设 $a,b,c$ 为三角形三边之长，$p=\dfrac{a+b+c}2$，$r$ 为内切圆半径，证明：\[\dfrac1{(p-a)^2}+\dfrac1{(p-b)^2}+\dfrac1{(p-c)^2}\geqslant\dfrac1{r^2}.\]
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $S=pr=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$，所以\[\begin{split}
\dfrac{1}{r^2}
&=\dfrac{p}{(p-a)(p-b)(p-c)}\\
&=\dfrac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{(p-a)(p-b)(p-c)}\\
&=\dfrac{1}{(p-a)(p-b)}+\dfrac{1}{(p-b)(p-c)}+\dfrac{1}{(p-c)(p-a)},
\end{split}\]注意到 $\dfrac{1}{(p-a)^2}+\dfrac{1}{(p-b)^2}\geqslant\dfrac{2}{(p-a)(p-b)}$，故\[
\dfrac1{(p-a)^2}+\dfrac1{(p-b)^2}+\dfrac1{(p-c)^2}\geqslant\dfrac1{r^2}.
\]
\dfrac{1}{r^2}
&=\dfrac{p}{(p-a)(p-b)(p-c)}\\
&=\dfrac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{(p-a)(p-b)(p-c)}\\
&=\dfrac{1}{(p-a)(p-b)}+\dfrac{1}{(p-b)(p-c)}+\dfrac{1}{(p-c)(p-a)},
\end{split}\]注意到 $\dfrac{1}{(p-a)^2}+\dfrac{1}{(p-b)^2}\geqslant\dfrac{2}{(p-a)(p-b)}$，故\[
\dfrac1{(p-a)^2}+\dfrac1{(p-b)^2}+\dfrac1{(p-c)^2}\geqslant\dfrac1{r^2}.
\]
答案
解析
备注
