\[
f(x,y,z)=t_{11}x^2+t_{22}y^2+t_{33}z^2+2t_{12}xy+2t_{13}xz+2t_{23}yz
\]
令
\[
k_{11}=t_{22}t_{33}-t_{23}^2，k_{22}=t_{11}t_{33}-t_{13}^2，k_{33}=t_{11}t_{22}-t_{12}^2，k_{12}=t_{13}t_{23}-t_{33}t_{12}，k_{13}=t_{12}t_{23}-t_{22}t_{13}，k_{23}=t_{12}t_{13}-t_{11}t_{23}
\]
或者 \(k_{ij}\) 是下面行列式里一个 \(t_{ij}\) 元素的代数余子式：
\[
\begin{vmatrix}
t_{11} & t_{12} & t_{13} \\
t_{12} & t_{22} & t_{23} \\
t_{13} & t_{23} & t_{33}
\end{vmatrix}
\]
则重心坐标方程是 \(f(x,y,z)=0\) 的二次曲线对应直角坐标系的不变量是
\begin{align*}
&I_1=(a^2t_{11}+b^2t_{22}+c^2t_{33}-2abt_{12}\cos C-2act_{13}\cos B-2bct_{23}\cos A)k\\
&I_2=4S^2(k_{11}+k_{22}+k_{33}+2k_{12}+2k_{13}+2k_{23})k^2\\
&I_3=16S^4(t_{11}t_{22}t_{33}+2t_{12}t_{13}t_{23}-t_{11}t_{23}^2-t_{22}t_{13}^2-t_{33}t_{12}^2)k^3=16S^4\begin{vmatrix}
t_{11} & t_{12} & t_{13} \\
t_{12} & t_{22} & t_{23} \\
t_{13} & t_{23} & t_{33}
\end{vmatrix}k^3
\end{align*}
其中 \(S\) 是 \(\triangle ABC\) 的面积，系数 \(k\ne 0\) 且只与二次曲线的直角坐标方程系数有关。
由直角坐标的不变量就可以求得二次曲线的离心率了，求得的离心率只与二次曲线的重心坐标方程的系数有关而与 \(k\) 无关，可以取 \(k=1\) 直接计算离心率，但表达式非常复杂。 基于有理表示的解答如下:
令\(\mathop {BA}\limits^ \to = \frac{{(s + t)(1 - st)}}{{s{{(1 - it)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to \), 则其余各点有表示
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {B{A_1}}\limits^ \to = \frac{{(s + t)( - 1 + st)}}{{s(1 + {t^2})}}\mathop {BC}\limits^ \to, \qquad \mathop {B{A_2}}\limits^ \to = \frac{{\left( {s + t} \right)\left( {1 + st} \right)}}{{s\left( {1 + {t^2}} \right)}}\mathop {BC}\limits^ \to\\
\mathop {B{B_1}}\limits^ \to = \frac{{2i\left( {s + t} \right)}}{{\left( {i + s} \right)\left( {i + t} \right)}}\mathop {BC}\limits^ \to,\qquad \mathop {B{B_2}}\limits^ \to = \frac{{2i\left( {s + t} \right)\left( { - 1 + st} \right)}}{{s\left( {i + s} \right){{\left( {i + t} \right)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to\\
\mathop {B{C_1}}\limits^ \to = \frac{{ - s - 2t + s{t^2}}}{{s{{\left( {i + t} \right)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to,\qquad \mathop {B{C_2}}\limits^ \to = \frac{{ - i + t}}{{i + t}}\mathop {BC}\limits^ \to
\end{array} \right.\]
六点的外接圆锥曲线上的点$P$，若设为 \(\mathop {BP}\limits^ \to = (x+y i)\mathop {BC}\limits^ \to\), 则$x,y$ 满足方程
\[ -4 s^2 \left(t^2+1\right)^2 x^2 \left(s t^2-s-2 t\right)+4 \left(s^2+1\right) s t \left(t^2+1\right) x y (s t-1) \left(2 s t+t^2-1\right)+8 s^2 t \left(t^2+1\right) x (s+t) \left(s t^2-s-2 t\right)-4 \left(t^2+1\right) y (s+t) \left(s^4 t^3+s^3 t^2-s^3+s^2 t^3-3 s^2 t-s t^2+s+t\right)+s \left(t^2+1\right) y^2 \left(3 s^4 t^4-6 s^4 t^2-s^4-12 s^3 t^3+4 s^3 t-2 s^2 t^4+2 s^2-4 s t^3+12 s t-t^4+6 t^2-1\right)-4 (s+t)^2 (s t-1) (s t+1) \left(s t^2-s-2 t\right) = 0 \]
根据圆锥曲线的离心率，中心,及一个焦点的对应关系，即可反解出三角形$ABC$的位置。不妨以 \( \frac{{{x^2}}}{3} + \frac{{{y^2}}}{2} = 1\) 为例。
其离心率\(e = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\),而根据上述方程，离心率\(e\)满足:
\[\frac{{{{\left( { - 1 + 6{s^2} - {s^4} + 20st + 4{s^3}t + 6{t^2} - 6{s^4}{t^2} + 4s{t^3} - 12{s^3}{t^3} - {t^4} - 6{s^2}{t^4} + 3{s^4}{t^4}} \right)}^2}}}{{4({s^2} - 2{s^4} + {s^6} + 2st - 16{s^3}t - 2{s^5}t + {t^2} - 28{s^2}{t^2} - 7{s^4}{t^2} + 6{s^6}{t^2} - 16s{t^3} - 12{s^3}{t^3} + 20{s^5}{t^3} - 2{t^4} - 7{s^2}{t^4} + 44{s^4}{t^4} + 9{s^6}{t^4} - 2s{t^5} + 20{s^3}{t^5} - 6{s^5}{t^5} - 12{s^7}{t^5} + {t^6} + 6{s^2}{t^6} + 9{s^4}{t^6} - 8{s^6}{t^6} + 4{s^8}{t^6} - 12{s^5}{t^7} + 4{s^7}{t^7} + 4{s^6}{t^8})}} = \frac{{{{\left( {{e^2} - 2} \right)}^2}}}{{{e^2} - 1}} = -\frac{25}{6} \]
我们可以任意指定其中一个参数的值, 例如令\(s=\frac{1}{2}\),在\(s>0, t>0 , 1-s t >0 \)的限定下由此求解得到两个\(t\)值:
\[ \left\{\left\{t\to \text{Root}\left\right\},\left\{t\to \text{Root}\left\right\}\right\} \]
任取其中一个, 例如第二个\(t \approx 1.017893063\), 代入前面的曲线方程，得到
\[ - 13.778713532642314 - 12.695139134788366x + 8.364973769896583{x^2} - 7.052854870822432y - 2.6817095284084016xy + 6.9040839776331495{y^2} = 0\]
由此得到其中心\(O\)和焦点\(F_1, F_2\)的表示:
\[\begin{array}{l}
\mathop {BO}\limits^ \to = (0.8677139887758467 + 0.6792944417277683i)\mathop {BC}\limits^ \to\\
\mathop {B{F_1}}\limits^ \to = (0.3121747404006916 - 0.2559648633817677i)\mathop {BC}\limits^ \to\\
\mathop {B{F_2}}\limits^ \to = (1.4232532371510018 + 1.6145537468373043i)\mathop {BC}\limits^ \to
\end{array}\]
将 \(O = 0, F_1=1, F_2=-1\) 代入上式，即可解出\(B, C\) 两点:
\[\begin{array}{l}
B = 0.9442522488063225 - 0.36689803814060307i\\
C = 0.4747826562223814 + 0.42346161010085903i
\end{array}\]
再由\(\mathop {BA}\limits^ \to = \frac{{(s + t)(1 - st)}}{{s{{(1 - it)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to\) 给出\(A\)点
\
画图验证一下:
椭圆和双曲线不一而足，但抛物线只有一个，比较特殊，我们可以先解决抛物线。
下图是`y=x^2/2`在对称位置的数值解。
但这远远不够，我们的目标是无穷多解的那组约束曲线——包括弦的包络和顶点的轨迹。
我们需要弄清楚，三条等长弦是否在同一条包络曲线上滑动，三个顶点是否在同一条轨道上移动。
抛物线的焦点为(0, 1/2), 对称解在对称轴上的那个点为(0, 0.4915)，我预计是焦点的，遗憾不是。 hujunhua 发表于 2025-2-16 23:24
椭圆和双曲线不一而足，但抛物线只有一个，比较特殊，我们可以先解决抛物线。
下图是`y=x^2/2`在对称位置的 ...
若设三角形 ABC 的三边长分别为 a、b、c，则六点的重心坐标为
0 : -b/a : 1+b/a
0 : 1+c/a : -c/a
1+c/b : 0 : -c/b
-a/b : 0 : 1+a/b
1+b/c : -b/c : 0
-a/c : 1+a/c : 0
得到的二次曲线重心坐标方程为
f(x, y, z) = b c (a + b) (a + c) x^2 + a c (a + b) (b + c) y^2 + a b (a + c) (b + c) z^2 + c (a + b) (2 a b + c (a + b) + c^2) x y + b (a + c) (2 a c + b (a + c) + b^2) x z + a (b + c) (2 b c + a (b + c) + a^2) y z
利用前面发的结论，取 k=1，得到的直角坐标的不变量为
I1 = (a^5 b - 2 a^3 b^3 + a b^5 + a^5 c - a^3 b^2 c - a^2 b^3 c + b^5 c - a^3 b c^2 - a b^3 c^2 - 2 a^3 c^3 - a^2 b c^3 - a b^2 c^3 - 2 b^3 c^3 + a c^5 + b c^5)/2
I2 = -(a+b+c) (-a+b+c) (a-b+c) (a+b-c) (a^6 b^2 - 2 a^4 b^4 + a^2 b^6 + 2 a^6 b c - 2 a^4 b^3 c - 2 a^3 b^4 c + 2 a b^6 c + a^6 c^2 - 2 a^3 b^3 c^2 + b^6 c^2 - 2 a^4 b c^3 - 2 a^3 b^2 c^3 - 2 a^2 b^3 c^3 - 2 a b^4 c^3 - 2 a^4 c^4 - 2 a^3 b c^4 - 2 a b^3 c^4 - 2 b^4 c^4 + a^2 c^6 + 2 a b c^6 + b^2 c^6)/16
若二次曲线的离心率为 e，则有
I2 e^4+(I1^2-4 I2) (e^2-1) = 0
这样就可以求出 a、b、c 的关系了。若二次曲线为抛物线，则 I2 = 0。 本帖最后由 hejoseph 于 2025-2-17 11:42 编辑
这个就是取 e=1，a=2，b=3，求出 c 的近似值为 1.3826794234424466333 或 4.4366298659907426301，图里面取 c=4.4366298659907426301，然后得到图，图里面的 a、b、c、d、e、f 是直角坐标系里二次曲线方程的系数，系数下面是度量二次曲线离心率的结果。
页:
1
[2]