林鹤一不等式的证明

关于三角形中线，内角平分线和高的

设ma,mb,mc;wa,wb,wc;ha,hb,hc分别表示三角形ABC相应边上的中线, 内角平分线和高。 求证: 2(mb*mc+mc*ma+ma*mb)>=(ma)^2+(mb)^2+(mc)^2+(ha)^2+(hb)^2+(hc)^2 (1) 题中的记号wa,wb,wc是多余的。 德雷纳特的证明用到了Klamkin中线对偶定理，显得专业化了些，而且引理和(6)式都未加证明，估计能看懂的朋友会少些(不过从楼主接连抛出的几个题看，我猜测楼主应当是此道中人，还不至于看不懂德雷纳特的证明)。 下面给出问题的直接的简单证明。 证明一 我们将不等式(1)推广为如下关于△ABC所在...全部

  设ma,mb,mc;wa,wb,wc;ha,hb,hc分别表示三角形ABC相应边上的中线, 内角平分线和高。 求证: 2(mb*mc+mc*ma+ma*mb)>=(ma)^2+(mb)^2+(mc)^2+(ha)^2+(hb)^2+(hc)^2 (1) 题中的记号wa,wb,wc是多余的。
   德雷纳特的证明用到了Klamkin中线对偶定理，显得专业化了些，而且引理和(6)式都未加证明，估计能看懂的朋友会少些(不过从楼主接连抛出的几个题看，我猜测楼主应当是此道中人，还不至于看不懂德雷纳特的证明)。
  下面给出问题的直接的简单证明。 证明一 我们将不等式(1)推广为如下关于△ABC所在平面上任意一点的动点类不等式。 命题 设P是△ABC所在平面上任意一点，记点P到边BC,CA,AB的距离分别为r1,r2,r3，则有 (PA+PB)^2+(PB+PC)^2+(PC+PA)^2>=a^2+b^2+c^2+4[(r1)^2+(r2)^2+(r3)^2 (2) 先证局部不等式：(PB+PC)^2>=a^2+4(r1)^2 (3) 记∠BPC=α,∠CPA=β,∠APB=γ,在△BPC中应用余弦定理得 a^2=PB^2+PC^2-2PB*PCcosα, 于是 (PB+PC)^2=a^2+2PB*PC(1+cosα) =a^2+4PB*PC*(cos(α/2))^2 (4) 又由三角形内角平分线长公式知 r1=b^2+4(r2)^2 (6) (PA+PB)^2>=c^2+4(r3)^2 (7) (3),(6),(7)三式叠加，即得(2)。
   在(2)中取P为△ABC的重心，则有PA=(2/3)ma,PB=(2/3)mb,PC=(2/3)mc,r1=(1/3)ha,,r2=(1/3)hb,r3=(1/3)hc,而a^2+b^2+c^2=(4/3)[(ma)^2+(mb)^2+(mc)^2],故得 推论 2(mb*mc+mc*ma+ma*mb)>=(ma)^2+(mb)^2+(mc)^2+(ha)^2+(hb)^2+(hc)^2。
   证明二 先证局部不等式： 2mb*mc>=(mb)^2+(mc)^2-(ma)^2+(ha)^2。 (8) 在三条中线ma,mb,mc所构成的△A'B'C'中应用余弦定理得 (ma)^2=(mb)^2+(mc)^2-2mb*mc*cosA' =(mb)^2+(mc)^2-2mb*mc*cos(π-α) =(mb)^2+(mc)^2+2mb*mc*cosα 于是 2mb*mc=(mb)^2+(mc)^2-(ma)^2+2mb*mc*(1+cosα) =(mb)^2+(mc)^2-(ma)^2+4mb*mc*(cos(α/2))^2 (9) 又 ha=3r1=(mc)^2+(ma)^2-(mb)^2+(hb)^2, (11) 2ma*mb>=(ma)^2+(mb)^2-(mc)^2+(hc)^2, (12) (8),(11),(12)三式叠加，即得(1)。
   注： (i)实际上，不等式(3)是一个已知而且常用的不等式。 (ii)在(3)中取P为△ABC的重心，并注意到：a^2=(4/9)[2(mb)^2+2(mc)^2-(ma)^2],也可得到(8)。
   。收起