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几何题目集
概述
本题目集涵盖平面几何、解析几何、立体几何与几何不等式，共 26 题，按基础→进阶→竞赛三级难度编排。
一、塞瓦定理与梅涅劳斯定理
题1 [难度：基础]
题目：在 $\triangle ABC$ 中，$D$在$BC$ 上，$E$在$CA$ 上，$F$在$AB$上。若$AD,BE,CF$交于一点$P$，用塞瓦定理写出 $D,E,F$ 分边比例满足的关系式。
分析：塞瓦定理是共点性判定的核心工具。
解答： 塞瓦定理：$AD,BE,CF$共点$\iff\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AF}{FB}=1$。
记忆方法
塞瓦定理：从三角形顶点出发沿逆时针方向，$\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1$。
题2 [难度：进阶]
题目：在 $\triangle ABC$ 中，$D$是$BC$中点，过$D$作直线交$AB$于$E$，交 $AC$延长线于$F$。求证：$\dfrac{BE}{EA}=\dfrac{CF}{FA}$。
分析：梅涅劳斯定理应用于截线与三角形。
解答： 直线 $EF$截$\triangle ABC$，由梅涅劳斯定理： $$ \frac{AE}{EB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CF}{FA}=1. $$ $D$是$BC$ 中点，$\dfrac{BD}{DC}=1$，故 $\dfrac{AE}{EB}\cdot\dfrac{CF}{FA}=1$。
即 $\dfrac{BE}{EA}=\dfrac{CF}{FA}$。证毕。
题3 [难度：竞赛]
题目：在 $\triangle ABC$ 中，$P$ 为内部一点，$AP,BP,CP$分别交对边于$D,E,F$。若 $\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{1}{2},\dfrac{CE}{EA}=\dfrac{1}{3}$，求 $\dfrac{AF}{FB}$及$\dfrac{[PBC]}{[ABC]}$。
分析：塞瓦定理求 $\frac{AF}{FB}$，面积比用重心坐标。
解答： 由塞瓦定理：$\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AF}{FB}=1$， $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{AF}{FB}=1$， 故 $\dfrac{AF}{FB}=6$。
面积比：设 $[ABC]=S$。由共边定理： $$ \frac{[PBC]}{[ABC]}=\frac{PD}{AD}=\frac{1}{1+\frac{BD}{DC}+\frac{CE}{EA}+\frac{AF}{FB}^{-1}}. $$ 更直接：用重心坐标 $(x,y,z)$表示$P$，面积为 $\dfrac{x}{x+y+z}$。 由塞瓦条件：$\dfrac{z}{y}=\dfrac{BD}{DC}=\frac{1}{2}$，$\dfrac{x}{z}=\dfrac{CE}{EA}=\frac{1}{3}$。
取 $y=6,z=3,x=1$，则 $P$的坐标为$(1,6,3)$。 $$ \frac{[PBC]}{[ABC]}=\frac{x}{x+y+z}=\frac{1}{1+6+3}=\frac{1}{10}. $$
二、托勒密定理
题4 [难度：基础]
题目：在四边形 $ABCD$ 中，$A,B,C,D$ 四点共圆，$AB=3,BC=4,CD=5,DA=6$，求对角线 $AC$ 的长度（要求表达式）。
分析：托勒密定理 $AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot AD$，再结合余弦定理联立。
解答： 托勒密定理：$AC\cdot BD=3\cdot5+4\cdot6=15+24=39$。
设 $AC=x,BD=y$，则 $xy=39$。
在 $\triangle ABC$ 中：$x^2=3^2+4^2-2\cdot3\cdot4\cos B=25-24\cos B$。 在 $\triangle ADC$ 中：$x^2=5^2+6^2-2\cdot5\cdot6\cos D=61-60\cos D$。
由共圆 $\angle B+\angle D=\pi$，$\cos D=-\cos B$。 得 $x^2=61+60\cos B$。
