神秘的圆——三角形的“六接圆”

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数联天地论坛中的watt5151朋友提出了这样的一个问题：

如图，已知三角形ABC，如何做一个圆，它与三角形三边都相交，而且六个交点可以连成三条直径？ 暂且可以称这个圆为三角形的“六接圆”吧？

KeyTo9_Fans

很有趣很巧妙的问题。 能够独立提出这样的问题实在是太棒了。 这样的圆应该是可以固定的。 它有$3$个自由度： 坐标$x$、坐标$y$、半径$r$。 又恰好有$3$个维度的约束： $6$个交点连成$3$条直径。 所以这样的圆是可以固定下来的。 很佩服那位朋友的构思。

hujunhua

位似作图法，倒也不难。

hujunhua

作法：先作△ABC的一个旋转了90度的小相似形△123，它几乎内接于△ABC（两顶点落在△ABC的两边上），然后通过位似变换达到内接。具体作法如下。 1、在BC边上任取点1，作BC的垂线交AC于2， 2、过2作AC的垂线，过1作AB垂线，两垂线相交于3 3、连结直线C3，交AB于D 4、过D作AB的垂线交BC于E 5、过D作到AC的垂线段DF 6、D，E，F的外接圆

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这是我的作法： 1、选择三角形的一条边，作出它的中点；并且画出这条边上的高，作出高的中点； 2、作过这两个中点的直线(EF)； 3、选择三角形的另一条边，重复1,2步骤(作HI)； 4、找出1,2,3所作的两条直线的交点，这个交点就是圆心； 5、选择三角形其中一条边，作直线LM=2n，LM⊥BC交AC于点L，交BC于点M； （注：第5步也可以改为“作直线LM=2n，LM⊥BC交AB于点L，交BC于点M”；） 6、以O为圆心，OM为半径画圆，这个圆就是所求圆。

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很有趣很巧妙的问题。 能够独立提出这样的问题实在是太棒了。 这样的圆应该是可以固定的。 它有$3$个自由度： 坐标$x$、坐标$y$、半径$r$。 又恰好有$3$个维度的约束： $6$个交点连成$3$条直径。 ... KeyTo9_Fans 发表于 2010-7-25 00:05

是的，对于锐角三角形来说，总是存在且唯一存在。但是对于钝角三角形来说，则未必了...(我是通过作图发现的，没有具体证明)

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2021 作法：先作△ABC的一个旋转了90度的小相似形△123，它几乎内接于△ABC（两顶点落在△ABC的两边上），然后通过位似变换达到内接。具体作法如下。 1、在BC边上任取点1，作BC的垂线交AC于2， 2、过2作AC的垂线， ... hujunhua 发表于 2010-7-25 03:37

我的方法比较规矩，从证明的角度，先确定圆心，再确定半径。 而版主的办法更胜巧妙呀！要多向版主学习 不过要是真的在图上画，不知道哪种方法的速度会快？

数学星空

若已知锐角三角形的三边长为a,b,c,求满足题意的"六接圆"半径R?

wiley

这个是 Cosine circle (2nd Lemoine circle). 半径是 ${abc}/{a^2+b^2+c^2}$, 圆心是类似重心 (symmedian).

数学星空

按照8#图片的记号: 我们可以根据几何性质得到方程 $ {x1}/cos(A) = b-z1$ ${y1}/cos(B) = c-x1$ ${z1}/cos(C) = a-y1$ $x1*(c-y2) = x2*(b-z1)$ $ y1*(a-z2) = y2*(c-x1)$ $z1*(b-x2) = z2*(a-y1)$ 解得: $x1 = {cos(A)*(cos(C)*cos(B)*c+b-a*cos(C))}/(1+cos(B)*cos(A)*cos(C))$ $x2 = -{cos(A)*(-c+cos(B)*a-cos(B)*b*cos(C))}/(1+cos(B)*cos(A)*cos(C))$ $y1 = {cos(B)*(c-b*cos(A)+cos(A)*a*cos(C))}/(1+cos(B)*cos(A)*cos(C))$ $y2 = {cos(B)*(a+c*cos(A)*cos(C)-b*cos(C))}/(1+cos(B)*cos(A)*cos(C))$ $ z1 = {cos(C)*(a+cos(B)*b*cos(A)-c*cos(B))}/(1+cos(B)*cos(A)*cos(C))$ $z2 = {cos(C)*(-c*cos(A)+cos(A)*cos(B)*a+b)}/(1+cos(B)*cos(A)*cos(C))$ 再利用余弦公式代入化简得: $x1 = -{c*(-b^2-c^2+a^2)}/(a^2+b^2+c^2) $ $x2 = -{b*(-b^2-c^2+a^2)}/(a^2+b^2+c^2)$ $y1 = {a*(a^2+c^2-b^2)}/(a^2+b^2+c^2)$ $y2 = {c*(a^2+c^2-b^2)}/(a^2+b^2+c^2)$ $z1 = {b*(b^2+a^2-c^2)}/(a^2+b^2+c^2)$ $z2 = {a*(b^2+a^2-c^2)}/(a^2+b^2+c^2)$ 根据几何关系有: $ (2*R)^2= x1^2*(1/cos(A)^2-1)+(c-x1-y2)^2$ $={4*a^2*b^2*c^2}/(a^2+b^2+c^2)^2$ 即: $R={abc}/(a^2+b^2+c^2)$