每日一题[1660]由外及内

如图，$\triangle ABC$ 为锐角三角形，外接圆圆心为 $O$，半径为 $R$，$AO$ 的延长线交 $\triangle BOC$ 的外接圆于点 $A'$，$BO$ 的延长线交 $\triangle AOC$ 的外接圆于点 $B'$，$CO$ 的延长线交 $\triangle AOB$ 的外接圆于点 $C'$，求证：$OA' \cdot OB' \cdot OC' \geqslant 8R^3$．

解析

设 $AA'$ 与 $BC$，$BB'$ 与 $CA$，$CC'$ 与 $AB$ 的交点依次为 $D,E,F$，$\triangle AOB,\triangle BOC,\triangle COA$ 的面积依次为 $S_1,S_2,S_3$，如图．

由 $B,O,C,A'$ 四点共圆可得 $\triangle OBD$ 与 $\triangle OA'B$ 相似，因此

$$OA'=\dfrac{OB'}{OD}=\dfrac{R^2}{OD},$$ 同理，有 $$OB'=\dfrac{R^2}{OE},OC'=\dfrac{R^2}{OF}.$$ 又在 $\triangle ABC$ 中，有 $$\dfrac{OA}{OD}=\dfrac{S_1+S_3}{S_2},$$ 同理，有 $$\dfrac{OB}{OE}=\dfrac{S_1+S_2}{S_3}, \dfrac{OC}{OF} =\dfrac{S_2+S_3}{S_1}.$$ 因此 $$\begin{split}\dfrac{O'A \cdot O'B \cdot O'C}{R^3}&=\dfrac {R^3}{OD \cdot OE \cdot OF}\\ &=\dfrac{OA}{OD} \cdot \dfrac{OB}{OE} \cdot \dfrac{OC}{OF}\\&=\dfrac{S_1+S_3}{S_2}\cdot \dfrac{S_1+S_2}{S_3}\cdot \dfrac{S_2+S_3}{S_1}\\&=\left(\dfrac{S_1}{S_2}+\dfrac{S_3}{S_2}\right)\left(\dfrac{S_1}{S_3}+\dfrac{S_2}{S_3}\right)\left(\dfrac{S_2}{S_1}+\dfrac{S_3}{S_1}\right)\\&=\left(\dfrac{S_1}{S_2}+\dfrac{S_2}{S_1}\right)+\left(\dfrac{S_2}{S_3}+\dfrac{S_3}{S_2}\right)+\left(\dfrac{S_1}{S_3}+\dfrac{S_3}{S_1}\right)+2 \\ &\geqslant 8,\end{split}$$ 当且仅当 $S_1 = S_2 = S_3$ 即 $\triangle ABC$ 为正三角形 时等号成立，故 $OA' \cdot OB' \cdot OC' \geqslant 8R^3$，当且仅当 $\triangle ABC$ 为正三角形时等号成立．