设I是ΔABC的内心,求证:BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB。
设I是ΔABC的内心,求证:BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB。
此题是三角形惯性极矩不等式的一个推论。
(x+y+z)*(PA^2+PB^2+PC^2)>=yzBC^2+zxCA^2+xyAB^2。
下面给出一个几何证法。
证明 设ΔABC的内切圆分别与边BC,CA,AB相切于D,E,F,连结IE,IF,EF。
由于AE=AF, IE=IF,所以IA是EF的垂直平分线,由此可得:
2S(EAFI)=AI*EF。
又A,F,I,E四点共圆,且AI是该圆直径,由正弦定理得:
EF=IA*sinA=IA*BC/(2R) [R为ΔABC的外接圆半径]
所以 S(EAFI)=BC*IA^2/(4R)
同理可得: S(FBDI)=CA*IB^2/(4R); S(DCEI)=AB*IC^2/(4R)。
将上述三式相加得:
S(ABC)=(BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2)/(4R)
又因为 S(ABC)=(BC*CA*sinC)/2=BC*CA*AB/(4R)
因此 :BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB。
证毕。
。
AI^2=(p-a)^2+r^2=(p-a)^2+(p-a)(p-b)(p-c)/p
=(p-a)(p(p-a)+(p-b)(p-c))/p
=(p-a)(p^2-pa+p^2-p(b+c)+bc)/p
=(p-a)(2p^2-p(a+b+c)+bc)/p
=(p-a)bc/p
所以
AI^2/bc=1-a/p
同理可得:
BI^2/ca=1-b/p
CI^2/ab=1-c/p
于是
AI^2/bc+BI^2/ca+CI^2/ab=3-(a+b+c)/p=1
即
BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB
其中a,b,c为三边,p为半周,r为内切圆半径
自己画图即可看出
。
。