三角形切点三角形周长的上界加强

三角形的内切圆与各边的切点连线组成的三角形称为切点三角形.文［1］作者利用线段投影法得到了一系列结论，其中涉及三角形切点三角形周长的结论是：

△ABC三边长BC=a，CA=b，AB=c，面积为△，D，E，F分别是△ABC的内切圆与三边BC，CA，AB的切点，△DEF周长为l，则8△2abc≤l≤4（a+b+c）△2abc≤12（a+b+c）①.

文［1］中上述结果的证明较为繁琐，文先给出如下简洁证明.本文中记△ABC内切圆半径为r，外接圆半径为R，半周长为p.

下面笔者给出自然、简洁的证明.

图1

证明" 如图1所示，连接PI交EF与点P，连接FI.

由题意∠PFI=∠FAI=A2，所以EF=2FP=2FIcos∠PFI=2rcosA2，

同理可得DE=2rcosC2，FD=2rcosB2，

所以△DEF周长l=2r（cosA2+cosB2+cosC2），

由熟知的结论cosA2+cosB2+cosC2≤332，得l=2r（cosA2+cosB2+cosC2）≤33r.

下面证明33r≤4（a+b+c）△2abc.

由a+b+c=2p，abc=4pRr，△=pr知即证33r≤4×2p×p2r24pRr，

即证p2≥272Rr，

由Gerretsen不等式p2≥16Rr－5r2，知只需证16Rr－5r2≥272Rr，即证R≥2r，这正是欧拉不等式，显然成立.

又因为sinA+sinB=2sinA+B2cosA－B2≤2sinA+B2=2cosC2，所以2cosC2≥sinA+sinB.

同理得2cosA2≥sinB+sinC，2cosB2≥sinC+sinA.

三式相加得∑cosA2≥∑sinA.

于是∑cosA2≥∑sinA=a+b+c2R=pR，所以l=2r（cosA2+cosB2+cosC2）≥2prR，

又8△2abc=8p2r24pRr=2prR，所以左边成立.

所以①式成立.

由①式的证明过程，可得如下结果：

结论" 在△ABC中，D，E，F分别是△ABC的内切圆与三边BC，CA，AB的切点，△DEF周长为l，则2prR≤l≤33r≤4（a+b+c）△2abc≤12（a+b+c）②.

由上述证明过程可知△DEF的周长与△ABC内角的半角余弦和有关，若能加强三角形半角余弦和自然也就加强了②式.由柯西不等式及三角恒等式cos2A2+cos2B2+cos2C2=2+r2R，得

∑cosA2≤3∑cos2A2=3（2+r2R）=6+3r2R.从而△DEF的周长l=2r（cosA2+cosB2+cosC2）≤2r6+3r2R.又由欧拉不等式知6+3r2R≤332，从而2r6+3r2R≤33r，所以得到不等式链2prR≤l≤2r6+3r2R≤33r≤4（a+b+c）△2abc≤12（a+b+c）.图2

前面探讨了三角形切点三角形周长的结果，与三角形内心相关的三角形除了切点三角形还有一种三角形：如图2所示，AI，BI，CI的延长线分别交边BC，CA，AB于点L，M，N，得到△LMN，该三角形的周长（记为l△LMN）又有什么结论呢？为此笔者进行了探讨，通过特殊情形得到l△LMN≥33r，由于△LMN的边长计算较为复杂，笔者水平有限，难以证明，借助机器验证，结论是正确的，最后当做命题留给感兴趣的同仁探究.

命题" I为△ABC的内心，AI，BI，CI的延长线分别交边BC，CA，AB于点L，M，N，△LMN周长为l△LMN，则l△LMN≥33r.

初等化证明是数学探究应该追求的，结合①式的自然、简洁的证明过程和命题，可以得到△LMN和△DEF周长之间的关联：l△LMN≥l△DEF.

参考文献

［1］杨学枝.线段投影法应用［J］.数学通报，2016，55（7）：53-57.