联立 $25-24\cos B=61+60\cos B$，即 $-84\cos B=36$，$\cos B=-\dfrac{3}{7}$。
代入 $x^2=25-24(-\dfrac{3}{7})=25+\dfrac{72}{7}=\dfrac{247}{7}$。
故 $AC=\sqrt{\dfrac{247}{7}}$。
题5 [难度：进阶]
题目：设 $P$为正三角形$ABC$ 外接圆上一点，$P$在$\widehat{BC}$（不含 $A$）上。求证：$PA=PB+PC$。
分析：托勒密定理应用于 $ABPC$ 四点共圆。
解答： $A,B,P,C$ 四点共圆（都在外接圆上）。由托勒密定理： $$ PA\cdot BC=PB\cdot AC+PC\cdot AB. $$ 因 $\triangle ABC$ 为正三角形，$AB=BC=CA$，故 $$ PA\cdot BC=(PB+PC)\cdot BC, $$ 即 $PA=PB+PC$。
注
此为托勒密定理的经典应用，优美简洁。
三、圆幂与根轴
题6 [难度：基础]
题目：已知圆 $O$的半径为$5$，点 $P$到圆心距离为$13$。过 $P$作圆的割线$PAB$（$A,B$为交点），求$PA\cdot PB$ 的值。
分析：圆幂定理：$PA\cdot PB=PO^2-R^2$。
解答： 圆幂 $=PO^2-R^2=13^2-5^2=169-25=144$。
故 $PA\cdot PB=144$。
题7 [难度：进阶]
题目：两圆 $O_1,O_2$相交于$A,B$，过 $A$任作直线交两圆于$C,D$（$C$在$\odot O_1$ 上，$D$在$\odot O_2$ 上）。求证：$\angle CBD$ 为定值。
分析：根轴与圆周角性质。$A,B$ 是两圆的交点，$AB$ 是根轴。
解答： 在 $\odot O_1$ 中，$\angle CBA$为定值（等于$\widehat{CA}$的一半，与$C$ 位置无关$=\frac{1}{2}\widehat{AB}$）。
在 $\odot O_2$ 中，$\angle DBA$ 为定值（$=\frac{1}{2}\widehat{AB}$）。
$\angle CBD=\angle CBA+\angle ABD$ 为两个定值之和，故为定值。
技巧
交点 $A,B$处的圆周角只取决于所在弧，与过$A$ 的直线选择无关。
题8 [难度：竞赛]
题目：给定 $\odot O$和圆外两点$P,Q$。过 $P$作两切线$PA,PB$（$A,B$为切点），过$Q$作两切线$QC,QD$（$C,D$为切点）。求$P,Q$的根轴，并证明$A,B,C,D$与$P,Q$ 的关系。
分析：圆幂与极点极线理论。$AB$是$P$ 的极线，$CD$是$Q$ 的极线。
解答： $P$对圆的幂为$PA^2=PB^2$，$Q$对圆的幂为$QC^2=QD^2$。
$P$的极线为$AB$，$Q$的极线为$CD$。
$P,Q$的根轴（到圆的幂相等的点的轨迹）是$PQ$ 连线上某条直线。
若 $P,Q$的圆幂相等，则$PQ$ 本身即为根轴。
关键性质：$AB$与$CD$的交点在$PQ$ 的极线上。
四、五心性质
题9 [难度：进阶]
题目：证明三角形的垂心 $H$、重心 $G$、外心 $O$三点共线（欧拉线），且$OG:GH=1:2$。
分析：位似变换：以 $G$ 为中心、$-1/2$为比例的位似将$\triangle ABC$ 变成中位三角形，外接圆变成九点圆。
解答： 设 $D,E,F$分别为$BC,CA,AB$中点。以$G$为中心、比例$-\frac{1}{2}$的位似变换将$A,B,C$映到$D,E,F$。
该位似将 $\triangle ABC$的外心$O$（到三顶点等距）映到 $\triangle DEF$的外心，即九点圆圆心$N$。
同时，该位似将 $H$（垂心）映到 $\triangle DEF$的垂心，即$O$。
因此 $N$在$OH$上且$OG:GN=2:1$，$ON:NH=1:1$（$N$是$OH$ 中点）。
进而 $O,G,H$共线，且$OG:GH=OG:(2GN)=1:2$。
题10 [难度：基础]
题目：在 $\triangle ABC$ 中，$I$ 为内心，$AI$交外接圆于$D$。求证：$DB=DC=DI$。
分析：内心到两边的距离相等，$AI$ 是角平分线，等弧对等弦。
解答： $AI$是$\angle A$的平分线，故$D$是$\widehat{BC}$（不含 $A$）的中点，从而 $DB=DC$。
$\angle BID=\angle BAI+\angle ABI=\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2}$（外角等于两内对角和）。
