设 $P_0,P_1,P_2,\cdots,P_n$ 是平面上 $n+1$ 个点，它们两两间的距离的最小值为 $d(d>0)$，求证：$$|P_0P_1|\cdot|P_0P_2|\cdots|P_0P_n|>\left(\dfrac{d}{3}\right)^n\sqrt{(n+1)!}.$$
【难度】
【出处】
2012年全国高中数学联赛（二试）
【标注】
【答案】
略
【解析】
不妨设$$|P_0P_1|\leqslant|P_0P_2|\leqslant\cdots|P_0P_n|.$$以 $P_i(i=0,1,2,\cdots,k)$ 为圆心，$\dfrac{d}{2}$ 为半径画 $k+1$ 个圆，它们两两相离或外切．
设 $Q$ 是圆 $P_i$ 上任意一点，由于$$|P_0Q|\leqslant|P_0P_i|+|P_iQ|=|P_0P_i|+\dfrac12d\leqslant|P_0P_k|+\dfrac12|P_0P_k|=\dfrac32|P_0P_k|,$$因而以 $P_0$ 为圆心，$\dfrac32|P_0P_k|$ 为半径的圆覆盖上述 $k+1$ 个圆，故$$\pi\left(\dfrac32|P_0P_k|\right)^2>(k+1)\pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^2,$$即有$$|P_0P_k|>\dfrac{d}{3}\sqrt{k+1}(k=1,2,\cdots,n).$$所以$$|P_0P_1|\cdot|P_0P_2|\cdots|P_0P_n|>\left(\dfrac{d}{3}\right)^n\sqrt{(n+1)!}.$$
设 $Q$ 是圆 $P_i$ 上任意一点，由于$$|P_0Q|\leqslant|P_0P_i|+|P_iQ|=|P_0P_i|+\dfrac12d\leqslant|P_0P_k|+\dfrac12|P_0P_k|=\dfrac32|P_0P_k|,$$因而以 $P_0$ 为圆心，$\dfrac32|P_0P_k|$ 为半径的圆覆盖上述 $k+1$ 个圆，故$$\pi\left(\dfrac32|P_0P_k|\right)^2>(k+1)\pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^2,$$即有$$|P_0P_k|>\dfrac{d}{3}\sqrt{k+1}(k=1,2,\cdots,n).$$所以$$|P_0P_1|\cdot|P_0P_2|\cdots|P_0P_n|>\left(\dfrac{d}{3}\right)^n\sqrt{(n+1)!}.$$
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解析
备注
