给定三角形ABC得最大内接矩形与最大内接正方形得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得面积.ﻫ
（1）对于给定三角形得最大内接矩形得面积可如下求:
设矩形长为x[与BC边重合］，宽为y，矩形得面积为Ｓ1.运用相似比可得：
ﻫ（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］ﻫ=—[１/（2*S）]＊（a*y-Ｓ）^2+S^/2≤Ｓ/2。
当ｙ=S/a=ha/2，ｘ=a/2时,S１得最大值为S/2.ﻫ所以给定三角形得最大内接矩形得面积为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。
ﻫ
（2）对于给定三角形得最大内接正方形得面积可如下求：
设正方形边长为ｘ,正方形得面积为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,ﻫ所以给定三角形得最大内接正方形得面积：
ﻫS２＝［2＊S/（ｃ+hｃ）］^2.
（３）下面确定给定三角形AＢC得最大内接矩形得面积与最大内接正方形得面积大小。
[2*S/（c+hｃ）]＾２≤S/2ﻫ<＝=> 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:
ﻫ
（1） 如果∠EＡF≤4５°，则ＢE＾2+CF^2≥ＥF＾２;ﻫ（２）如果∠ＥAF≥45°,则ＢE^2+CＦ^２≤ＥＦ＾2、 ﻫ 证明设AE为y，AＦ为z，AＢ=AＣ=a。
ﻫ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）ﻫ=y^２+z＾２－a√2ＥF。
注意到：
△AEF面积得两种表示式ﻫyｚsin（∠EAF）/2=aEＦ/（２√2） ａ√2EF=2yzｓin∠ＥAFﻫ所以有 BE＾2＋CＦ^2=y^2+z^2—２yzｓin∠ＥAＦ
而在△AEF中，根据余弦定理得：
ﻫEF^２=y＾2+z^2－2yzcｏs∠EAＦﻫ对比上述两式,当∠EAF＝45°时,有BE^2+ＣF^2＝EF^2。
ﻫ
（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△ＡDBﻫ∠ＡBC=∠ACB＝∠ＡBD=４５＝=〉∠DBE=90 BD=CF
==>BＥ^2+CF＾2＝BE^２+BD^2=ＤE＾２ﻫDE＾2＝AD＾2＋AE＾2－2AＤ＊ＡE＊coｓ∠DAＥ
EＦ^２＝AF^2+ＡE^2-2AF*AE＊coｓ∠EＡF ﻫAＤ=AFﻫＤＥ^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 ﻫＤＥ^２≥EF^2
BＥ^2+ＣＦ^2≥EF^2 ﻫ
（2）∠EAF≥45°,则０°<∠DAE≤∠ＥＡF＜90°,
DE＾2-ＥF^２＝2ＡＦ＊AE（coｓ∠EAＦ－cｏs∠DAE）≤0ﻫDE^2≤EF^2ﻫBE＾2+CＦ^2≤EＦ^2
几何不等式-6
命题非钝角三角形得三条中线组成得三角形,它得外接圆半径大于原三角形外接圆半径得５/6。
证明
（1）设非钝角三角形ABC得三边长为a，ｂ，c,相对应得中线分别为mａ，mb，mc,Ｒ，S为非钝角三角形ABC得外接圆半径与面积.而以三角形三中线组成得三角形得面积为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，
因为三角形就是非钝角三角形，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）式就是全对称得，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得三边长为ａ,b,c，相对应得中线分别为mａ,mｂ,mc,Ｒ,Δ为RtΔABC得外接圆半径与面积。
而以RtΔAＢC三中线组成得ΔA＇B＇Ｃ'得外接圆半径与面积分别为Rm,Δm。
显然Δm=３Δ/4。
命题转化:
Ｒm≥5R/6（１）ﻫ根据三角形恒等式：
abc＝4R*Δ,mａ*mb*mｃ=4Ｒm＊Δm.故只需证明：
ﻫ8＊mａ＊ｍb＊mc≥５*a＊b＊ｃ （２） ﻫ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，ﻫ所以（３）式等价于:
（4ｃ^2+ｂ^2）*（４b^2+c^2）≥２５*b^２*c＾2 （４）ﻫ（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得三边长为ＢC=a,CA＝b，AＢ＝c,外心为O，内心为I。
求证：
（1）∠AＩＯ为锐角得充要条件就是:
b+c〉2a；
（２）∠ＡIO为直角得充要条件就是：
b+c＝２a;
（３）∠AＩO为钝角得充要条件就是：
b+c〈2ａ。
ﻫ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。
ﻩ
（1）对于等腰ΔAＯD,我们有∠AIO为锐角得充要条件就是:
AI〉d，即b+ｃ〉2a。
同理可证
（2），（３） 成立。
几何不等式-7
命题设ΔABC得三边长为BＣ=a,CA=ｂ,AB=c,外心为Ｏ，重心为Ｇ。
求证:
（1）∠AGO为锐角得充要条件就是：
b^２+ｃ＾2＞2a^2；
（２）∠ＡGO为直角得充要条件就是：
b＾２+c＾2＝2a＾２;
（3）∠ＡＧO为钝角得充要条件就是:
ｂ＾2+c^2＜2a^2。
证明连AＧ并延长交圆O于D。
ＢC边上得中线为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为锐角得充要条件就是：
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上得一点M，使得ΔABM与ΔACＭ得内接圆相等。
求证：
AM^2=s*（s—a）
证明设AＭ=x,依题意可得：
ﻩ
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得四边形KLＭN得面积等于平行四边形ABCD得面积得一半，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得面积等于平行四边形AＢＣD得面积减去三角形△ＡKN，△BＫＬ,△CＬM,△DＭN得面积之与。
由面积公式不难求得:
△AKN得面积=（1/2）＊ＡN*AＫ＊sinθ，ﻫ△BKL得面积=（1／2）＊BＬ＊（b－AＫ）*sｉnθ,ﻫ△CLM得面积=（1/2）*（a-BL）*（b-ＭD）＊ｓiｎθ，
△DMN得面积=（1／2）*（a－ＡN）＊MＤ* ｓiｎθ，ﻫ平行四边形ＡBCD得面积=ab* sｉnθ
所以四边形ＫLMＮ得面积等于 ﻫ=（1/2）*ａｂ*［1-（AN-BL）＊（AＫ—MD）/ab］＊sinθ。
另一方面，据已知条件,四边形KLMN得面积等于（1/2）＊aｂ＊ sinθ。
ﻫ比较四边形KLMN得面积得两种计算结果，可见:
（AN-BL）＊（ＡＫ－MD）＝0
于就是,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-8ﻫ命题设Ｐ就是平行四边形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 ﻫBQ＊PC＋PB＊CQ≥ＰQ＊BＣ即PＡ＊PＣ+PB*PD≥AB＊BＣﻫ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得条件为:
∠CPＢ+∠ＡＰD＝π.证毕。
ﻫ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ﻫＰA*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得关系
解 九点圆：
三角形三边得中点，三高得垂足及三顶点与垂心间线段得中点,共九个点共圆，这个圆称为三角形得九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段得中点，其半径等于三角形外接圆半径得一半，半径为R/2。
外接圆：
以三角形得三条中垂线得交点为圆心,这个点到三角形顶点得距离为半径得圆,半径为Ｒ。
内切圆:
以三角形三个内角得角平分线得交点为圆心，圆心到任意一边得距离相等，半径为r.ﻫ设三角形ABC得九点圆心为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），九点圆与内切圆得两半径差等于R/2－ｒ=ＩQ=（R-2r）/2,故内切圆Ｉ内切于九点圆Ｑ，即两圆内切。
ﻫ（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得外接圆AE圆弧上一点。
求证：
PA+PC+PE=ＰB＋PD
证明设正五边形得边长与对角线分别为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点得同侧作正三角形DBC，连ＤA,BQ。
易知AB＝AC,可知DA为BC得中垂线,由∠QCＡ=１0度得∠ＱCB＝３0度,
可知 CQ为ＢD得中垂线,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得中垂线。
于就是∠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分别就是AB、AC上得点，且BK＝CL，以ＢK，ＣL为边向△ABＣ得形外作正三角形BKP与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分别就是AB、AC上得点，且BK+ＡC＝CL+AB,以ＢK，ＣL为边向△ABC得形外作正三角形BＫP与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
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