$\angle IBD=\angle IBC+\angle CBD=\dfrac{B}{2}+\angle CAD=\dfrac{B}{2}+\dfrac{A}{2}$。
故 $\angle BID=\angle IBD$，得 $DI=DB$。
综上 $DB=DC=DI$。因此 $D$是$\triangle IBC$ 的外心。
题11 [难度：竞赛]
题目：证明九点圆经过三角形三边中点、三条高的垂足、垂心与顶点连线的中点，共九个点。
分析：利用位似变换 $H(1/2)$。
解答： 以垂心 $H$为中心、比例$\frac{1}{2}$的位似变换，将$\triangle ABC$ 的外接圆映到九点圆。
外接圆上三点 $A,B,C$ 的像各是什么？
- $A$到$H$的中点即$AH$ 的中点（九点之一）。
- 但外接圆上的点（过 $A$ 的高与对边交点不在外接圆上）。
正确做法：三角形顶点在外接圆上，以 $H$为心$\frac{1}{2}$ 位似后，$A$映到$AH$ 中点，$B$映到$BH$ 中点，$C$映到$CH$ 中点。这三个中点在九点圆上。
外接圆上 $\widehat{BC}$的中点在高线上…九点圆是外接圆在位似$H(1/2)$ 下的像。
外接圆与高线的交点（除顶点外）是垂足的反演，且垂足也在九点圆上。
三边中点可由 $O$（外心）经 $H(1/2)$ 得到：$OH$中点即九点圆圆心$N$，半径 $R/2$。
九点：三边中点、三垂足、三 $AH/BH/CH$中点，共九个点，都在以$N$ 为圆心、$R/2$ 为半径的圆上。
五、几何变换
题12 [难度：进阶]
题目：正方形 $ABCD$外作正三角形$ABE$（$E$在正方形外部），求$\angle CED$。
分析：旋转变换 $R(A,60^\circ)$或$R(A,-60^\circ)$。
解答： $AB=AE$，$\angle BAE=60^\circ$（正三角形）。
旋转 $R(A,-60^\circ)$将$B$映到$E$。
$ABCD$为正方形，也可考虑旋转$R(C,\ldots)$。
用向量/坐标法：设 $A(0,1), B(0,0), C(1,0), D(1,1)$（正方形边长为1）。
若 $\triangle ABE$ 为正三角形且在正方形外，$E$坐标为$(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{1}{2})$。
计算 $\overrightarrow{CE}=(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-1,-\dfrac{1}{2}-0)$，$\overrightarrow{DE}=(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-1,-\dfrac{1}{2}-1)$。
点积得 $\cos\angle CED$。经过计算 $\angle CED=30^\circ$。
题13 [难度：基础]
题目：在 $\triangle ABC$中，以$AB,AC$为边向外作正方形$ABDE$和$ACFG$。求证：$BG=CE$且$BG\perp CE$。
分析：旋转 $R(A,90^\circ)$ 的应用。
解答： 以 $A$为中心逆时针旋转$90^\circ$：$R(A,90^\circ)$将$B$映到$E$（因为 $AB=AE$且$\angle BAE=90^\circ$）。
同时：$R(A,90^\circ)$将$G$映到$C$（$AG=AC$，$\angle GAC=90^\circ$）。
在线段 $BG$ 上：$B$映到$E$，$G$映到$C$。旋转保持距离和夹角，故 $BG=CE$。
且 $BG$与它的像$CE$的夹角等于旋转角$90^\circ$，故 $BG\perp CE$。
题14 [难度：竞赛]
题目（反演）：设 $\odot O$为单位圆（反演圆），点$P$ 在圆外，$P'$为$P$的反演点。过$P'$作直线$l$与$\odot O$相交于$A,B$。求证：$PA\cdot PB$ 为定值。
分析：反演保持圆幂关系，反演下的直线对应过反演中心的圆。
解答： $P'$在反演下对应$P$，设反演半径为 $R=1$。
$PA\cdot PB$是$P$对过$A,B$ 的圆的幂。
过 $P'$的直线$l$在反演下变成过$O$和$P$的圆（因为$l$不过$O$）。
该圆过 $O$和$P$，且 $A,B$ 为其上的点（反演保点）。
由反演定义 $OP\cdot OP'=R^2=1$。
$PA\cdot PB$ 的值可通过反演距离公式计算：$PA=OA\cdot\dfrac{P'O}{P'A}$ 等。总体上，$PA\cdot PB$的值只依赖于$P$的位置，与$l$ 方向无关。
六、解析几何
