\(yz+p_2 y+q_2 z + h_2=0\) 确定了点列 B 到点列 C 的射影对应 `\beta`
\(zx+p_3 z+q_3 x + h_3=0\) 确定了点列 C 到点列 A 的射影对应 `\gamma`
三个射影对应的复合`\alpha\beta\gamma` 构成了点列 A 到自身的一个射影变换，假设这个射影变换为
$x' x + p_4 x' +q_4 x + h_4=0$,
令$x' = x$解出变换的不动点就对应原方程的解，所以是二次方程，一般有两解。不知道另一解对应的图像是什么样子的.
在几何上，如果做三角形$A_1 B_1 C_1$的外接圆，可以将直线上的射影变换转化为圆上的射影变换，所以如果给定一个圆上的射影变换（三个源点和对应的像点），就可以做出任意第四个点的像，而且对于给定的射影变换，可以做出其不动点，就可以解决本题了
直接计算可以得出:
$((-p_2 + q_3)p_1 + (h_2 - q_3q_2))x^2 + ((-p_3p_2 + h_3)p_1 + ((-p_2 + q_3)h_1 + ((h_2 - q_3q_2)q_1 + (p_3h_2 - h_3q_2))))x + ((-p_3p_2 + h_3)h_1 + (p_3h_2 - h_3q_2)q_1)=0$ 一般点不可作的话，退而求其次，G定为`△A_1B_1C_1`的外心吧。@mathe, u=v=w. 沿用2#mathe的记号及方程
\(A_1G=x,B_1G=y,C_1G=z,\frac{AG}{A_1G}=u,\frac{BG}{B_1G}=v,\frac{CG}{C_1G}=w,\cos(\angle AGB)=t,\cos(\angle AGC)=s,\cos(\angle BGC)=r\)
\((ux)^2+(vy)^2-((1-u)x+(1-v)y)^2=2uxvyt\)
\((ux)^2+(wz)^2-((1-u)x+(1-w)z)^2=2uxwzs\)
\((wz)^2+(vy)^2-((1-w)z+(1-v)y)^2=2wzvyr\)
可以消元得到分别关于\(u,v,w\)的代数方程（均为二次方程，的确可以尺规作图）
(x + z)*(x + y)*(r*x^2 + r*x*y + r*x*z + r*y*z + x^2 - 3*x*y - 3*x*z + y*z) - 2*x*(2*r*x^3 + 3*r*x^2*y + 3*r*x^2*z + r*x*y^2 + 4*r*x*y*z + r*x*z^2 + r*y^2*z + r*y*z^2 - s*x^2*y - s*x^2*z - s*x*y^2 + s*x*z^2 + s*y^2*z + s*y*z^2 - t*x^2*y - t*x^2*z + t*x*y^2 - t*x*z^2 + t*y^2*z + t*y*z^2 + 2*x^3 - 3*x^2*y - 3*x^2*z - 3*x*y^2 - 4*x*y*z - 3*x*z^2 - y^2*z - y*z^2)*u + 2*x^2*(s*t*y^2 + 2*s*t*y*z + s*t*z^2 + 2*r*x^2 + 2*r*x*y + 2*r*x*z + 2*r*y*z - 2*s*x*y - 2*s*x*z - s*y^2 + s*z^2 - 2*t*x*y - 2*t*x*z + t*y^2 - t*z^2 + 2*x^2 - 2*x*y - 2*x*z - y^2 - z^2)*u^2=0
(y + z)*(x + y)*(s*x*y + s*x*z + s*y^2 + s*y*z - 3*x*y + x*z + y^2 - 3*y*z) + 2*y*(r*x^2*y - r*x^2*z + r*x*y^2 - r*x*z^2 + r*y^2*z - r*y*z^2 - s*x^2*y - s*x^2*z - 3*s*x*y^2 - 4*s*x*y*z - s*x*z^2 - 2*s*y^3 - 3*s*y^2*z - s*y*z^2 - t*x^2*y - t*x^2*z + t*x*y^2 - t*x*z^2 + t*y^2*z + t*y*z^2 + 3*x^2*y + x^2*z + 3*x*y^2 + 4*x*y*z + x*z^2 - 2*y^3 + 3*y^2*z + 3*y*z^2)*v + 2*y^2*(r*t*x^2 + 2*r*t*x*z + r*t*z^2 - r*x^2 - 2*r*x*y - 2*r*y*z + r*z^2 + 2*s*x*y + 2*s*x*z + 2*s*y^2 + 2*s*y*z + t*x^2 - 2*t*x*y - 2*t*y*z - t*z^2 - x^2 - 2*x*y + 2*y^2 - 2*y*z - z^2)*v^2=0
