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温馨提示：本贴公式较多，完全显示可能需要一点儿时间，可能会卡一阵子，故此打开时请稍等一会儿再作操作。
\section{前言}
这个贴子的主要内容其实在多年前就整理了，只是由于内容没有新意，可以说都是在重复着几十年前甚至几百年前的东西，所以当时打算搞点新东西出来再发布，结果显然是没搞出啥来，也就搁置了。后来弄《数学憋间》，也曾想过整理发布，仍然鉴于没新东西就没弄。现在想想，当年这么有劲头都搞不出啥新东西，看来以后也没啥可能，还是不要期望太高了，如今论坛冷清，还是直接发到论坛上来添点热气好了。
\section{约定}
如无特别说明，在 $\triangle ABC$ 中，设 $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$，外接圆半径和内切圆半径分别为 $R$ 和 $r$，面积为 $S$，半周长为 $s$，外心为 $O$，内心为 $I$，重心为 $G$，垂心为 $H$，与 $BC$, $CA$, $AB$ 边相切的旁切圆圆心分别为 $I_a$, $I_b$, $I_c$，半径分别为 $r_a$, $r_b$, $r_c$，$BC$, $CA$, $AB$ 边上的中线长、内角平分线长、高线长分别为 $m_a$, $m_b$, $m_c$、$w_a$, $w_b$, $w_c$、$h_a$, $h_b$, $h_c$。
\section{三角形常用几何量的三边表达式}
由海伦—秦九韶公式知
\begin{align*}
S&=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}4 \\
&=\frac{\sqrt{2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4}}4,
\end{align*}
故由余弦定理、中线长公式、内角平分线长公式及面积公式
\[S=\frac{abc}{4R}=sr=r_a(s-a)=\frac12ah_a=\frac12bc\sin A,\]
得
\begin{align*}
R&=\frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}, \\
r&=\frac{\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}{2\sqrt{a+b+c}}, \\
r_a&=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(c+a-b)}}{2\sqrt{b+c-a}}, \\
h_a&=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}{2a}, \\
m_a&=\frac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}2, \\
w_a&=\frac{\sqrt{bc(a+b+c)(b+c-a)}}{b+c}, \\
\sin A&=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}{2bc}, \\
\cos A&=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc},
\end{align*}
由 $HA=2R\abs{\cos A}$ 得
\[HA=\frac{a\abs{b^2+c^2-a^2}}{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}},\]
由图形知 $IA$, $r$, $s-a$ 构成直角三角形，$IA=\sqrt{r^2+(s-a)^2}$，且 $r=IA\sin(A/2)$, $s-a=IA\cos(A/2)$，于是得到
\begin{align*}
IA&=\sqrt{\frac{bc(b+c-a)}{a+b+c}}, \\
\sin \frac A2&=\frac{\sqrt{(a+b-c)(c+a-b)}}{2\sqrt{bc}}, \\
\cos \frac A2&=\frac{\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)}}{2\sqrt{bc}}, \\
\tan \frac A2&=\sqrt{\frac{(a+b-c)(c+a-b)}{(a+b+c)(b+c-a)}},
\end{align*}