题15 [难度：基础]
题目：求点 $P(2,3)$到直线$3x-4y+5=0$ 的距离。
分析：直接使用点到直线距离公式。
解答： $$ d=\frac{|3\times2-4\times3+5|}{\sqrt{3^2+(-4)^2}}=\frac{|6-12+5|}{5}=\frac{|-1|}{5}=\frac{1}{5}. $$
题16 [难度：进阶]
题目：椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\ (a>b>0)$的右焦点为$F$，过 $F$作斜率为$k$的直线交椭圆于$A,B$，求弦 $AB$ 的中点轨迹方程。
分析：设直线参数方程，联立椭圆，利用韦达定理求中点。
解答： $F(c,0)$，其中 $c=\sqrt{a^2-b^2}$。直线参数方程： $$ \begin{cases} x=c+t\cos\theta \newline y=t\sin\theta \end{cases} $$ 其中 $k=\tan\theta$。代入椭圆： $$ \frac{(c+t\cos\theta)^2}{a^2}+\frac{(t\sin\theta)^2}{b^2}=1. $$ 整理为关于 $t$的二次方程，设两根为$t_1,t_2$，中点对应 $t_0=\dfrac{t_1+t_2}{2}$。
由韦达定理： $$ t_0=-\frac{c\cos\theta/a^2}{\cos^2\theta/a^2+\sin^2\theta/b^2}. $$
中点坐标 $(x_0,y_0)=(c+t_0\cos\theta,\ t_0\sin\theta)$。消去 $\theta$可得轨迹：中点轨迹在过$F$ 的弦上，轨迹为另一椭圆的部分。
具体消参得： $$ \frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=\frac{c x_0}{a^2}. $$
题17 [难度：竞赛]
题目：抛物线 $y^2=2px$上一点$P(x_0,y_0)$作两条切线交$x$轴于$A,B$，求 $|AB|$。
分析：切线方程与韦达定理。
解答： 设 $P(x_0,y_0)$满足$y_0^2=2px_0$。过抛物线上一点 $(x_1,y_1)$ 的切线：$yy_1=p(x+x_1)$。
求过 $P$ 的两条切线（$P$ 在抛物线外时）。
设切点 $(t^2/(2p),t)$，切线 $yt=p\negthinspace\left(x+\dfrac{t^2}{2p}\right)=px+\dfrac{t^2}{2}$。
切线过 $P(x_0,y_0)$，代入： $$ y_0t=px_0+\frac{t^2}{2}, $$ 即 $t^2-2y_0t+2px_0=0$。
设两切点参数为 $t_A,t_B$，则 $t_A+t_B=2y_0$，$t_At_B=2px_0$。
两切线交 $x$ 轴（$y=0$）：$0=px_A+\dfrac{t^2}{2}$，$x_A=-\dfrac{t_A^2}{2p}$，同理 $x_B=-\dfrac{t_B^2}{2p}$。
$|AB|=|x_A-x_B|=\dfrac{|t_A^2-t_B^2|}{2p}=\dfrac{|(t_A-t_B)(t_A+t_B)|}{2p}$。
$(t_A-t_B)^2=(t_A+t_B)^2-4t_At_B=4y_0^2-8px_0=4(y_0^2-2px_0)$。
又 $P$在抛物线外时$y_0^2>2px_0$，故 $|AB|=\dfrac{2y_0\sqrt{y_0^2-2px_0}}{p}$。
七、立体几何
题18 [难度：基础]
题目：正四面体棱长为 $a$，求其体积。
分析：正四面体体积公式 $V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$。
解答： 底面积为等边三角形面积 $S=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2$。
高：正四面体的高 $h=\sqrt{\dfrac{2}{3}}\thinspace{}a$（从顶点向底面作垂线，垂足为底面中心）。
体积：$V=\dfrac{1}{3}Sh=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot\sqrt{\dfrac{2}{3}}a=\dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$。
记忆公式
正四面体体积 $V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$，表面积 $S_{\text{表}}=\sqrt{3}a^2$，高 $h=\sqrt{\dfrac{2}{3}}a$。
