi sina+BBisinp+C

19、CisinyBC sina+CA sinp+AB siny.2003 年罗马尼亚数学奥林匹克 试题7. 设 D 为锐角ZXABC 内部一点，求证：DA DB AB+DB DC BC+DC DA CA2AB BC CA,等号当且仅当D为AABC的垂心.1998年CMO试题8 .设 ABCDEF 是凸六边形，且 AB=BC,CD=DE,EF=FA,证明第 38 届 IMO预选题9. 设AABC是锐角三角形，外接閱圆心为O,半径为R,AO交BOC所在的圆于另一点A', B0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' $8R3

20、,并指出等号在什么条件下成立第37届IM0预选题10. 设T是一个周长为2的三角形，日、b、c是T的三边长.证明abc+|yab+bc+caabc+1.第19届爱尔兰数学奥林匹克试题11. 证明在锐角AABC中，问尹乎囂点+护产总 其中AR分别表示AABC的内切圆 和外接圆的半径.2005年江苏省冬令营讲座12. ai, a2. 33, a,是周长为2s的四边形的四条边,证明:逋一£ -.12004年罗马尼亚国家选拔考试试题I q + $ 9加 *4 aj5 - cij本节“情景再现解答I .连接BEijABDF的面积S BDF= zSabde=z1-x S abd= z1-xyS

21、abc= Z仁Xy 由平均值不等式，得到亦-力/刊:“+牛二£1 1肖且仅当z=1-x=y. y+z-x= y,即x=y= 2=刁时成立等号.1所以，ABDF而积的最人值为可.2.证明：如图，三等分BC于M、N,假设点P在BM上介点A4，24那么由干 PE/AB,那么MPEsHCBA. CP：于是 Sapce岂.同理，假设P在NC上含点N，那么SbpfN®假设点P在线段MN上.连EF,设那么g=1r.S； BPF=K, S；、PCE= 1 1-2211-.32(V1-25=91-2J-是 S： AEPFg-故命题成立.3.如图，设四边形ABCD外接圆的圆心为0,设圆0的半径

22、为1, ZA0B=2a, ZB0C=2p, Z C0D=2y, ZDOA=26,那么 a+p+Y+0=n.不妨设 a$Y, 故 AB=2sina, BC =2sinp, CD=2sinY，DA=2sin6,所以，|AC-CD|=|2s ina-2sinY|=2|sincrsinY|=4|sincos 罗 |同理|AD-BC|=4|sinsin|, |AC-BD|=4|sinsin|.因此由得|AC-CD|-|AC-BD|=4|sin2|(|sin|-|sin2|)=4|sin2|(sin-sin2)=4|sin*|(2cossin)$0,故 |AC-CD|M|AC-BD|同理 |AD-BC|A

23、C-BD|.将这两个不等式相加即得|AC-CD| + |AD-BC|$2|AC-BD|.4. 设矩形的边长分别为x、y,三角形的半周长为p,而积为S,那么这个三角形和矩形是“李生 的充要条件是:爲P'方程组有实数解的充要条件足p2>4S.由p和S都是正数，可知这两个根都足正根.因为p2 (x+y)2x2+2xy+y2xyS=+ 2xyxyyx设?=t,那么有呂-£-2f+仁0.易知该方程有实数解的允要条件p24S.于是，矩形与三角形是“孝生的充要条件是矩形 边的较人的比为2),其中p2$4S设Qb,c是三角形的三条边长.由均值不等式和海伦公式，有?=心+J+E弍心心如=

24、需所以，罷3晶且三角形是正三角形时，等号成立.故易知暫的变化范由是3©+8.设隽二入，那么这个矩形与三角形足“李生的充耍条件足矩形边的较人的比为入T +7入入-2，其中入N弓2因为对于入N攀,函数入是单调增加的.于是可得矩形和三角形是“李生的 充要条件是矩形边的较人的比人于等于A-l+VXj,其中入二瞬5.记 BC=a,CA=b,AB=c,易知BA'ACC=b9AB _ b+c Al _ b+c BA = a9 AAu a+d+c*Bl _Cla+b冋理，BB' " 3+b+c9 CC " a+b+cl由均值不等式得Al Bl Cl 一山 tH&q

25、uot;Ca+b i8AA BB7 CC a+d+c+a+b+c+a+b+JJ = 27*口 *希b+cEa+b另一方面，ic日+決©a+b+c*沪 a+b+c1那么 x+y+z=2,111 1设 X= 2(1+C1), y= 2(1+£2), Z= 2(1+£3),那么 £l>0, £2>0, £3>0,且 £i+£2+3= 2>故 xyz= g( 1 +£1)(1 +£2)( 1 +£3)>g( 1 +£1+£2+£3)=

