给定三角形ABC的最大内接矩形与最大内接正方形的一边与三角形一边重合，另外两端在另外两边上。
下面在a>b>c条件下，求出最大内接矩形与最大内接正方形的面积。
（1）对于给定三角形的最大内接矩形的面积可如下求:
设矩形长为x[与BC边重合]，宽为y，矩形的面积为S1。
运用相似比可得:
（ha-y）/x=ha/a<==>x=a*（ha-y）/ha，所以
S1=y*a*（ha-y）/ha=-[1/（a*ha）]*[a^2*y^2-2*a*S*y]
=-[1/（2*S）]*（a*y-S）^2+S^/2≤S/2。
当y=S/a=ha/2，x=a/2时，S1的最大值为S/2。
所以给定三角形的最大内接矩形的面积为S/2，它共有三种形状，即（长,宽）=（a/2,ha/2）;（长,宽）=（b/2,hb/2）;（长,宽）=（c/2,hc/2）。
注意这里长与宽相对而言。
（2）对于给定三角形的最大内接正方形的面积可如下求:
设正方形边长为x，正方形的面积为S2。
运用相似比可得:
（ha-x）/x=ha/a<==>x=2*S/（a+ha），
因为a>b>c，易证得:
a+ha>b+hb>c+hc，
所以给定三角形的最大内接正方形的面积:
S2=[2*S/（c+hc）]^2。
（3）下面确定给定三角形ABC的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。
[2*S/（c+hc）]^2≤S/2
<==>8*S≤（c+hc）^2
因为c^2+（hc）^2≥2*c*hc=4*S，所以8*S≤（c+hc）^2显然成立。
当c=hc时等号成立。
几何不等式-5
命题在等腰直角三角形中，∠BAC=90°，E，F在BC边上[E点靠近B点，F点靠近C点]。
求证：
（1）如果∠EAF≤45°，则BE^2+CF^2≥EF^2;
（2）如果∠EAF≥45°，则BE^2+CF^2≤EF^2.
证明设AE为y，AF为z，AB=AC=a。
在△ABE，△ACF中[∠ABE=45°，∠ACF=45°]，根据余弦定理得:
BE^2=y^2-a^2+a*BE*√2;⎛y^2=a^2+BE^2-a*BE*√2;
z^2=a^2+CF^2-a*CF*√2;CF^2=z^2-a^2+a*CF*√2.⎛
两式相加得:
BE^2+CF^2=y^2+z^2-2a^2+a√2（BE+CF）=y^2+z^2-2a^2+a√2（a√2-EF）
=y^2+z^2-a√2EF。
注意到:
△AEF面积的两种表示式
yzsin（∠EAF）/2=aEF/（2√2）a√2EF=2yzsin∠EAF
所以有BE^2+CF^2=y^2+z^2-2yzsin∠EAF
而在△AEF中，根据余弦定理得:
EF^2=y^2+z^2-2yzcos∠EAF
对比上述两式，当∠EAF=45°时，有BE^2+CF^2=EF^2。
（1）如果∠EAF≤45°，则tan∠EAF≤1，即BE^2+CF^2≥EF^2;
（2）如果∠EAF≥45°，则tan∠EAF≥1，即BE^2+CF^2≤EF^2.
