[几何] 一个平面几何题（完全不擅长）

凸四边形ABCD的两条对角线相交于点O，而△ABO 和△CDO的外接圆圆心分别为点P、点Q.求证:AB+CD≤4PQ.

凸四边形ABCD的两条对角线相交于点O，而△ABO 和△CDO的外接圆圆心分别为点P、点Q.求证:AB+CD≤4PQ.
hflz01 发表于 2012-8-31 09:21

我也不擅长平几，想了一晚也没得到几何证法，最后只有硬上代数法搞定了，而且还得到了加强式。


我将证明有更强的\[4PQ>\sqrt{2(AB^2+CD^2)}\]成立，即证
\begin{equation}\label{20120901pingjijiaqiang}
8PQ^2>AB^2+CD^2.
\end{equation}

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2012-9-1 14:34

如图所示，以点 $O$ 为原点，以 $AC$ 所在直线为 $x$ 轴，建立平面直角坐标系。
不失一般性，设 $A(-a,0)$, $C(c,0)$, $D(d,1)$, $B(-r\cdot d,-r)$，其中 $a>0$, $c>0$, $r>0$，但 $d$ 的范围是 $\mbb R$。
设 $Q(x_q,y_q)$，则由 $x_q^2+y_q^2=(x_q-c)^2+y_q^2=(x_q-d)^2+(y_q-1)^2$ 求得 $Q\bigl(c/2,(d^2+1-cd)/2\bigr)$，类似地可以求得 $P\bigl(-a/2,-(rd^2+r-ad)/2\bigr)$，于是
\begin{align*}
8PQ^2 &= 8\left(\left(\frac c2+\frac a2\right)^2+\left(\frac{d^2+1-cd}2+\frac{rd^2+r-ad}2\right)^2\right)\\
&=2(a+c)^2+2\bigl((r+1)(d^2+1)-(a+c)d\bigr)^2,
\end{align*}
而
\[AB^2+CD^2=(a-rd)^2+r^2+(c-d)^2+1=(r^2+1)(d^2+1)-2(ar+c)d+a^2+c^2,\]
所以，式 \eqref{20120901pingjijiaqiang} 等价于
\begin{equation}\label{20120901pingjijiaqiangdjs}
2(a+c)^2+2\bigl((r+1)(d^2+1)-(a+c)d\bigr)^2>(r^2+1)(d^2+1)-2(ar+c)d+a^2+c^2.
\end{equation}

记 $f(d)=2(a+c)^2+2\bigl((r+1)(d^2+1)-(a+c)d\bigr)^2-\bigl((r^2+1)(d^2+1)-2(ar+c)d+a^2+c^2\bigr)$，如果 $d\geqslant 0$，则有\[f(-d)-f(d)=4d\bigl((a+c)(r+1)(d^2+1)-(ar+c)\bigr)\geqslant 0,\]即 $f(-d)\geqslant f(d)$ 对任意 $d\geqslant 0$ 恒成立，这也就是说，我们只要证明当 $d\geqslant 0$ 时式 \eqref{20120901pingjijiaqiangdjs} 恒成立即可。
而当 $d\geqslant 0$ 时，欲证式 \eqref{20120901pingjijiaqiangdjs}，只要证明
\begin{equation}\label{20120901pingjijiaqiangdjszjq}
(a+c)^2+2\bigl((r+1)(d^2+1)-(a+c)d\bigr)^2>(r^2+1)(d^2+1),
\end{equation}
对 $a+c$ 配方，式 \eqref{20120901pingjijiaqiangdjszjq} 等价于
\[(2d^2+1)\left(a+c-\frac{2d(r+1)(d^2+1)}{2d^2+1}\right)^2+\frac{4r(d^2+1)^2+(r^2+1)(d^2+1)}{2d^2+1}>0,\]
从而式 \eqref{20120901pingjijiaqiangdjszjq} 成立，即式 \eqref{20120901pingjijiaqiang} 成立，加强式获证。

郁闷了，刚回完帖，正打算补图，结果就上不了网了，汗哉，也太巧了，现在用手机上，也不知怎么传图，明天再补好了。

3# kuing





oh,小K计算niubility,因为平几题如果解析化一不小心就会挂在计算上

OK，可以上网了，已补图。

4# yizhong

其实这计算量比我预料之中要小了。

anyway，期待有漂亮的纯几何法。

不知次数再高点还成不成立，说不准可能还会有 $4PQ>\sqrt[4]{8(AB^4+CD^4)}$ 甚至更高次？
或者再弄点别的形式的加强可能也有机会，因为上面证明中最后的不等式并不是十分强，有空再研究研究。