\section{内切圆系统}
由内切圆，可作代换 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，则 $x=s-a$, $y=s-b$, $z=s-c$，代入以上式子中化简得
\begin{align*}
s&=x+y+z, \\
S&=\sqrt{xyz(x+y+z)}, \\
R&=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4\sqrt{xyz(x+y+z)}}, \\
r&=\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}, \\
r_a&=\sqrt{\frac{yz(x+y+z)}x}, \\
h_a&=\frac{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}{y+z}, \\
m_a&=\frac{\sqrt{2(z+x)^2+2(x+y)^2-(y+z)^2}}2=\frac{\sqrt{(2x+y+z)^2-4yz}}2, \\
w_a&=\frac{2\sqrt{x(z+x)(x+y)(x+y+z)}}{2x+y+z}, \\
\sin A&=\frac{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}{(z+x)(x+y)}, \\
\cos A&=1-\frac{2yz}{(z+x)(x+y)}, \\
HA&=\frac{(y+z)\abs{x(x+y+z)-yz}}{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}, \\
IA&=\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}+x^2}=\sqrt{\frac{x(z+x)(x+y)}{x+y+z}}, \\
\sin \frac A2&=\sqrt{\frac{yz}{(z+x)(x+y)}}, \\
\cos \frac A2&=\sqrt{\frac{x(x+y+z)}{(z+x)(x+y)}}, \\
\tan \frac A2&=\sqrt{\frac{yz}{x(x+y+z)}},
\end{align*}
这样做的目的是纯代数化，消去 $a$, $b$, $c$ 要构成三角形的条件，而换成三个完全自由的正元 $x$, $y$, $z$，从而可将三角形几何等式/不等式转化为三元代数等式/不等式来处理。但是这种方法的缺点是化出来的式子往往含有一些根式，有时也不容易证下去。
\section{正切系统}
正切系统也是一种代数化的方法，设 $t=\tan(A/2)$, $u=\tan(B/2)$, $v=\tan(C/2)$，则有 $t$, $u$, $v>0$ 且 $tu+uv+vt=1$，利用万能公式等，有
\begin{align*}
\sin A&=\frac{2t}{1+t^2},\\
\cos A&=\frac{1-t^2}{1+t^2},\\
\sin\frac A2&=\frac t{\sqrt{1+t^2}},\\
\cos\frac A2&=\frac1{\sqrt{1+t^2}}
\end{align*}
等，于是对于纯三角函数的三角形几何等式/不等式，通过上述代换就可以化为三元代数等式/不等式来处理，而非纯三角函数的通常也可以利用正弦定理或面积公式之类的化为纯三角函数的，可惜这种方法还是时常会有根号。
\section{$sRr$ 方法}
$sRr$ 方法选用的基本量是 $s$, $R$, $r$，通常用于完全对称型的几何不等式，它的好处在于很多几何量的对称式 $sRr$ 化后不出现根式。
容易验证如下恒等式
\begin{align*}
x+y+z&=s, \\
xy+yz+zx&=4Rr+r^2, \\
xyz&=sr^2, \\
a+b+c&=2s,\\
ab+bc+ca&=s^2+4Rr+r^2,\\
abc&=4sRr,\\
\end{align*}
于是
\begin{align*}
\sum h_a&=\frac{2S(ab+bc+ca)}{abc}=\frac{s^2+4Rr+r^2}{2R},\\
\sum h_ah_b&=\frac{4S^2(a+b+c)}{abc}=\frac{2s^2r}R,\\
h_ah_bh_c&=\frac{8S^3}{abc}=\frac{2s^2r^2}R,\\
\sum r_a&=\sqrt{\frac{x+y+z}{xyz}}(xy+yz+zx)=4R+r, \\
\sum r_ar_b&=s^2, \\