附证如图,等腰直角三角形ABC,E,F在BC上,不妨设F在E右侧
将△AFC旋转90度到△ADB
∠ABC=∠ACB=∠ABD=45==>∠DBE=90BD=CF
==>BE^2+CF^2=BE^2+BD^2=DE^2
DE^2=AD^2+AE^2-2AD*AE*cos∠DAE
EF^2=AF^2+AE^2-2AF*AE*cos∠EAF
AD=AF
DE^2-EF^2=2AF*AE（cos∠EAF-cos∠DAE）
∠DAE=∠DAB+∠BAE=∠CAF+∠BAE=90-∠EAF
（1）∠EAF≤45°,则90°＞∠DAE≥∠EAF＞0°,
DE^2-EF^2=2AF*AE（cos∠EAF-cos∠DAE）≥0
DE^2≥EF^2
BE^2+CF^2≥EF^2
（2）∠EAF≥45°,则0°＜∠DAE≤∠EAF＜90°,
DE^2-EF^2=2AF*AE（cos∠EAF-cos∠DAE）≤0
DE^2≤EF^2
BE^2+CF^2≤EF^2
几何不等式-6
命题非钝角三角形的三条中线组成的三角形，它的外接圆半径大于原三角形外接圆半径的5/6。
证明
（1）设非钝角三角形ABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,S为非钝角三角形ABC的外接圆半径和面积。
而以三角形三中线组成的三角形的面积为3S/4。
根据三角形恒等式:
abc=4R*S，故只需证明:
8*ma*mb*mc>5*a*b*c
（1）
即64*（ma*mb*mc）^2>25（a*b*c）^2
（2）
据三角形中线公式:
4*（ma）^2=2b^2+2c^2-a^2，4*（mb）^2=2c^2+2a^2-b^2，4*（mc）^2=2a^2+2b^2-c^2，
因为三角形是非钝角三角形，则b^2+c^2-a^2>=0，c^2+a^2-b^2>=0,a^2+b^2-c^2>=0，注意三式不可能同时取零，当直角三角形时，有一为零。
设x,y,z为非负实数，
则令2x=b^2+c^2-a^2，2y=c^2+a^2-b^2,2z=a^2+b^2-c^2。
则a^2=y+z,b^2=z+x,c^2=x+y。
对
（2）式作置换等价于:
（4x+y+z）*（4y+z+x）*（4z+x+y）>25*（y+z）*（z+x）*（x+y）
x^3+y^3+z^3-x^2（y+z）-y^2*（z+x）-z^2*（x+y）+7*x*y*z>0（3）
（3）式是全对称的，不失一般性，设x=min（x,y,z），（3）化简整理等价于
x*（x-y）*（x-z）+（y+z-x）*（y-z）^2+4*x*y*z>0，显然成立。
证明
（2）设RtΔABC的三边长为a,b,c，相对应的中线分别为ma,mb,mc，R,Δ为RtΔABC的外接圆半径和面积。
而以RtΔABC三中线组成的ΔA'B'C'的外接圆半径和面积分别为Rm,Δm。
显然Δm=3Δ/4。
命题转化:
Rm≥5R/6
（1）
根据三角形恒等式:
abc=4R*Δ，ma*mb*mc=4Rm*Δm。
故只需证明:
8*ma*mb*mc≥5*a*b*c
（2）
即64*（ma*mb*mc）^2≥25（a*b*c）^2（3）
不失一般性，设a^2=b^2+c^2，据三角形中线公式:
4*（ma）^2=2b^2+2c^2-a^2=b^2+c^2，4*（mb）^2=2c^2+2a^2-b^2=4c^2+b^2，4*（mc）^2=2a^2+2b^2-c^2=4b^2+c^2，
所以（3）式等价于:
（4c^2+b^2）*（4b^2+c^2）≥25*b^2*c^2（4）
（4）<==>4*（b^2-c^2）^2≥0。
显然成立，当三角形三角之比为:
2:
1:
1时等号成立。
几何不等式-7
命题设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，内心为I。
求证:
（1）∠AIO为锐角的充要条件是:
b+c>2a;
（2）∠AIO为直角的充要条件是:
b+c=2a;
（3）∠AIO为钝角的充要条件是:
b+c<2a。
证明连AI并延长交圆O于D。
易证BD=DI=CD，令BD=DI=CD=d，利用托勒密定理:
d*c+d*b=a*（AI+d）
从而得:
AI=d*（b+c-a）/a。
（1）对于等腰ΔAOD，我们有∠AIO为锐角的充要条件是:
AI>d，即b+c>2a。
同理可证
（2）,（3）成立。
几何不等式-7
命题设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c，外心为O，重心为G。
求证:
（1）∠AGO为锐角的充要条件是:
b^2+c^2>2a^2;
（2）∠AGO为直角的充要条件是:
b^2+c^2=2a^2;
（3）∠AGO为钝角的充要条件是:
b^2+c^2<2a^2。
证明连AG并延长交圆O于D。
BC边上的中线为ma，则AG=2*ma/3。
易求得:
DG=ma/3+a^2/（4*ma）。
（1）对于等腰ΔAOD，我们有∠AGO为锐角的充要条件是:
