非等边证大小

乌贼

转载  tieba.baidu.com/p/7499282502
如图：
$ \triangle ABC $中，$ AB\geqslant AC $，$ E $在$ AB $上，$ D $在$ AC $上，$ BD,CE $交于$ P $，且$ AP $平分$ \angle BAC $。求证：$ BD\geqslant CE $

TSC999

P 是△ABC角A平分线上一点 ，BP 延长线交 AC 于 D，CP 延长线交 AB 于 E。若 AB>AC，证明 BD>CE。

此题证明思路是【数学中国】网友 Future_maths 给出的。本帖在方法上进行了一些简化。

kuing

记三边 `a`, `b`, `c`，设 `AE:EB=x`, `AD:DC=y`，因 `AP` 为平分线，由角平分线定理及塞瓦定理（楼主的图 2 那样）可得 `x:y=b:c`，于是可设 `b=kx`, `c=ky`。

由 `AE:EB=x` 得 `AE=\frac x{x+1}c`, `EB=\frac1{x+1}c`，则由斯特瓦尔特定理有
\begin{align*}
CE^2&=\frac{a^2\cdot AE+b^2\cdot EB}c-AE\cdot EB\\
&=\frac{xa^2+b^2}{x+1}-\frac x{(x+1)^2}c^2\\
&=\frac{xa^2+x^2k^2}{x+1}-\frac{xy^2k^2}{(x+1)^2}\\
&=\frac x{x+1}a^2+\frac{x^2+x(x^2-y^2)}{(x+1)^2}k^2,
\end{align*}
同理有
\[BD^2=\frac y{y+1}a^2+\frac{y^2+y(y^2-x^2)}{(y+1)^2}k^2,\]
当 `b\leqslant c` 时 `x\leqslant y`，则
\begin{align*}
CE^2&\leqslant\frac x{x+1}a^2+\frac{x^2}{(x+1)^2}k^2,\\
BD^2&\geqslant\frac y{y+1}a^2+\frac{y^2}{(y+1)^2}k^2,
\end{align*}
又 `\frac x{x+1}\leqslant\frac y{y+1}`，所以 `CE^2\leqslant BD^2`，得证。

isee

先回顾 斯坦纳-莱默士定理
forum.php?mod=viewthread&tid=8668
(出处: 悠闲数学娱乐论坛(第3版))

记忆里是其加强，如果没记错的话，是有旋转证明方式的

战巡

不妨换个角度看这个问题
其实就是一个固定的角$\angle A$，一条固定长度的角平分线$AP$，然后考察$\angle A$对边的长度，假设另外两边长度分别为$x,y$好了，且$x\ge y$

按张角公式，会有
\[\frac{\sin(\angle A)}{AP}=\frac{\sin(\frac{\angle A}{2})}{x}+\frac{\sin(\frac{\angle A}{2})}{y}\]
这里$\angle A$和$AP$都是定值，直接就可以简化为
\[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=c\]
为定值，且
\[0<y=\frac{x}{cx-1}\le x\]
有
\[cx\ge 2\]

那么对边长度会有
\[z^2=x^2+y^2-2\cos(\angle A)xy\]
\[=x^2+(\frac{x}{cx-1})^2-2\cos(\angle A)\frac{x^2}{cx-1}\]
\[\frac{d}{dx}z^2=\frac{2x(cx-2)[1+(cx-1)(cx-\cos(\angle A))]}{(cx-1)^3}\ge 0\]
这个说明对边的长度，是随着两侧边中较长的那个递增的

此处既然$AB\ge AC$且$AB\ge AE$，说明不管$AC,AE$哪条是这个较长的边，始终都比不过$AB$，那么自然也就有$BD\ge CE$

乌贼

与forum.php?mod=viewthread&tid=8078&extra=&page=2
forum.php?mod=viewthread&tid=1428&highlight=
有关联

isee

isee 发表于 2022-6-12 21:27
先回顾 斯坦纳-莱默士定理
https://kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=8668&fromuid= ...

相关：《几何变换与几何证题》萧振纲著

乌贼

若能证明$ BE\geqslant CD $，那就简单了。
如图
$ CF\pqd AB,BM\px CE,CN\px BD $，有\[ \triangle AED\cong \triangle FMN \]\[\triangle BNE\cong \triangle CDM \]得$ DMNE $为平行四边形，即有\[ \angle BMD=\angle BGH \]\[ \angle BDM=\angle BHG \]易证\[ \angle ECD\geqslant \angle EBD \]又\[ BE\geqslant CD\riff \angle BNE\geqslant \angle BEN \]所以\[ \angle BMD=\angle BGH=\angle BNG+\angle NBG\geqslant \angle BEH+\angle EBH=\angle BHG=\angle BDM\riff BD\geqslant BM=CE \]

乌贼

kuing 发表于 2022-6-12 14:52
https://kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=9080&pid=45700

用面积法怎么证明$ BE\geqslant CD $

乌贼

kuing 发表于 2022-6-12 14:52
https://kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=9080&pid=45700

现在证明$ BE\geqslant CD $(面积法)
如图：
  延长$ AC $至$ F $使$ AF=AB $，作$ BG\px AP $交$ FP $延长线于$ G $。作$ QN\px AF $交$ BD $于$ N $。有$ GDFN $为平行四边形。$ GMNB $为等腰梯形，$ P $点到$ AB,AF,GN $的距离相等。得\[ \dfrac{BE}{CD}=\dfrac{QN}{BE}=\dfrac{S_{\triangle BEP}}{S_{\triangle QNP}}\geqslant 1 \]
kk有没有更简洁的面积法

乌贼

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