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近年来，在部分省、市中考试题中，时常出现一些有关几何不等式的证明题.证明这类问题的方法较多，本文拟介绍一种通过构造一元二次方程，运用根的判别式来证明的方法.现以部分试题为例说明如下：
例1 如图1，四边形DEFG是△ABC的一个内接矩形，设△ABC的面积为S，矩形DEFG的面积为S1.求证：S1≤S2.
分析 本题的关键是寻求联系两个面积的桥梁，可以先通过图形的相似等几何知识找到二者的关系式，然后根据韦达定理构造一元二次方程，应用判别式来解决问题.
证明 设△ABC的底边BC=a，高为h，EF=y，DE=x.由△ADG～△ABC，得ha=h-xy，即ya xh=1 ①.又因为S=12ah，S1=xy，所以S1S=2xyah，即ya·xh=S12S ②.由①、②两式可知，ya、xh为一元二次方程t2-t S12S=0的两个实数根.因此该方程的根的判别式Δ≥0，即1-4×S12S≥0，于是S1≤S2.
例2 如图2，过正方形ABCD的顶点C，任作一条直线，与AB、AD的延长线分别交于E、F.求证：AE AF≥4AB.
图1 图2分析 将结论化为（AE AF）2-4AB（AE AF）≥0，它形如某个一元二次方程的判别式，由此可启发构造一个一元二次方程.
证明 设AB=a，AE=x，AF=y，因为△BCE∽△DFC，所以DFDC=BCBE，即y-aa=ax-a.化简，得xy-a（x y）=0.又设x y=m，则y=m-x，代入上式并化简，得x2-mx ma=0.因为x为正实数，所以Δ=m2-4ma≥0，即m≥4a.因为m>0，所以AE AF≥4AB.若将条件中的“正方形”改为“菱形”，结论仍成立.
例3 在Rt△ABC的斜边AB上任取一点P，过P作AC、BC的平行线分别交BC、AC于N、M.则△APM和△PBN的面积之和不小于矩形MPNC的面积，试证明之.
分析 本题根据面积关系建立关于xa与yb的和积关系式，再结合韦达定理构造出一个一元二次方程，然后运用Δ≥0去证明.
证明 如图3，设AC=b，BC=a，PM=x，PN=y.S矩形MPNC=S1，S=S△APM S△PBN，则S1=xy，S=12ab-S1=12ab-xy.所以xy=ab-2（S-S1）4.所以xa·yb=ab-2（S-S1）4ab （1） 因为PM∥BC，所以PMBC=AMAC，即xa=b-yb=1-yb.所以xa yb=1 （2）根据韦达定理之逆定理，由（1）、（2）知，xa、yb是一元二次方程Z2-Z ab-2（S-S1）4ab=0的两个根.所以xa、yb是实数，因为Δ≥0，即1-4·ab-2（S-S1）4ab≥0.所以S≥S1.即△APM与△PBN的面积之和不小于矩形MPNC的面积.（此法类似于例1）
图3 图4例4 AB是⊙O的直径，过A、B引圆的切线AD、BC，又过弧AB上任一点E的切线与AD、BC分别相交于D、C，求证：OE≤12CD.
分析 证明本题的关键在于运用圆的切线长定理去证明三角形相似，然后寻找出DE与EC的和、积关系式，通过建立一元二次方程，借助Δ≥0得证.
证明 如图4，连结OC、OD，因为AB是直径，AD、BC、CD均是⊙O的切线.所以AD∥BC，OD平分∠BCD.所以OD⊥OC，又OE⊥CD，所以△ODE∽△COE，所以OEEC=DEOE，所以DE·EC=OE2，而DE EC=CD，所以DE、EC是方程：x2-CD·x OE2=0的两根，由于Δ=（-CD）2-4·OE2≥0，故OE≤12CD.
例5 如图5，PT切⊙O于T，直线PN交⊙O于点M、N，求证：PM PN>2PT.
分析 本题证明主要依据切割线定理先证得PM·PN=PT2，而后巧构一元二次方程去证明.