r_ar_br_c&=s^2r,\\
\sum IA^2&=x^2+y^2+z^2+\frac{3xyz}{x+y+z}=s^2-8Rr+r^2,\\
\sum\sin A &= \frac{a+b+c}{2R}=\frac sR,\\
\prod\sin\frac A2&= \frac{xyz}{(x + y)(y + z)(z + x)} = \frac r{4R},\\
\prod\cos\frac A2&= \frac{\sqrt {xyz(x + y + z)^3}}{(x + y)(y + z)(z + x)} = \frac s{4R},\\
\sum\tan\frac A2&=\frac{xy+yz+zx}{\sqrt{xyz(x+y+z)}}=\frac{4R+r}s,\\
\sum\tan^2\frac A2&=\left( \sum\tan \frac A2 \right)^2-2=\frac{(4R+r)^2}{s^2}-2,
\end{align*}
下面这些就懒得写推导过程了，直接给结果，希望没太多错误
\begin{align*}
\sum\cos A &= \frac{R + r}R,\\
\prod\sin A&= \frac{sr}{2R^2},\\
\prod\cos A&= \frac{s^2 - (2R+r)^2}{4R^2},\\
\sum\sin A\sin B &=\frac{4xyz(x + y + z)\bigl( (x + y + z)^2 + (xy + yz + zx) \bigr)}{(x + y)^2 (y + z)^2 (z + x)^2}
=\frac{s^2 + 4Rr + r^2}{4R^2},\\
\sum\cos A\cos B&=\frac{s^2-4R^2+r^2}{4R^2},\\
\sum\sin^2A&= \frac{8xyz(x + y + z)\bigl( (x + y + z)^2 - (xy + yz + zx) \bigr)}{(x + y)^2 (y + z)^2 (z + x)^2}
= \frac{s^2 - 4Rr - r^2}{2R^2},\\
\sum HA^2&=4R^2\sum\cos^2A= 12R^2 + 8Rr + 2r^2 - 2s^2,\\
\sum\sin2A&=\frac{2sr}{R^2},\\
\sum r_ah_a&=\frac{r(16R^2+8Rr+r^2+s^2)}{2R},\\
\sum\frac1{r_ah_a}&=\frac{4R+r}{s^2r},\\
\sum\frac{a^2}{r_a^2}&=\frac{2(xy + yz + zx)^2}{xyz(x + y + z)} - 2 = \frac{2(4R + r)^2}{s^2} - 2,
\end{align*}
有心思的话，还可以算出很多这类等式，我就懒得再写了，需要的时候再算，不过有的可能很难算，甚至可能会遇到高次方程，所以也不是所有对称几何不等式都适合用 $sRr$。
心距也可以用 $s$, $R$, $r$ 表示，下面算算四心的心距，至于旁心那些，有空再搞吧……
对于 $O$, $G$, $H$ 之间的，由欧拉线定理知 $\vv{OH}=3\vv{OG}$，故
\begin{align*}
OH^2&=(3OG)^2\\
&=\bigl(\vv{OA}+\vv{AG}+\vv{OB}+\vv{BG}+\vv{OC}+\vv{CG}\bigr)^2\\
&=\bigl(\vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}\bigr)^2\\
&=OA^2+OB^2+OC^2+2\vv{OA}\cdot\vv{OB}+2\vv{OB}\cdot\vv{OC}+2\vv{OC}\cdot\vv{OA}\\
&=3R^2+2R^2(\cos2A+\cos2B+\cos2C)\\
&=9R^2-4R^2(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)\\
&=9R^2-a^2-b^2-c^2\\
&=9R^2+8Rr+2r^2-2s^2;
\end{align*}
对于 $IG$，有
\begin{align*}
(3IG)^2&=\bigl(\vv{IA}+\vv{AG}+\vv{IB}+\vv{BG}+\vv{IC}+\vv{CG}\bigr)^2\\
&=\bigl(\vv{IA}+\vv{IB}+\vv{IC}\bigr)^2\\
&=IA^2+IB^2+IC^2+2IA\cdot IB\cos\angle AIB+2IB\cdot IC\cos\angle BIC+2IC\cdot IA\cos\angle CIA,