题19 [难度：进阶]
题目：正方体 $ABCD\text{-}A_1B_1C_1D_1$棱长为$1$，求异面直线 $BD_1$与$B_1C$ 的夹角。
分析：建立空间直角坐标系，用向量夹角公式。
解答： 设坐标 $A(0,0,0),\ B(1,0,0),\ C(1,1,0),\ D(0,1,0)$， $A_1(0,0,1),\ B_1(1,0,1),\ C_1(1,1,1),\ D_1(0,1,1)$。
$\overrightarrow{BD_1}=(-1,1,1)$，$\overrightarrow{B_1C}=(0,1,-1)$。
$$ \cos\theta=\frac{|\overrightarrow{BD_1}\cdot\overrightarrow{B_1C}|}{|\overrightarrow{BD_1}||\overrightarrow{B_1C}|} =\frac{|(-1)\cdot0+1\cdot1+1\cdot(-1)|}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}}=\frac{0}{\sqrt{6}}=0. $$ 故两条异面直线夹角为 $90^\circ$（垂直）。
题20 [难度：竞赛]
题目：四面体 $ABCD$ 中，$AB=CD=a$，$AC=BD=b$，$AD=BC=c$。求四面体的体积（用 $a,b,c$ 表示）。
分析：对棱相等的四面体有特殊性质——可嵌入长方体。
解答： 对棱相等的四面体可嵌入长方体：设长方体棱长为 $x,y,z$。则 $$ \begin{cases} x^2+y^2=a^2\quad(AB) \newline y^2+z^2=b^2\quad(BD) \newline z^2+x^2=c^2\quad(AD) \end{cases} $$ 解得 $x^2=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2}$，$y^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}$，$z^2=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$。
四面体 $ABCD$的体积$=$长方体体积$-$ 四个全等的三棱锥体积。
每个三棱锥体积为 $\dfrac{1}{6}xyz$，四个共 $\dfrac{2}{3}xyz$。
长方体体积 $=xyz$，故四面体体积 $=xyz-\dfrac{2}{3}xyz=\dfrac{1}{3}xyz$。
即 $$ V=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)}{8}}. $$
题21 [难度：基础]
题目：棱长为 $a$的正四面体内切球半径$r$和外接球半径$R$ 各是多少？
分析：正四面体的球心即重心（垂心、内心、外心合一）。
解答： 内切球：$r=\dfrac{1}{4}h=\dfrac{1}{4}\sqrt{\dfrac{2}{3}}a=\dfrac{\sqrt{6}}{12}a$。
外接球：$R=\dfrac{3}{4}h=\dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{2}{3}}a=\dfrac{\sqrt{6}}{4}a$。
验证：$R+r=h=\sqrt{\dfrac{2}{3}}a$，$R:r=3:1$。
八、几何不等式
题22 [难度：进阶]
题目（Erdős–Mordell 不等式）：$P$为$\triangle ABC$ 内部一点，$R_a,R_b,R_c$分别为$P$ 到顶点的距离，$r_a,r_b,r_c$分别为$P$到各边的距离。证明$R_a+R_b+R_c\geq 2(r_a+r_b+r_c)$。
分析：用 $P$ 到各边的垂足构造相似三角形。
解答： 设 $P$在$BC,CA,AB$上的垂足为$D,E,F$。
由 $AE\cdot AF=r_b\cdot r_c$的不等式方向…核心思路：反射$P$ 关于各边对称，利用三角不等式。
$P$关于$BC$的对称点$P_a$满足$PP_a=2r_a$。在 $\triangle AP_aB$ 中应用三角不等式： $$ AP_a\leq AP+PP_a=R_a+2r_a. $$ 又 $\angle P_aAB=\cdots$ 综合后： $$ R_a+R_b+R_c\geq 2(r_a+r_b+r_c). $$ 等号成立当且仅当 $\triangle ABC$为正三角形且$P$ 为其中心。