26、召6. 记公共圆心为O,连接OA“ OB1和OB2在四边形OA1B1B2中OB】A B2WOA1 B1B2+OB2 A1B19OBi=OB2=2OAi，故 2A1B2WB1B2+2A1B1，即 BiB22 A1A2+2 A2B2二2 AiBi,同理有 B2B32 A2A3+2 A3B3Z2 A2B2,B3B4 2 2 A3A4+2 A4B4 二 2 A3B3,B4B1N2 A4A1+2 A1B1Z2 A4B4, 03四式柑加得 B1B2+B2B3+B3B4 + B4B1 2(AiA2+ A2A3+ A3A4+ A4A1).要使式成立，当且仅当.、均取等号.式等号成立当且仅当0、A"

27、B" B2 四点共圆，这时，ZOA1A2=ZOB1B2=ZOB2B1=ZA4A1O,即 OAi 为ZA4A1A2 的平分线,同理，OA2. 0A3、0A4为ZA1A2A3. ZA2A3A4. ZA3A4A1的平分线，这总味着0为四边形 A1A2A3 A4的内切圆的圆心.故知四边形A1A2A3A4为正方形即当四边形A1A2A3A4为正方形时，式等号成立.7. 分别记AABC的边BC、CA、AB上的高线长ha、hb、he,如图,1由条件可知GN =扌/如1 1GP 祚/b,GM 卡幅并且 ZNGP=180o-ZCfZMGP=180°-ZA>ZMGN=180°-Z

28、B.于是我们有S MNP = S/NGP +S/.PGM +S. MGN1 ha he 1 hb he a J he ha c=2T3_S,nC+2yyS,nA+2T3,nB= 詳第'+卑罗+卑霁詣(sin2A+sin2B+sin2C),这里S表示ZABC的面枳.丁是，命题转化为证明：在锐角 ABC中，卜述不等式成立4Q丁 Vsi rA+sirB+si/CWa.注意到 sin2A+sin2B+sin2C=1-cos2A 1-cos2B22卜 1-cos2C=2-cos(A+B)cos(A-B)-cos2C=2+ cosCcos(A-B)-cosC,由于 2+ cosCcos(A-B)-

29、cosC W2+ cosC(l-cosC)199=-(cosC-2)2+44-另一方面，AABC为锐角三角形，可知OW|A-B| VC<90。,于是,9 cos(A-B)>cosC,这说明 2+ cosCcos(A-B)-cosC>2,这就证明 了 2<sin2A+sin2B+sin2CWa 从而式成立.1Kp (m+b+c) mbsinC=(2ife)3&设AABC的三边长分别为a be那么4(a+b+c)adsin4C4(a+/>+c)a/X1 cos2C)24(a+b+c)ab? = ?(8+£>+c)3(-m+b+c)2(a-/&g

30、t;hc)2(atrc)2耳屁3不妨设a+tH-c=1,问题变为：求入=¥' 2°)；鴛仆2©在条件a+t>+c=1,0<a, b, c1V扌卜的最大值.记fa=1-2a, tb=-2b, t-2c,那么问题转化为求£=侥上塑琴沪2型在条件ta+tb+tc= 1.G>0, tb>09 tc>Q 下的最小值.1/1一牯+心+：+牯6 十tbtc + tctj tatbtc? 1 tatb +tbtc +以a"128v3/ = 128V3.3.y tatbtc，i/p97于是，当且仅当AABC是正三角形时，备最

31、人，最大值是习题解答1证明 从C,R向AB引垂线，用放缩法证明所需不等式. 不妨设周长为仁 作厶ABC、APQR的高CL. RH.认_严如 pq*arS/mb« -ABAC ABxACxzx+z2缶心扌,故器詣AP> -人尸？人尸 BQ = AB- PO< i- -=i2 3631MV丄,空> 驻丄.如竺>织I.2 AC 133 3922设 AF = x,BF = y,CF= z.由 S .acf = S.adf + Sacdf 得 DF =同理,EF =餡于是只要证明円阿+ 声云$4寸為匚鬲務鬲 - 因为翔，x+nm籍，所以只要证明yjxxy+y2 + Jx

