Question

（2009•金山區(qū)二模）（1）設(shè)u、v為實(shí)數(shù)，證明：u²+v²≥

(u+v)2

2

；（2）請(qǐng)先閱讀下列材料，然后根據(jù)要求回答問(wèn)題．
材料：已知△LMN內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正三角形ABC，求證：△LMN中至少有一邊的長(zhǎng)不小于

1

2

．
證明：線段AN、AL、BL、BM、CM、CN的長(zhǎng)分別設(shè)為a₁、a₂、b₁、b₂、c₁、c₂，設(shè)LN、LM、MN的長(zhǎng)為x、y、z，
x²=a₁²+a₂²-2a₁a₂cos60°=a₁²+a₂²-a₁a₂
同理：y²=b₁²+b₂²-b₁b₂，z²=c₁²+c₂²-c₁c₂，
x²+y²+z²=a₁²+a₂²+b₁²+b₂²+c₁²+c₂²-a₁a₂-b₁b₂-c₁c₂
…
請(qǐng)利用（1）的結(jié)論，把證明過(guò)程補(bǔ)充完整；
（3）已知n邊形A₁′A₂′A₃′…A_n′內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正n邊形A₁A₂…A_n，（n≥4），思考會(huì)有相應(yīng)的什么結(jié)論？請(qǐng)?zhí)岢鲆粋�(gè)的命題，并給與正確解答．
注意：第（3）題中所提問(wèn)題單獨(dú)給分，解答也單獨(dú)給分．本題按照所提問(wèn)題的難度分層給分，解答也相應(yīng)給分，如果同時(shí)提出兩個(gè)問(wèn)題，則就高不就低，解答也相同處理．

Answer 1

分析：（1）因?yàn)閡²+v²≥2uv，所以2（u²+v²）≥（u+v）²，從而有：u²+v²≥

(u+v) 2

2

；
（2）補(bǔ)上：因?yàn)?nbsp;u²+v²≥

(u+v) 2

2

，所以x²+y²+z²≥

(a 1+a 2)  2

2

+

(b 1+b 2) 2

2

+

(c 1+c 2) 2

2

-a₁a₂-b₁b₂-c₁c₂平方化開(kāi)后再結(jié)合條件利用反證法即得．
（3）命題1：已知四邊形MNPQ內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD，求證：四邊形MNPQ中至少有一邊的長(zhǎng)不小于

2

2

．
命題2：如圖2，已知六邊形A₁B₁C₁D₁E₁F₁內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正六邊形ABCDEF，求證：六邊形A₁B₁C₁D₁E₁F₁中，至少有一邊的長(zhǎng)不小于

3

2

．
命題3：如圖3，已知n邊形A₁^′A₂^′…A_n^′內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正n邊形A₁A₂…A_n，（n≥4）．求證：n邊形A₁′A₂′A₃′…A_n′中，至少有一邊的長(zhǎng)不小于cos

π

n

（其中n≥3）．下面對(duì)三個(gè)命題進(jìn)行證明即可．

解答：證明：（1）因?yàn)閡²+v²≥2uv，所以2（u²+v²）≥（u+v）²，
即有：u²+v²≥

(u+v) 2

2

…（2分）
（2）因?yàn)?nbsp;u²+v²≥

(u+v) 2

2

所以x²+y²+z²≥

(a 1+a 2)  2

2

+

(b 1+b 2) 2

2

+

(c 1+c 2) 2

2

-a₁a₂-b₁b₂-c₁c₂
=

1

2

[a₁²+a₂²+b₁²+b₂²+c₁²+c₂²]…（3分）
≥

1

2

[

(a 1+c 2) 2

2

+

(a 2+b 1) 2

2

+

(b 2+c 1) 2

2

]=

3

4

，…（4分）
因?yàn)閤²+y²+z²≥

3

4

，所以x²、y²、z²中至少有一個(gè)不小于

1

4

，即在x、y、z中至少有一個(gè)不小于

1

2

．…（6分）
（3）解：命題1：如圖1，已知四邊形MNPQ內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD，求證：四邊形MNPQ中至少有一邊的長(zhǎng)不小于