\end{align*}
因为
\begin{align*}
IA\cdot IB\cos \angle AIB&=IA\cdot IB\cos \left( \pi -\frac A2-\frac B2 \right) \\
& =-IA\cdot IB\sin \frac C2 \\
& =-\sqrt{\frac{x(z+x)(x+y)}{x+y+z}} \sqrt{\frac{y(x+y)(y+z)}{x+y+z}} \sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}} \\
& =-\frac{xy(x+y)}{x+y+z},
\end{align*}
故
\[IC^2+2IA\cdot IB\cos\angle AIB
=\frac{xyz}{x+y+z}+z^2-\frac{2xy(x+y)}{x+y+z}
=\frac{3xyz}{x+y+z}+z^2-2xy,\]
所以
\[
(3IG)^2=\frac{9xyz}{x+y+z}+(x+y+z)^2-4(xy+yz+zx)=s^2-16Rr+5r^2;
\]
而 $IO$ 则有著名的欧拉公式
\[IO^2=R^2-2Rr;\]
对于 $IH$，由 $GH=2GO$ 以及斯特瓦尔特定理，有
\[IG^2=\frac{IO^2\cdot GH+IH^2\cdot GO}{GH+GO}-GH\cdot GO=\frac23IO^2+\frac13IH^2-2GO^2,\]
所以
\begin{align*}
IH^2&=3IG^2+6GO^2-2IO^2 \\
& =\frac13(s^2-16Rr+5r^2)+\frac23(9R^2+8Rr+2r^2-2s^2)-2(R^2-2Rr) \\
& =4R^2+4Rr+3r^2-s^2;
\end{align*}
要使上面这些东西有用当然还得给出一些关于 $s$, $R$, $r$ 的不等式。
由欧拉公式直接得出欧拉不等式
\[R\geqslant 2r,\]
而如果将其写成 $x$, $y$, $z$ 的式子，则有
\[4r(R-2r)=\frac{x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2-6xyz}{x+y+z},\]
故由均值也可知其成立；
由 $IG$, $IH$ 得出 Gerretsen 不等式
\[16Rr-5r^2\leqslant s^2\leqslant 4R^2+4Rr+3r^2,\]
而如果将其左边写成 $x$, $y$, $z$ 的式子，则有
\[s^2-16Rr+5r^2=\frac{x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)}{x+y+z},\]
故由 Schur 不等式也可知其成立；
欧拉不等式和 Gerretsen 不等式可以说是最常用的。
比 Gerretsen 不等式的上界弱些的有 Bludon 不等式
\[s\leqslant 2R+\bigl(3\sqrt3-4\bigr)r,\]
优点是全是一次的。
而比 Gerretsen 不等式的上界更强的有 kooi 不等式
\[s^2\leqslant \frac{R(4R+r)^2}{2(2R-r)},\]
但是它出现了分式，所以没那么常用。
而下面这个就更强了，但是它又出现了根式，非必要时都不出这招
\[2R^2+10Rr-r^2-2(R-2r)\sqrt{R^2-2Rr}
\leqslant s^2\leqslant
2R^2+10Rr-r^2+2(R-2r)\sqrt{R^2-2Rr},\]
我习惯把它称作 $sRr$ 基本不等式，它的地位就像 $pqr$ 不等式那样，因为它们的证明也是类似的，经过一些计算得
\[(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2
=-4r^2\bigl(s^4-2(2R^2+10Rr-r^2)s^2+(4R+r)^3r\bigr)\geqslant 0,\]
解之即得证。
有了这些估计，我们就可以用于证明 $sRr$ 后的不等式，不少难题用这种方法都很有效。
\section{补充一些公式的证明}
前面用到的公式中有的可能不太常用，这里也补充一下它们的证明。
关于 $S=r_a(s-a)$ 的证明。
证法一，如下图，由切线长相等，易证 $AD=s$，则
\[r_as=DI_a\cdot AD=S_{ADI_aE}=S+S_{BDI_aEC}=S+ar_a,\]
故 $S=r_a(s-a)$。