32、2+xz+N M>/(x+y)2+(x+0(x+z)+(x+z)2 . 平方化简后得 2yjx2+xy+y2-yx2+xz+z2x2+2(y+z)x+yz, 再平方化简后得3(x2-yz)20,即原不等式成立.3.设Oa、6、Oc为圆Cd、Cb、Cc的圆心.记M、N为圆Oa在AB、AC上的投彫，那么厶ABC的内心I是MN的中点.设X、丫为I在AB、AC上的投影，有ra 0aM r " IX "ACOSq4AMN1 AX* Al A "9A*Alcosq cos2 2AI1 Tb1a = , p = I，y = §.只需证明S a+p+Y =号时，有

33、cos2a + cos2p + cos2y"'即 tan2a+tan2p + tan2y1.由柯西不等式 3(tan2a+tan2p + tan2y)(tana+tanp+tany)2. 只需证明 tana+tan(3+tanYN因为tanx上是凸函数，故由Jensen不等式得tana+tanp+tany3ta n* =>/3.4. (1)如图，设直角三角形的三条边的边长分别是3、b、c,那么内切圆直径为d=ab-c, W为ca+b),3 b=QsP+b2N 羽,那么 dW a+如图，设OOi. 002、06、004的直径分别为8、d2、%、那么&W(A0+B0

34、), X今RbO+CO),gW(CO+DO),(DO+AO),故 6十cfe+*+WW(2/)(AC+BD)(2)如图，设OCh、(DO2的半径分别为和那么由勾股定理，得OiO22=( fi+/2)2+( H- /2)2=2(f?+/§),于是,。1。2二承7岸1谟V寸5(门+ /*2)同理，有O2O3V返伉+,O3O4V返(小,O4O1V返(a+ ri).将这四个不等式相加，得O1O2+ O2O3+ 0304+ O4Oi<V2(di+cfe+cfe+di)V2(2-V2)(AC+BD)= 2(羽 T)(AC+BD)5. 证明 由0C丄OA,OC丄OB,知0C丄平面OAB.故0

35、C丄AB.又CH1AB,所以，平面OCHIAB,0H丄AB同理OH丄AC.由此,OH丄平面ABC.记0A二日,OB=b,OC=c,那么不难得到(S abc) 2=(S oab)2+(S obc)2+(S oac)2 = Ra+Zd+Va2).又 3V Nifn(4OABC=OH S ABC= /(S/ABC + S.OAB + SaOBC + S QAC)那么 OH */a2£)2+/?2c2+c2a2= rab+ bc+.只需证明 ab+bc+ca而此时显然成立.6. 在四边形ABMC中，应用推广的Ptolemy定理(Ptolemy不等式)町得AM BCCBM AC+ CM AB,

36、在AABC 中由正弦定理得 AM 2RsinAWBM 2R sinB+CM 2R sinC. 即 AM sinAWBM s泊B+CM sinC.(2)*(1)得AAi sinaWABi sinp+ACi siny,BB1 sin 卩 WBA1 sina +BC1 siny,CC1 sinyCAi sina+CBi sinp,三式柑加得 AAi sina+BBisinp+CCisinyBC sina+CA sinp+AB siny.7. 如图，作EDBC, FA仏ED,那么BCDE和ADEF都足平行四边形.连接BF和AE,显然,BCAF也是平行四边形，于是,AF二ED二BC, EF=AD EB=

37、CD,BF=AC在四边形ABEF和AEBD中，由Ptolemy不等式得AB EF+AF BENAE BF,BD AE+AD BEMAB ED.即 AB AD+BC CDMAE AC, BD AE+AD CD事AB BC.于是，由和可得DA DB AB+DB DC BC+DC DA CA=DB(AB AD+BC CD)+DC DA CAMDB AE AC+ DC DA AC=AC(BD AE+AD CD)MAC AB BC,故不等式得证，且等号成立的充要条件是和式等号同时都成立，即等号半且仅肖ABEF及 AEBD都是员I内接四边形时成立也即AFEBD是圆内接五边形时等号成芷由于AFED为平行 四边形，所以条件等价于AFED为矩形(即AD丄BC)且ZABE=ZADE=90°,亦等价T AD丄BC 且CD丄AB,所以原不等式等号成立的充分必要条件是D为AABC的垂心.&如下图，'& AC=a,CE=b,AE=c,对四边形ACEF运用Ptolemy不等式得AC EF+CE AF2AE CF.因为EF=AF,这意味着鵠事為同理是器鼻臭 要使等号成立必须是等式，即每次运用Ptolemy不等式要等式成立，从而ACEF、ABCE、 ACDE都是圆内接四边形，所以ABCDEF是圆