PS、楼主能不能说说此题的出处？

我擦啊！套用上面的思路发现竟然能证明 $2PQ>AB$ 且 $2PQ>CD$ 而且证明更加简单！

仍然如上所设，可知\[2PQ>AB \iff (a+c)^2+\bigl((r+1)(d^2+1)-(a+c)d\bigr)^2>(a-rd)^2+r^2,\]我们证明更强的\[(a+c)^2+\bigl((r+1)(d^2+1)-(a+c)d\bigr)^2>(a-rd)^2+(c-rd)^2+2ac+r^2,\]仍然对 $a+c$ 配方，上式等价于\[\bigl((r+1)d^2+1-(a+c)d\bigr)^2+2r(d^2+1)>0,\]显然成立，还不用讨论 $d$ 的正负。
同理可得 $2PQ>CD$，这样，不但得到原题的结论，2#的加强以及楼上所指的更高次数的也显然成立了，甚至还能得到另外形式的加强，比如注意到 $2ac=2OA\cdot OC$ 以及 $2r(d^2+1)=2OB\cdot OD$，故由上述证明过程，就可以得到\begin{align*} 2PQ&>\sqrt{AB^2+2(OA\cdot OC+OB\cdot OD)},\\ 2PQ&>\sqrt{CD^2+2(OA\cdot OC+OB\cdot OD)}, \end{align*}若两边平方相加，又有\[8PQ^2>AB^2+CD^2+4(OA\cdot OC+OB\cdot OD),\]一漂亮的加强就得到了，大家还可以试试弄出其他加强来。

不过话说回来，既然能如此简化，是不是该回头想想用平几方法证明 $2PQ>AB$ 且 $2PQ>CD$ 以及这些加强？时间关系，又很晚了，每次都是深夜才有灵感玩题，以至于每次闪人前总是收不成尾……

9# kuing


看到此题时，就猜是否有这种可能，原来，是真。

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由2楼的图



有个粗的想法，记两圆的对应半径为：$r_p$，$r_q$

分别在两圆中：
$\frac {AB}2\le r_p$
$\frac {CD}2\le r_q$

当两圆心在O点异侧时（P、Q不同在一个圆内），（而两圆至少有一个交点），于是
$r_p < PQ$ (不严谨，此题里看图说话了，需要证明）
$r_q < PQ$ (不严谨，此题里看图说话了，需要证明）

于是$\frac {AB}2 + \frac {CD}2 \le r_p+r_q < 2PQ$


当P、Q落在一个圆内时，不知道了，哈哈......

10# isea

平几高手来了，期待你的平几证法，包括那些加强

11# kuing


这题我肯定拿不下来了，看看你的计算就有这种强烈的感觉。

如果点么，游民，四个6，……，等等一时想不起那些ID了，他们过来看看，或许还有可能......




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顺着思路粗想了一下，不严谨，10楼成立的情况是在两圆心在O点两侧时

对两圆心在O点同侧时，10楼不成立。

12# isea

嗯，两圆心可能会在同一圆内。
$r_P$ 和 $r_Q$ 均可以远大于 $PQ$：

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2012-9-3 04:03

11# kuing

这题我肯定拿不下来了，看看你的计算就有这种强烈的感觉。

如果点么，游民，四个6，……，等等一时想不起那些ID了，他们过来看看，或许还有可能......
isea 发表于 2012-9-2 21:45

我联系不到他们，你能不能把他们叫来。

楼主不见了

哈哈，这道题具体来源不明，是在一个大学老师的讲义材料（手写版）上看到的。

16# hflz01

噢？莫非大学也玩这种平几题？

大学老师当然玩 象中科大数学系还是有相当数量的老师作高中竞赛讲座的。这就是一位大学老师（不是科大的）在给我校学生作竞赛讲座时的题。

18# hflz01

噢，原来如此。
我不了解这些，皆因高中没上过竞赛，也没上过大学。

12# isea

人教论坛可以上了，去初中版叫人吧