AG>DG，即b^2+c^2>2a^2。
同理可证
（2）,（3）成立。
几何证明-2
命题在ΔABC中，BC=a,CA=b,AB=c，s为半周长，在BC上的一点M，使得ΔABM与ΔACM的内接圆相等。
求证:
AM^2=s*（s-a）
证明设AM=x，依题意可得:
MB+MC=a
（1）
MB/MC=（x+c+MB）/（x+b+MC）
（2）
（2）等价于MB/MC=（x+c）/（x+b）
据
（1）,
（2）式可得:
MB=（x+c）*a/（2x+b+c）MC=（x+b）/（2x+b+c），
由余弦定理得:
MB/MC=（x^2-c^2+MB^2）/（-x^2+b^2-MC^2）（3）
所以（x+c）/（x+b）=（x^2-c^2+MB^2）/（-x^2+b^2-MC^2）（4）
将MB=（x+c）*a/（2x+b+c）MC=（x+b）/（2x+b+c）代入（4）式化简整理得:
（x+b）*（x+c）*[4x^2+a^2-（b+c）^2]=0，
故得:
AM^2=s*（s-a）
经典几何-1
命题在平行四边形ABCD边AB,BC,CD,DA上分别取点K,L,M,N，如果所取这四个点为顶点的四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积的一半，求证:
四边形KLMN至少有一条对角线平行于平行四边形ABCD边。
证明在平行四边形ABCD中，设∠DAB=θ,AD=a,AB=b.则四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积减去三角形△AKN,△BKL,△CLM,△DMN的面积之和。
由面积公式不难求得:
△AKN的面积=（1/2）*AN*AK*sinθ，
△BKL的面积=（1/2）*BL*（b-AK）*sinθ，
△CLM的面积=（1/2）*（a-BL）*（b-MD）*sinθ，
△DMN的面积=（1/2）*（a-AN）*MD*sinθ，
平行四边形ABCD的面积=ab*sinθ
所以四边形KLMN的面积等于
=（1/2）*ab*[1-（AN-BL）*（AK-MD）/ab]*sinθ。
另一方面,据已知条件,四边形KLMN的面积等于（1/2）*ab*sinθ。
比较四边形KLMN的面积的两种计算结果，可见:
（AN-BL）*（AK-MD）=0
于是，或者AN=BL，从而LN∥AB;或者KA=MD，从而KM∥AD。
故命题得证。
几何不等式-8
命题设P是平行四边形ABCD内一点，求证:
PA*PC+PB*PD≥AB*BC
并指出等号成立条件。
证明作PQ平行且等于CD，连CQ,BQ，则四边行CDPQ与ABQP均为平行四边形，
所以CQ=PD,BQ=PA,PQ=AB=CD。
在四边形PBQC中，由Ptoiemy不等式有
BQ*PC+PB*CQ≥PQ*BC即PA*PC+PB*PD≥AB*BC
等号成立当且仅当P,B,Q,C四点共圆，即∠CPB+∠CQB=π,而∠CQB=∠APD。
所以不等式等号成立的条件为:
∠CPB+∠APD=π。
证毕。
据此证明该题可作如下改动
命题设P为平行四边形ABCD内一点，满足∠CPB+∠APD=π，则有
PA*PC+PB*PD=AB*BC。
经典几何-2
命题圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，内切，相含。
三角形有三个圆，即外接圆，内切圆及九点圆。
问三角形上述三个圆的关系
解九点圆：
三角形三边的中点，三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点，共九个点共圆，这个圆称为三角形的九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半，半径为R/2。
外接圆：
以三角形的三条中垂线的交点为圆心，这个点到三角形顶点的距离为半径的圆，半径为R。
内切圆：
以三角形三个内角的角平分线的交点为圆心,圆心到任意一边的距离相等，半径为r。
设三角形ABC的九点圆心为Q，外接圆心为O，内切圆心为I，三角形ABC半周长为s，则易求得:
OQ=[√（9R^2+8Rr+2r^2-2s^2）]/2,OI=√[R（R-2r）],IQ=（R-2r）/2.
根据圆与圆有5种关系，相离，外切，相交，内切，内含。
可判断:
（1）,九点圆与内切圆的两半径差等于R/2-r=IQ=（R-2r）/2，故内切圆I内切于九点圆Q，即两圆内切。
（2）,易证R-r>OI=√[R（R-2r）],<==>r^2>0，所以外接圆内含内切圆，即两圆内含。
（3）,外接圆与九点圆，当三角形为锐角时外接圆内含九点圆，R/2>[√（9R^2+8Rr+2r^2-2s^2）]/2,<==>s>2R+r;当三角形为直角时九点圆内切于外接圆，R/2=[√（9R^2+8Rr+2r^2-2s^2）]/2,<==>s=2R+r;当三角形为纯角时九点圆与外接圆相交，3R/2>[√（9R^2+8Rr+2r^2-2s^2）]/2,<==>s^2>4Rr+r^2.