证明 由切割线定理知：PM·PN=PT2，于是PM、PN是方程x2-（PM PN）x PT2=0的两实数根.因为PM≠PN，即方程有两个不相等的实数根，从而Δ>0，即（PM PN）2-4PT2>0，（PT PN）2>4PT2，所以PM PN>2PT.
图5 图6例6 已知如图6，△ABC的面积为S，作一直线l∥BC，分别交AB、AC于D，E两点，记△BED的面积为K.证明：K≤14S.
分析 本题的证明充分运用了“等高的两个三角形面积之比等于底的比”的性质及“平行线截割线段成比例定理”，从而得到的关系式可以构造一元二次方程. 证明 记S△ADE=S1，S△BCE=S2，则S1∶K=AD∶DB，（S1 K）∶S2=AE∶EC.由l∥BC得AD∶DB=AE∶EC，则有S1∶K=（S1 K）∶S2，即S21 （2K-S）S1 K2=0.因为S1是实数，所以此方程有实根，则Δ=（2K-S）2-4K2≥0.故K≤14S.
再证 因为DE∥BC，所以△ADE∽△ABC.设ADAB=AEAC=x（0≤x≤1），则有S△ABES△ABC=AEAC=x，所以S△ABE=xS，又S△BDES△ABE=BDAB=AB-ADAB=1-x，所以S△BDE=（1-x）S△ABE.即k=（1-x）xS，Sx2-Sx k=0，因为x为实数，所以Δ=（-S）2-4Sk=S（S-4k）≥0.所以S-4K≥0，故k≤14S.
几何不等关系的证明方法较多.本文介绍的方法，几何不等式的证明，根据已知条件和图形的数量特征，运用韦达定理之逆定理，构造出一元二次方程，然后，由实数根存在的条件，运用一元二次方程根的判别式得以证明.此法思路简捷，证题明快，富有规律，而且不添辅助线，符合新课程改革关于“拓宽视野，注重科研，探究应用”的理念要求，对于帮助学生理解课本内容，提高分析问题和解决问题的能力，对于启迪学生思维、开阔眼界、掌握基本技能和技巧，感悟数学思维，提高学生学习数学的兴趣，对于培养学生的探索精神和创新意识将会起到积极的推动作用.
例1 如图1，四边形DEFG是△ABC的一个内接矩形，设△ABC的面积为S，矩形DEFG的面积为S1.求证：S1≤S2.
分析 本题的关键是寻求联系两个面积的桥梁，可以先通过图形的相似等几何知识找到二者的关系式，然后根据韦达定理构造一元二次方程，应用判别式来解决问题.
证明 设△ABC的底边BC=a，高为h，EF=y，DE=x.由△ADG～△ABC，得ha=h-xy，即ya xh=1 ①.又因为S=12ah，S1=xy，所以S1S=2xyah，即ya·xh=S12S ②.由①、②两式可知，ya、xh为一元二次方程t2-t S12S=0的两个实数根.因此该方程的根的判别式Δ≥0，即1-4×S12S≥0，于是S1≤S2.
例2 如图2，过正方形ABCD的顶点C，任作一条直线，与AB、AD的延长线分别交于E、F.求证：AE AF≥4AB.
图1 图2分析 将结论化为（AE AF）2-4AB（AE AF）≥0，它形如某个一元二次方程的判别式，由此可启发构造一个一元二次方程.
证明 设AB=a，AE=x，AF=y，因为△BCE∽△DFC，所以DFDC=BCBE，即y-aa=ax-a.化简，得xy-a（x y）=0.又设x y=m，则y=m-x，代入上式并化简，得x2-mx ma=0.因为x为正实数，所以Δ=m2-4ma≥0，即m≥4a.因为m>0，所以AE AF≥4AB.若将条件中的“正方形”改为“菱形”，结论仍成立.
例3 在Rt△ABC的斜边AB上任取一点P，过P作AC、BC的平行线分别交BC、AC于N、M.则△APM和△PBN的面积之和不小于矩形MPNC的面积，试证明之.
分析 本题根据面积关系建立关于xa与yb的和积关系式，再结合韦达定理构造出一个一元二次方程，然后运用Δ≥0去证明.