2

2

．
證明：線段AQ、AM、BM、BN、CN、CP、DP、DQ分別設(shè)為a₁、a₂、b₁、b₂、c₁、c₂、d₁、d₂，設(shè)MN、NP、PQ、QM為w、x、y、z，
因?yàn)閍₁+d₂=1，a₂+b₁=1，b₂+c₁=1，c₂+d₁=1，
所以（a₁+a₂）+（b₁+b₂）+（c₁+c₂）+（d₁+d₂）=4
這四組數(shù)中至少有一組數(shù)不小于1，不妨假定a₁+a₂≥1，那么a₂≥1-a₁，
因?yàn)閦²=a₁²+a₂²≥a₁²+（1-a₁）²=2a₁²-2a₁+1=2（a₁-

1

2

）²+

1

2

≥

1

2

所以z≥

2

2

，即四邊形MNPQ中至少有一邊的長(zhǎng)不小于

2

2

．
命題：（3分）；證明：（3分）

命題2：如圖2，已知六邊形A₁B₁C₁D₁E₁F₁內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正六邊形ABCDEF，求證：六邊形A₁B₁C₁D₁E₁F₁中，至少有一邊的長(zhǎng)不小于

3

2

．
證明：分別設(shè)線段AF₁、AA₁、BA₁、BB₁、…、FE₁、FF₁為a₁、a₂、b₁、b₂、…、f₁、f₂，如圖所示．
因?yàn)閍₁+f₂=1，a₂+b₁=1，b₂+c₁=1，c₂+d₁=1，d₂+e₁=1，e₂+f₁=1，
所以（a₁+a₂）+（b₁+b₂）+…+（f₁+f₂）=6，
這六組數(shù)中至少有一組數(shù)不小于1，不妨假定a₁+a₂≥1，那么a₂≥1-a₁，
因?yàn)锳₁F₁²=AA₁²+AF₁²-2AA₁．AF₁cos120°=a₁²+a₂²+a₁a₂
≥a₁²+（1-a₁）²+a₁（1-a₁）=a₁²-a₁+1=（a₁-

1

2

）²+

3

4

≥

3

4

，
所以A₁F₁≥

3

2

，即六邊形A₁B₁C₁D₁E₁F₁中，至少有一邊的長(zhǎng)不小于

3

2

．
命題：（5分）；證明：（5分）


命題3：如圖3，已知n邊形A₁^′A₂^′…A_n^′內(nèi)接于邊長(zhǎng)為1的正n邊形A₁A₂…A_n，（n≥4）．求證：n邊形A₁′A₂′A₃′…A_n′中，至少有一邊的長(zhǎng)不小于cos

π

n

（其中n≥3）．
證明：分別設(shè)線段A₁ An′、A₁A_1′、A₂A₁′、A₂A₂′、…、A_nA _n-1′、A_nAn′為a₁、a₁′、a₂、a₂′、…、a_n、a_n′，
因?yàn)閍₁+a′=a₂+a₁′=a₃+a₂′=…=a_n+a _n-1′=1，
所以（a₁+a₁′）+（a₂+a₂′）+…+（a_n+a_n′）=n．
這n組數(shù)中至少有一組數(shù)不小于1，不妨假定a₁+a₁′≥1，那么a₁′≥1-a₁，
于是在△A₁A₁′A_n′中有：
A₁ An′²=A₁A₁²+A₁A_n²-2 A₁A₁′．A₁A_n′cos

(n-2)π

n

=a₁²+a₁²-2a₁a₁′cos

(n-2)π

n

≥a₁²+（1-a₁）²-2 a₁ （1-a₁） cos

(n-2)π

n

=2[cos

(n-2)π

n

+1]a₁²-2[cos

(n-2)π

n

+1]a₁+1
=2[cos

(n-2)π

n

+1]（ a₁-

1

2

）²+

1

2

[1-cos

(n-2)π

n

]
≥

1

2

[1-cos

(n-2)π

n

]=sin²

(n-2)π

n

=cos²

π

n

．
故A₁′A_n′≥cos

π

n

，即n邊形A₁′A₂′A₃′…A_n′中，至少有一邊的長(zhǎng)不小于cos

π

n

．
命題：（7分）；證明：（7分）

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查不等式的證明、數(shù)列的應(yīng)用、三角變換公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于中檔題．