几何证明-3
命题己知P为正五边形ABCDE的外接圆AE圆弧上一点。
求证:
PA+PC+PE=PB+PD
证明设正五边形的边长和对角线分别为a,f。
据托勒密定理，
在圆内接四边形PABE中，
PA*f+PE*a=PB*a
（1）
在圆内接四边形PADE中，
PA*a+PE*f=PD*a
（2）
（1）+
（2）得:
PA*f+PE*a+PA*a+PE*f=（PB+PD）*a（3）
在圆内接四边形PACE中，
PA*f+PE*f=PC*a（4）
将（4）式代入（3）式得:
a*（PA+PC+PE）=a*（PB+PD）
因为a≠0,所以PA+PC+PE=PB+PD，证毕。
共点线与共线点-1
命题在等腰△ABC中，∠B=∠C=40°，P，Q为等腰△ABC形内两点，且∠PAB=∠QAC=20°，∠PCB=∠QCA=10°。
求证:
B，P，Q三点共线。
证明以BC为一边，在A点的同侧作正三角形DBC，连DA，BQ。
易知AB=AC，可知DA为BC的中垂线，由∠QCA=10度得∠QCB=30度，
可知CQ为BD的中垂线，所以有∠QCD=30度=∠ADC。
由∠QAC=20度=∠ADC，有AQ∥DC，可知四边形AQCD为等腰梯形，即AD=QC，
进而ΔABD≌ΔBQC，得BA=BQ。
在ΔABQ中，可知∠QBA=20度，所以∠QBC=20度。
在BA延长线上取一点E，使BE=BC，连EP，EC，BP，
可知∠PCE=（180-40）/2-10=60度，
∠EAC=80度=∠PAC。
进而ΔEAC≌ΔPAC。
得PC=PE，所以ΔPEC为正三角形，
有PC=PE，可知BP为EC的中垂线。
于是∠PBC=∠EBC/2=20度=∠QBC。
因此B,，P，Q三点共线。
几何证明题-4
命题在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK=CL，以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。
证明：
PQ=BC。
证明延长直线PK与QL交于O，根据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A＝120°,显然可证:
四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO。
又因为BK=CL，
故PO=PK+KO=BK+AL=CL+AL=AC;QO=QL+LO=CL+AK=BK+AK=AB。
而∠POQ=120°，所以△ABC≌△PQO。
故PQ=BC。
几何证明题-5
命题在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC=CL+AB，以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。
证明：
PQ=BC。
证明延长直线PK与QL交于O，根据正三角形BPK,正三角形CQL，∠A＝120°及BK+AC=CL+AB，,显然可证:
四边形OLAK为菱形，所以AK=LO=AL=KO。
故PO=AB，QO=AC。
而∠POQ=120°，所以△ABC≌△PQO。
故PQ=BC。
几何不等式-9
命题在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC≥CL+AB，BK≥CL，以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。
证明：
PQ≥BC。
证明延长直线PK与QL交于O，令AC=b,AB=c，BK=x,CL=y。
根据正三角形BPK,正三角形CQL及∠A＝120°,
显然可证:
四边形OLAK为平行四边形，所以AK=LO,AL=KO,∠POQ＝120°。
据此得:
PO=PK+KO=BK+AL=x+b-y，QO=QL+LO=CL+AK=y+c-x。
在三角形PQO中，根据余弦定理得:
PQ^2=PO^2+QO^2-2*PO*QO*cos120°=PO^2+QO^2+PO*QO
=（x+b-y）^2+（y+c-x）^2+（x+b-y）*（y+c-x）
=b^2+（x-y）^2+2b*（x-y）+c^2+（x-y）^2-2c*（x-y）+bc+（c-b）*（x-y）-（x-y）^2
=b^2+c^2+bc+（x-y）^2+（b-c）*（x-y）
=BC^2+（x-y）*（b+x-c-y）
因为BK≥CL,即x≥y,BK+AC≥CL+AB,即x+b≥c+y。
所以（x-y）*（b+x-c-y）≥0,
因此PQ≥BC。
当BK+AC=CL+AB或BK=CL时取等号。
几何不等式-10
命题在△ABC中,∠A＝120°,K、L分别是AB、AC上的点，且BK+AC≥CL+AB，BK≤CL以BK,CL为边向△ABC的形外作正三角形BKP和CLQ。
证明：
PQ≤BC。
证明延长直线PK与QL交于O，令AC=b,AB=c，BK=x,CL
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