证明 如图3，设AC=b，BC=a，PM=x，PN=y.S矩形MPNC=S1，S=S△APM S△PBN，则S1=xy，S=12ab-S1=12ab-xy.所以xy=ab-2（S-S1）4.所以xa·yb=ab-2（S-S1）4ab （1） 因为PM∥BC，所以PMBC=AMAC，即xa=b-yb=1-yb.所以xa yb=1 （2）根据韦达定理之逆定理，由（1）、（2）知，xa、yb是一元二次方程Z2-Z ab-2（S-S1）4ab=0的两个根.所以xa、yb是实数，因为Δ≥0，即1-4·ab-2（S-S1）4ab≥0.所以S≥S1.即△APM与△PBN的面积之和不小于矩形MPNC的面积.（此法类似于例1）
图3 图4例4 AB是⊙O的直径，过A、B引圆的切线AD、BC，又过弧AB上任一点E的切线与AD、BC分别相交于D、C，求证：OE≤12CD.
分析 证明本题的关键在于运用圆的切线长定理去证明三角形相似，然后寻找出DE与EC的和、积关系式，通过建立一元二次方程，借助Δ≥0得证.
证明 如图4，连结OC、OD，因为AB是直径，AD、BC、CD均是⊙O的切线.所以AD∥BC，OD平分∠BCD.所以OD⊥OC，又OE⊥CD，所以△ODE∽△COE，所以OEEC=DEOE，所以DE·EC=OE2，而DE EC=CD，所以DE、EC是方程：x2-CD·x OE2=0的两根，由于Δ=（-CD）2-4·OE2≥0，故OE≤12CD.
例5 如图5，PT切⊙O于T，直线PN交⊙O于点M、N，求证：PM PN>2PT.
分析 本题证明主要依据切割线定理先证得PM·PN=PT2，而后巧构一元二次方程去证明.
证明 由切割线定理知：PM·PN=PT2，于是PM、PN是方程x2-（PM PN）x PT2=0的两实数根.因为PM≠PN，即方程有两个不相等的实数根，从而Δ>0，即（PM PN）2-4PT2>0，（PT PN）2>4PT2，所以PM PN>2PT.
图5 图6例6 已知如图6，△ABC的面积为S，作一直线l∥BC，分别交AB、AC于D，E两点，记△BED的面积为K.证明：K≤14S.
分析 本题的证明充分运用了“等高的两个三角形面积之比等于底的比”的性质及“平行线截割线段成比例定理”，从而得到的关系式可以构造一元二次方程. 证明 记S△ADE=S1，S△BCE=S2，则S1∶K=AD∶DB，（S1 K）∶S2=AE∶EC.由l∥BC得AD∶DB=AE∶EC，则有S1∶K=（S1 K）∶S2，即S21 （2K-S）S1 K2=0.因为S1是实数，所以此方程有实根，则Δ=（2K-S）2-4K2≥0.故K≤14S.
再证 因为DE∥BC，所以△ADE∽△ABC.设ADAB=AEAC=x（0≤x≤1），则有S△ABES△ABC=AEAC=x，所以S△ABE=xS，又S△BDES△ABE=BDAB=AB-ADAB=1-x，所以S△BDE=（1-x）S△ABE.即k=（1-x）xS，Sx2-Sx k=0，因为x为实数，所以Δ=（-S）2-4Sk=S（S-4k）≥0.所以S-4K≥0，故k≤14S.
几何不等关系的证明方法较多.本文介绍的方法，几何不等式的证明，根据已知条件和图形的数量特征，运用韦达定理之逆定理，构造出一元二次方程，然后，由实数根存在的条件，运用一元二次方程根的判别式得以证明.此法思路简捷，证题明快，富有规律，而且不添辅助线，符合新课程改革关于“拓宽视野，注重科研，探究应用”的理念要求，对于帮助学生理解课本内容，提高分析问题和解决问题的能力，对于启迪学生思维、开阔眼界、掌握基本技能和技巧，感悟数学思维，提高学生学习数学的兴趣，对于培养学生的探索精神和创新意识将会起到积极的推动作用.