数学问题设P是正三角形ABC内部
设P是正三角形ABC内部任意一点，P至三边BC,CA,AB的距离分别是PD,PE,PF，试证:
PA^2+PB^2+PC^2=<4(PD^2+PE^2+PF^2)
证明 下面给出更一般的结论。
定理:设P是任意△ABC平面上任意一点，P点至边BC=a，CA=b，AB=c的距离分别为PD，PE，PF。R，r分别是△ABC的外接圆和内切圆半径。则
(a*PA^2+b*PB^2+c*PC^2)/(a*PD^2+b*PE^2+c*PF^2)≤2R/r (1)
当且仅当P为的内心时取等号。
证明 设P点的△ABC重心坐标为P(x,y,z) ，则
(x+y+z)^2*PA^2=b^2*z^2+...全部
设P是正三角形ABC内部任意一点，P至三边BC,CA,AB的距离分别是PD,PE,PF，试证:
PA^2+PB^2+PC^2=<4(PD^2+PE^2+PF^2)
证明 下面给出更一般的结论。
定理:设P是任意△ABC平面上任意一点，P点至边BC=a，CA=b，AB=c的距离分别为PD，PE，PF。R，r分别是△ABC的外接圆和内切圆半径。则
(a*PA^2+b*PB^2+c*PC^2)/(a*PD^2+b*PE^2+c*PF^2)≤2R/r (1)
当且仅当P为的内心时取等号。
证明 设P点的△ABC重心坐标为P(x,y,z) ，则
(x+y+z)^2*PA^2=b^2*z^2+c^2*y^2+(b^2+c^2-a^2)yz，
(x+y+z)^2*PB^2=c^2*x^2+a^2*z^2+(c^2+a^2-b^2)zx，
(x+y+z)^2*PC^2=a^2*y^2+b^2*x^2+(a^2+b^2-c^2)xy;
4R^2*PD^2=b^2*c^2*x^2，
4R^2*PE^2=c^2*a^2*y^2，
4R^2*PF^2=a^2*b^2*z^2。
将其代入(1) ，再由已知恒等式:2Rr=abc/(a+b+c) ，展开整理得:
(a+b+c)*(bcx+cay+abz) ≥bc(b+c)x^2+ca(c+a)^2+ab(a+b)^2+a(b^2+c^2-a^2)yz
+b(c^2+a^2-b^2)zx+c(a^2+b^2-c^2)xy;
化简整理得:
abc(x^2+y^2+z^2) ≥a(b^2+c^2-a^2)yz+b(c^2+a^2-b^2)zx+c(a^2+b^2-c^2)xy;
再由余弦定理得，上式等价于
x^2+y^2+z^2≥2yzcosA+2zxcosB+2xycosC (2)
(2) 式劲为我们熟知的已知不等式，(2)式配方得:
(x-ycosC-zcosB)^2+(ysinC-zsinB)^2≥0，
所以(2)式显然成立，也即不等式(1)成立。
因此运用不等式(1)即得所证不等式，证毕。
证法二 设∠PAB=x，∠PBC=y，∠PAC=z，则
∠PAC=60°-x，∠PBA=60°-y，∠PAB=60°-z
那么
PD=PB*siny=PC*sin(60°-z) ，
PE=PC*sinz=PA*sin(60°-x) ，
PF=PA*sinx=PB*sin(60°-y)。
令T=4(PD^2+PE^2+PF^2)-(PA^2+PB^2+PC^2)
则T={2(sinx)^2+2[sin(60°-x)]^2-1}*PA^2+{2(siny)^2+2[sin(60°-y)]^2-1}*PB^2+{2(sinz)^2+2[sin(60°-z)]^2-1}*PC^2
而2(sinx)^2+2[sin(60°-x)]^2-1=1-cos(2x)-cos(120°-2x)
=1-2cos60°*cos(60°-2x)=1- cos(60°-2x) ≥0，
同理可得:
2(siny)^2+2[sin(60°-y)]^2-1≥0，2(sinz)^2+2[sin(60°-z)]^2-1≥0。
所以T≥0。命题得证。 。收起