证法二，如上图，由切线长相等，易证 $AF=s-a$, $AD=s$，则
\[\frac r{r_a}=\frac{AF}{AD}=\frac{s-a}s,\]
故 $r_a(s-a)=sr=S$。
关于 $HA=2R\abs{\cos A}$ 的证明如下图，过程略。
关于欧拉定理的证明。
证法一，如上图，其中 $IF\perp BC$。由 $\angle 6=\angle 1+\angle 2=\angle 3+\angle 4=\angle 5+\angle 4$，所以 $AD=DI$，因 $\angle 3=\angle E$，故 $AD:ED=FI:BI$，即 $DI\cdot BI=ED\cdot FI=2Rr$，又由圆幂定理知 $DI\cdot BI=(R+IO)(R-IO)$，所以 $IO^2=R^2-2Rr$。
证法二，如上图，可以证明无论 $O$ 是否在三角形内，都总有 $IF=\abs{r-R\cos A}$, $DE=\abs{y-z}/2$，于是
\[OI^2=(r-R\cos A)^2+\frac{(y-z)^2}4,\]
同理有另外两式，求和得
\begin{align*}
3OI^2&=3r^2-2Rr\sum\cos A+R^2\sum\cos^2A+\frac{(x+y+z)^2-3(xy+yz+zx)}2 \\
& =3r^2-2r(R+r)+\frac{6R^2+4Rr+r^2-s^2}2+\frac{s^2-3(4Rr+r^2)}2 \\
& =3(R^2-2Rr),
\end{align*}
即得 $IO^2=R^2-2Rr$。
关于斯特瓦尔特定理的证明。
如上图，$\triangle ABC$ 中，$AB=c$, $AC=b$，直线 $BC$ 上有一点 $D$ 且 $AD=t$，取 $\vv{BC}$ 为正方向，设有向线段 $\overline{BD}=u$, $\overline{DC}=v$，作 $BC$ 上的高 $AE$，设 $\overline{DE}=x$，则由勾股定理有
\[AE^2=c^2-(u+x)^2=t^2-x^2=b^2-(v-x)^2,\]
由 $c^2-(u+x)^2=b^2-(v-x)^2$ 得
\[x=\frac{c^2-b^2+v^2-u^2}{2u+2v},\]
由 $c^2-(u+x)^2=t^2-x^2$ 得
\[t^2=c^2-2ux-u^2=c^2-2u\frac{c^2-b^2+v^2-u^2}{2u+2v}-u^2,\]
化简即得
\[t^2=\frac{b^2u+c^2v}{u+v}-uv.\]
注意证明过程中用的是有向线段，是有正负的，所以已经包含了各种情况，故此无论 $D$ 是否在 $BC$ 延长线上，上述结论都成立。
由斯特瓦尔特定理可以推出中线长、内角平分线长公式，当 $AD$ 为中线时 $u=v=a/2$；当 $AD$ 为内角平分线时 $u=ac/(b+c)$, $v=ab/(b+c)$，分别代入化简后就可以得出之前给出的公式。这里再顺便推出外角平分线长公式，当 $AD$ 为外角平分线且 $b<c$ 时 $u=ac/(c-b)$, $v=-ab/(c-b)$，代入化简得
\[t^2=\frac{bc(a+b-c)(a-b+c)}{(b-c)^2},\]
$b>c$ 时也一样。
\section{一些可能没意义的等式}
前面也说过了，有的几何量的对称式并不容易 $sRr$ 化，甚至会遇到高次方程，事实上，$\sum\sin(A/2)$, $\sum\cos(A/2)$, $\sum m_a$, $\sum w_a$ 这些我在计算时都遇到了四次方程，下面来具体写写。
先看如下问题。
设 $x^2+y^2+z^2=p$, $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=q$, $xyz=w$，试用 $p$, $q$, $w$ 表示 $x+y+z$, $xy+yz+zx$。
（注：这里 $x$, $y$, $z$ 和下面的 $t$, $u$ 等都只是普通变量，切勿与前面那些式子的字母混淆，唉，东西太多，字母不够用了）
设 $t=x+y+z$, $u=xy+yz+zx$，则有
\begin{align*}
t^2&=p+2u,\\
u^2&=q+2tw,
\end{align*}
分别消去 $u$, $t$ 得
\begin{align*}
t^4 - 2 p t^2 - 8 w t + p^2 - 4 q &= 0,\\
u^4 - 2 q u^2 - 8 w^2 u - 4 p w^2 + q^2 &= 0,
\end{align*}
结果都是要解四次方程，只能代求根公式，也就是理论上能表示而已，具体写出来就没必要了。