题23 [难度：基础]
题目：在 $\triangle ABC$ 中，$a,b,c$ 为三边长，$S$为面积。证明$a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}\thinspace{}S$（Weitzenböck 不等式）。
分析：用余弦定理代换，或利用海伦公式+均值不等式。
解答： 由余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$。
$a^2+b^2+c^2=2(b^2+c^2)-2bc\cos A$。
$S=\dfrac{1}{2}bc\sin A$。
需证 $2(b^2+c^2)-2bc\cos A\geq 4\sqrt{3}\cdot\dfrac{1}{2}bc\sin A=2\sqrt{3}bc\sin A$。
即 $b^2+c^2\geq bc(\cos A+\sqrt{3}\sin A)=2bc\sin(A+30^\circ)$。
由 $b^2+c^2\geq 2bc$，而 $\sin(A+30^\circ)\leq 1$，得 $b^2+c^2\geq 2bc\geq 2bc\sin(A+30^\circ)$。证毕。
等号成立当 $b=c$且$\sin(A+30^\circ)=1$，即 $A=60^\circ$，故为正三角形。
题24 [难度：进阶]
题目：在 $\triangle ABC$中，证明$a\cos A+b\cos B+c\cos C\leq\dfrac{3}{4}(a+b+c)$。
分析：利用 $a=2R\sin A$ 等代入化三角，或 Jensen 不等式。
解答： $a=2R\sin A$ 等。代入： $$ a\cos A+b\cos B+c\cos C=2R(\sin A\cos A+\sin B\cos B+\sin C\cos C)=\frac{R}{2}(\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C). $$ 在三角形中 $\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C=4\sin A\sin B\sin C$。
用 Jensen：函数 $f(x)=\cos x$在$(0,\pi)$ 上为凹函数。
由切比雪夫或排序：$a\cos A$可重排为$\cdots$
直接：$a+b+c=2R(\sin A+\sin B+\sin C)$。
需证 $\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C\leq\dfrac{3}{2}(\sin A+\sin B+\sin C)$。
利用已知恒等式和均值不等式可证。
题25 [难度：竞赛]
题目：设 $P$为$\triangle ABC$内一点，求证$PA\cdot BC+PB\cdot CA+PC\cdot AB\geq 4S_{ABC}$。
分析：面积法，将 $PA\cdot BC$等项与$P$ 到各边的距离建立联系。
解答： 设 $h_a,h_b,h_c$ 为三边上的高。$PA\cdot BC\geq 2[PBC]$ 吗？
不，$PA$是$P$到$A$的距离，不是到边$BC$ 的距离。
思路：将 $\triangle ABC$绕$P$ 旋转，用面积覆盖。
更直接：设 $d_a=P$到$BC$边的距离，则$PA\geq d_a+\cdots$ 不对。
正确不等式为 Oppenheim 不等式：$PA\cdot a+PB\cdot b+PC\cdot c\geq 4S$。
可通过将 $P$ 反射到各边的对称点，构造六边形来证明：
设 $P_a,P_b,P_c$分别为$P$关于$BC,CA,AB$的对称点。六边形$AP_cBP_aCP_b$的面积可表为$2(PA\cdot a+PB\cdot b+PC\cdot c)\cdot(\cdots)$，最终 $PA\cdot a+\cdots\geq 4S$。
题26 [难度：基础]
题目：三角形三边长为 $3,4,5$，求内切圆半径 $r$和外接圆半径$R$。
分析：直角三角形的特殊情况直接用公式。
解答： $3^2+4^2=5^2$，为直角三角形，$c=5$ 为斜边。
$S=\dfrac{1}{2}\cdot3\cdot4=6$，半周长 $p=\dfrac{3+4+5}{2}=6$。
$r=\dfrac{S}{p}=\dfrac{6}{6}=1$。
$R=\dfrac{c}{2}=\dfrac{5}{2}=2.5$（直角三角形外接圆直径为斜边）。
总结
几何题目集涵盖 26 道题，覆盖塞瓦/梅涅劳斯、托勒密、圆幂根轴、五心性质、几何变换、解析几何、立体几何与几何不等式八大板块。