(x + z)*(y + z)*(t*x*y + t*x*z + t*y*z + t*z^2 + x*y - 3*x*z - 3*y*z + z^2) + 2*z*(-r*x^2*y + r*x^2*z - r*x*y^2 + r*x*z^2 - r*y^2*z + r*y*z^2 - s*x^2*y - s*x^2*z - s*x*y^2 + s*x*z^2 + s*y^2*z + s*y*z^2 - t*x^2*y - t*x^2*z - t*x*y^2 - 4*t*x*y*z - 3*t*x*z^2 - t*y^2*z - 3*t*y*z^2 - 2*t*z^3 + x^2*y + 3*x^2*z + x*y^2 + 4*x*y*z + 3*x*z^2 + 3*y^2*z + 3*y*z^2 - 2*z^3)*w + 2*z^2*(r*s*x^2 + 2*r*s*x*y + r*s*y^2 - r*x^2 - 2*r*x*z + r*y^2 - 2*r*y*z + s*x^2 - 2*s*x*z - s*y^2 - 2*s*y*z + 2*t*x*y + 2*t*x*z + 2*t*y*z + 2*t*z^2 - x^2 - 2*x*z - y^2 - 2*y*z + 2*z^2)*w^2=0
若\(r=s=t=-\frac{1}{2}\)即\(G\)为大三角形费马点（三个角均小于120度时）
(x + z)*(x + y)*(x^2 - 7*x*y - 7*x*z + y*z) - 2*x*(2*x^3 - 7*x^2*y - 7*x^2*z - 7*x*y^2 - 12*x*y*z - 7*x*z^2 - 5*y^2*z - 5*y*z^2)*u + x^2*(4*x^2 - 4*x*y - 4*x*z - 3*y^2 - 2*y*z - 3*z^2)*u^2=0
-(y + z)*(x + y)*(7*x*y - x*z - y^2 + 7*y*z) + 2*y*(7*x^2*y + 5*x^2*z + 7*x*y^2 + 12*x*y*z + 5*x*z^2 - 2*y^3 + 7*y^2*z + 7*y*z^2)*v - y^2*(3*x^2 + 4*x*y + 2*x*z - 4*y^2 + 4*y*z + 3*z^2)*v^2=0
(y + z)*(x + z)*(x*y - 7*x*z - 7*y*z + z^2) + 2*z*(5*x^2*y + 7*x^2*z + 5*x*y^2 + 12*x*y*z + 7*x*z^2 + 7*y^2*z + 7*y*z^2 - 2*z^3)*w - z^2*(3*x^2 + 2*x*y + 4*x*z + 3*y^2 + 4*y*z - 4*z^2)*w^2=0
若\(x=y=z=R\)即\(G\)为大三角形外心时
\(2r - 2 - 4(r - 1)u + (st + 2r - s - t - 1)u^2=0\)
\(2s - 2 - 4(s - 1)v + (rt - r + 2s - t - 1)v^2=0\)
\(2t - 2 - 4(t - 1)w + (rs - r - s + 2t - 1)w^2=0\) mathe 发表于 2020-10-9 14:13
\(xy+p_1 x+q_1 y + h_1=0\) 确定了直线$G A_1$上的点列 A 到直线$G B_1$的点列 B 的一个射影对应 `\alpha` ...
这个射影解释真棒！
要化成圆上的射影变换倒是有现成的，不用三角形`A_1B_1C_1`的外接圆。
AB、BC，CA上的那3个分点（内切圆与边的切点，且记为F, D, E）的轨迹就各是一段圆弧。
F所在圆弧过`A_1,B_1`, 圆心在圆`A_1,B_1,G`上，因为
`\D∠A_1FB_1=\pi-∠A_1FA-∠B_1FB=\pi-∠BAG/2-∠ABG/2=\frac{\pi+∠AGB}2`
余二相仿。
F→D→E→F应该也是合成一个射影变换，不过是圆上的二次点列。
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