第27讲 三角形的不等关系W.docx
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第27讲三角形的不等关系W
第27讲三角形中的不等关系
几何不等式之所以特别吸引人,是由于人们很容易地掌握它们的陈述,同时它们又是创造性的数学思想和现代数学精神的一个极好的入门。
——N.D.扎卡里诺夫
知识方法扫描
1.三角形中边的不等关系:
两边之和大于第三边;两边之差小于第三边;在直角三角形中,斜边大于直角边。
2.三角形中角的不等关系:
三角形的一个外角大于它的任何一个不相邻的内角。
3.同一个三角形中的边角不等关系:
大角对大边,小角对小边;大边对大角,大角对大边
4.两个三角形中的边角不等关系:
有两条边相等的两个三角形中,若夹角不相等,则其夹角大的所对的第三边也大;反之,若第三边不等,则第三边大的所对的角也大。
5.运用几何变换(平移,旋转,对称)的方法来改变几何元素的相对位置关系,是处理几何不等式问题的常用方法。
6.用代数方法来比较两个几何量的大小,体现了数形结合的思想,也是一种常用的方法。
经典例题解析
例1(第一届“祖冲之杯”数学邀请赛试题)设凸四边形ABCD的对角线相交于O,且AC⊥BD,已知OA>OC,OB>OD,求证:
BC+AD>AB+CD.
证明在OA上截取OC’=OC,在OB上截取OD’=0D,连结AD’,BC’,C’D’.
显然有△AOD≌△AOD’,△COB≌△COB’,△COD≌△C’OD’..
于是有AD=AD’,BC=BC’,CD=C’D’.
所以BC+AD=BC’+AD’=BP+PC‘+AP+PD’>AB+C‘D’=AB+CD。
例2(1997-1998学年度天津市初中数学竞赛试题)如图,四边形ABCD中,BC>CD>DA,O为AB中点,且∠AOD=∠COB=60°,求证:
CD+AD>BC.
证明如图,在OC上截取OE=OD连接DE,BE,因∠EOD=180°-∠AOD-∠COB=60°,故△DOE为等边三角形.
又OA=OB,∠AOD=∠COB,OD=OE,于是△ADO≌△BEO,故AD=BE.
又在△DEC中,∠CED>∠OED,∴CD>CE.
∴AD+CD>BE+CE>BC.
例3(1982年湖北省初中数学竞赛试题)在等腰三角形ABC的一腰AB上取一点D,在另一腰A彻底延长线上取CE=BD,连BD,则DE>BC。
证明作DD’⊥BC,EE’⊥BC,垂足为D’,E’.在Rt△BDD’与Rt△CEE’中,∠B=∠ACB=∠ECE’,BD=CE,故△BDD’≌△CEE’。
于是BD’=CE’。
所以DE=DM+ME>MD’+ME’=MD’+MC+CE’=MD’+MC+BD’=BC.
例4(1988年北京市初中数学竞赛试题)如图P为边长为1的等边三角形ABC形内任意一点.设l=PA+PB+PC,求证:
1.5 证明因AP+BP>AB=1,BP+CP>BC=1,CP+AP>AC=1,相加,得 2(PA+PB+PC)>3, 故l>1.5。 过P作MN∥BC,交AB于M,交AC于N。 则△AMN是正三角形。 MN=AB.而∠APN>∠AMP=60º,故PA 又BP 所以1.5 例5(1996年天津市初二数学竞赛试题)求证: 直角三角形中斜边与斜边上的高的和大于两直角边的和。 (要求: 画图,写已知,求证,证明) 已知如图△ABC中,∠ACB=90º,CH⊥BA于H,求证AB+CH>AC+BD。 证明设BC=a,CA=b,AB=c,CH=h,由勾股定理有a2+b2=c2,由面积关系有ab=ch.,于是 (c+h)2=c2+2ch+h2=a2+b2+2ab+h2=(a+b)2+h2>(a+b)2 所以c+h>a+b,即AB+CH>AC+BD。 例6(1993年浙江省初中数学竞赛试题)如图,在RtΔABC中,D,E,F分别为AB,AC,BC的中点,H为斜边AB高的垂足,G是DH的中点。 设O为AB上任意一点。 求证: ∠EOF取最大角是∠EGF。 证明连结EF,则EF∥AB,四边形EDBF是平行四边形。 DE=BF= BC=HF,而∠FDG=180º-∠B=180º-∠FHB=∠FHG,DG=DH,于是△FDG≌△FHG,从而EG=FG,∠EGD=∠FGH。 延长FG到N,使GN=GF,连结ON。 显然有△OFG≌△ONG, 在△EGO与△NGO中,GO=GO,GE=GN,∠OGE<∠OGN,于是OE 于是OE 故∠OEG>∠ONG=∠OFG.,于是∠EOF<∠EGF 例7(2000年第15届江苏省初中数学竞赛试题) (1)如图1a,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=60°,∠BCD=120°,证明: BC+DC=AC; 图1a图2a (2)如图2a,在四边形ABCD中,AB=BC,∠ABC=60°,P为四边形ABCD内一点,且∠APD=120°,证明: PA+PD+PC≥BD。 证明 (1)如图1b,延长BC至E,使CE=CD。 因∠BCD=120°,所以∠DCE=60°。 又CD=CE,于是△CDE为等边三角形。 故DE=CD=CE,∠CDE=60°。 又AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形,故AB=AD=BD,∠BDA=60°。 从而∠ADB=∠CDE,∠ADC=∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC=∠BDE。 所以△ACD≌△BED,因此,AC=BE=BC-CE=BC+CD,即AC=BC+CD。 图1b如图2b (2)如图2b,在四边形ABCD外侧作正三角形AB′D,利用∠APD=120°,则四边形AB′DP符合 (1)中的条件。 于是B′P=AP+PD。 易知B′C≤PB′+PC,得B′C≤AP+PD+PC。 因△AB′D是正三角形,故AB′=AD,∠B′AD=60°。 又易知△ABC是正三角形,故AC=AB,∠BAC=60°,由此得△AB′C≌△ADB。 故B′C=DB。 所以PA+PD+PC≥BD 例8(2005年全国初中数学联赛武汉选拔赛试题)如图,AA’,BB’,CC’交于点O,且AA’=BB’=CC’=1,∠AOC’=∠BOA’=∠COB’=60º。 (1)求证: S△AOC‘+S△BOA’+S△COB’< ; (2)求证: S△AOC‘,S△BOA’,S△COB’中至少有一个不大于 。 证明 (1)证法1如图,延长OC至D,使得CD=C’O,延长OB’至E,,使得B’E=BO。 连结ED,易知△ODE是边长为1的等边三角形,在ED上截取EF,使EF=OA’,连结CF,则△OBA’≌△EB’F,△C’AO≌△CFD,而S△ODE= 所以S△AOC‘+S△BOA’+S△COB’=S△FDC+S△B’EF+S△COB’ . 证法2设OA=a,OB=b,OC=c,’则 S△AOC‘+S△BOA’+S△COB’= [a(1-c)+b(1-a)+c(1-b)] = (a+b+c-ab-bc-ca) 而(1-a)(1-b)(1-c)=1-(a+b+c)+ab+bc+ca-abc>0, 所以a+b+c-ab-bc-ca<1-abc<1. 即S△AOC‘+S△BOA’+S△COB’< . (2)假设S△AOC‘> ,S△BOA’> ,S△COB’> , 记OA=a,OB=b,OC=c,则 , 所以abc(1-a)(1-b)(1-c)>
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