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kuing
Post time 2015-9-9 02:56
convex hexagon 是凸六边形的意思吧？希望没理解错。
哈，切心竟然可以派上用场，第一次运用到它。
先抛开原题，介绍一下“切心”及其到顶点的距离。
设 $\triangle ABC$ 的内切圆与 $BC$, $CA$, $AB$ 分别切于 $D$, $E$, $F$，由塞瓦定理易知 $AD$, $BE$, $CF$ 共点，设共点于 $Q$，我们称 $Q$ 为 $\triangle ABC$ 的切心。
设 $AE=AF=x$, $BF=BD=y$, $CD=CE=z$，如图，由斯特瓦尔特定理，有
\[AD^2=\frac{(z+x)^2y+(x+y)^2z}{y+z}-yz=\frac{x(4yz+zx+xy)}{y+z},\]
在 $\triangle ACD$ 中由梅氏定理有
\[\frac{AQ}{AD-AQ}\cdot \frac y{y+z}\cdot \frac zx=1,\]
解得
\[AQ=\frac{x(y+z)}{yz+zx+xy}\cdot AD
=\frac{x\sqrt{x(y+z)(4yz+zx+xy)}}{yz+zx+xy}.\]
注意到由均值有
\begin{align*}
\sqrt{x(y+z)(4yz+zx+xy)}&=\frac1{\sqrt3}\sqrt{3x(y+z)(4yz+zx+xy)} \\
& \leqslant \frac{3x(y+z)+4yz+zx+xy}{2\sqrt3} \\
& =\frac{2(yz+zx+xy)}{\sqrt3},
\end{align*}
即得
\[AQ\leqslant \frac2{\sqrt3}x,\]
于是我们得到如下引理。
引理：设 $Q$ 为 $\triangle ABC$ 的切心，则有
\[AB+AC-BC\geqslant \sqrt3AQ.\]
回到原题，设 $\triangle BDF$ 的切心为 $K$，如图，则由引理有
\[AC\cdot(BD + BF - DF)\geqslant AC\cdot\sqrt3BK\geqslant 2\sqrt3S_{ABCK},\]
同理有$CE\cdot(BD + DF - BF)\geqslant 2\sqrt3S_{CDEK}$, $AE\cdot(BF + DF - BD)\geqslant 2\sqrt3S_{EFAK}$，相加即得证。 |
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