己知 设I是ΔABC的内心，
求证 BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB。

这个三角形恒等式有许多证法。丁面给出两种证法。

证明(-) 设ΔABC的内切圆分别与边BC,CA,AB相切于D,E,F，连结IE,IF,EF。
由于AE=AF, IE=IF，所以IA是EF的垂直平分线，由此可得:
2S(EAFI)=AI*EF
又A,F,I,E四点共圆，且AI是该圆直径，由正弦定理得:
EF=IA*sinA=IA*BC/(2R) [R为ΔABC的外接圆半径]
所以S(EAFI)=BC*IA^2/(4R)
同理可得
S(FBDI)=CA*IB^2/(4R);
S(DCEI)=AB*IC^2/(4R).
将上述三式相加得:
S(ABC)=(BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2)/(4R)
又因为 S(ABC)=(BC*CA*sinC)/2=BC*CA*AB/(4R)
因此 BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2=BC*CA*AB。

证明(二) 设ΔABC的边BC=a,CA=b,AB=c,2s=a+b+c.R,r分别表示ΔABC的外接与内切圆半径.
由三角形半角公式可求得:
AI^2=r^2+(s-a)^2;
BI^2=r^2+(s-b)^2;
CI^2=r^2+(s-c)^2.
故BC*AI^2+CA*BI^2+AB*CI^2
=a*[r^2+(s-a)^2]+b*[r^2+(s-b)^2]+c*[r^2+(s-c)^2]
=(a+b+c)r^2+a(s-a)^2+b(s-b)^2+c(s-c)^2
=[(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)+a(b+c-a)^2+b(c+a-b)^2+c(a+b-c)^2]/4
=[-∑a^3+∑a^2*(b+c)-2abc+∑a^3-∑a^2*(b+c)+6abc]/4
=abc.