利用这两个式子，我们设
\begin{align*}
K&=\sum\sin\frac A2, \\
U&=\sum\sin\frac A2\sin\frac B2, \\
I&=\sum\cos\frac A2, \\
N&=\sum\cos\frac A2\cos\frac B2,
\\ & （没有 G ）
\end{align*}
由之前那些等式容易计算出
\begin{align*}
\sum\sin^2\frac A2&=\frac{2R-r}{2R},\\
\sum\sin^2\frac A2\sin^2\frac B2&=\frac{s^2-8Rr+r^2}{16R^2},\\
\prod\sin\frac A2&=\frac r{4R},\\
\sum\cos^2\frac A2&=\frac{4R+r}{2R},\\
\sum\cos^2\frac A2\cos^2\frac B2&=\frac{s^2+16R^2+8Rr+r^2}{16R^2},\\
\prod\cos\frac A2&=\frac s{4R},
\end{align*}
故由那两个式子得
\begin{gather*}
K^4 - 2 \frac{2R-r}{2R} K^2 - 8 \frac r{4R} K + \left(\frac{2R-r}{2R}\right)^2 - 4 \frac{s^2-8Rr+r^2}{16R^2} = 0,\\
U^4 - 2 \frac{s^2-8Rr+r^2}{16R^2} U^2 - 8 \frac{r^2}{16R^2} U - 4 \frac{2R-r}{2R} \frac{r^2}{16R^2} + \left(\frac{s^2-8Rr+r^2}{16R^2}\right)^2 = 0,\\
I^4 - 2 \frac{4R+r}{2R} I^2 - 8 \frac s{4R} I + \left(\frac{4R+r}{2R}\right)^2 - 4 \frac{s^2+16R^2+8Rr+r^2}{16R^2} = 0,\\
N^4 - 2 \frac{s^2+16R^2+8Rr+r^2}{16R^2} N^2 - 8 \frac{s^2}{16R^2} N - 4 \frac{4R+r}{2R} \frac{s^2}{16R^2} + \left(\frac{s^2+16R^2+8Rr+r^2}{16R^2}\right)^2 = 0,
\end{gather*}
它们分别可以化简为
\begin{gather*}
4R(K-1)^2\bigl(R(K+1)^2+r\bigr)-s^2 = 0,\\
s^4-2(16R^2U^2+8Rr-r^2)s^2+(4RU-r)^2\bigl((4RU+r)^2+16Rr\bigr) = 0,\\
4RI^2(RI^2-r)-(4RI+s)^2 = 0,\\
s^4-2(4RN+4R+r)(4RN+12R-r)s^2+(4RN+4R+r)^2(4RN-4R-r)^2 = 0,
\end{gather*}
式子虽然还算简洁好看，但是解不出简单的 $KUIN$，也不知能怎么用。
而 $\sum m_a$, $\sum w_a$ 虽然也可以用同样的方法处理，但式子将会更加复杂，先计算得
\begin{align*}
\sum m_a^2 &= \frac34(a^2 + b^2 + c^2) = \frac32(s^2 - 4Rr - r^2),\\
\sum m_a^2m_b^2 &= \frac9{16}\sum a^2 b^2 = \frac9{16}(s^4 - 8s^2Rr + 2s^2r^2 + 16R^2r^2 + 8Rr^3 + r^4),\\
\prod m_a&=\frac14\sqrt{
s^6-3r(4R-11r)s^4-3r^2(20R^2+40Rr+11r^2)s^2-r^3(4R+r)^3},\\
\sum w_a^2 &= \frac{s^6+3r^2s^4+r^2(32R^2+40Rr+3r^2)s^2+r^4(4R+r)^2}
{(s^2+2Rr+r^2)^2},\\
\sum w_a^2w_b^2 &=\frac{32s^2Rr^2(2s^2R+s^2r+4Rr^2+r^3)}{(s^2+2Rr+r^2)^2},\\
\prod w_a &=\frac{16s^2Rr^2}{s^2+2Rr+r^2},
\end{align*}
然后代入那两个式子中，呃……太特么复杂了！不写了…… |
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爪机专用
发表于 2014-10-3 14:15
，再说看也看不懂
