不妨设x<=y<=z,否则交换位置。建立平面直角坐标系，固定P为原点，C为(z,0)
这样问题可以转化为，在同心圆P（半径分别为x，y）上找两点，使得和C点能组成正三角形，于是我们能找到为正三角形的条件
A，B必定为圆C与同心圆P的交点，并且还有AB=AC
zeus 发表于 2013-11-29 19:54
我本来想把思路写完，看来是不用写了。~~
神奇的三角形。第一问中能组成正三角形的充要条件竟然还是x,y,z能够构成三角形。而如果限定P在正三角形内部，还要求x,y,z构成三角形最大角小于120度
对于已知平面上有三个动点A,B,C及一个定点P ，且满足PA=x,PB=y,PC=z 。
(1)是否一定存在ABC ，使三角形ABC 为正三角形？
此问可参考
完全四点形的边长约束
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=3787&fromuid=1455
(出处: 数学研发论坛)
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设正三角形边长为t,代入u=v=w=t ,则有 (-2*x^4+4*x^2*y^2+4*x^2*z^2-2*y^4+4*y^2*z^2-2*z^4)*t^2-2*z^2*y^2*x^2=0
即 t=(y*x*z)/sqrt(-x^4+2*x^2*y^2+2*x^2*z^2-y^4+2*y^2*z^2-z^4) （1）
我们易知分母即为x,y,z构成三角形的面积的1/4
即使ABC为正三角形的条件为x,y,z可构成三角形,且构成三角形边长t满足(1)
注：t 也等于x,y,z构成三角形的外接圆半径
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上面的参数代入有误，正确的代入 AB=AC=BC=t 得到 -t^4+(x^2+y^2+z^2)*t^2-x^4+x^2*y^2+x^2*z^2-y^4+y^2*z^2-z^4=0
算得：t=sqrt(2*x^2+2*y^2+2*z^2+2*sqrt(-3*x^4+6*x^2*y^2+6*x^2*z^2-3*y^4+6*y^2*z^2-3*z^4))/2 (2)
显然有解的条件为sqrt(-3*x^4+6*x^2*y^2+6*x^2*z^2-3*y^4+6*y^2*z^2-3*z^4)={sqrt(3)*S}/4即条件为x,y,z能构成三角形
且构成正三角形边长为(2)
只要将图形绕正三角形顶点六十度角就可以看出x,y,z构成三角形
对于已知平面上有三个动点A,B,C及一个定点P 且满足PA=x,PB=y,PC=z 。
(1)是否一定存在A,B,C ，使三角形S_{PAB}=S_{PAC}=S_{PBC}成立？
可设(ABC三边长分别为a,b,c)
-a^4+2*a^2*b^2+2*a^2*c^2-b^4+2*b^2*c^2-c^4=3*s
-c^4+2*c^2*x^2+2*c^2*y^2-x^4+2*x^2*y^2-y^4=s
-b^4+2*b^2*x^2+2*b^2*z^2-x^4+2*x^2*z^2-z^4=s
-a^4+2*a^2*y^2+2*a^2*z^2-y^4+2*y^2*z^2-z^4=s
可以得到：
3*a^8+(-16*x^2-4*y^2-4*z^2)*a^6+(24*x^4+32*x^2*y^2+32*x^2*z^2-14*y^4+12*y^2*z^2-14*z^4)*a^4+(-80*x^4*y^2-80*x^4*z^2+
48*x^2*y^4-32*x^2*y^2*z^2+48*x^2*z^4-4*y^6+4*y^4*z^2+4*y^2*z^4-4*z^6)*a^2+3*z^8-12*y^2*z^6+18*y^4*z^4-40*x^4*z^4-
12*y^6*z^2+16*z^2*y^2*x^4+64*x^6*z^2+3*y^8-40*x^4*y^4+64*x^6*y^2-16*x^8=0
3*b^8+(-4*x^2-16*y^2-4*z^2)*b^6+(-14*x^4+32*x^2*y^2+12*x^2*z^2+24*y^4+32*y^2*z^2-14*z^4)*b^4+(-4*x^6+48*x^4*y^2+
4*x^4*z^2-80*x^2*y^4-32*x^2*y^2*z^2+4*x^2*z^4-80*y^4*z^2+48*y^2*z^4-4*z^6)*b^2+3*x^8-12*x^6*z^2-
40*x^4*y^4+18*x^4*z^4+64*x^2*y^6+16*x^2*y^4*z^2-12*x^2*z^6-16*y^8+64*y^6*z^2-40*y^4*z^4+3*z^8=0
3*c^8+(-4*x^2-4*y^2-16*z^2)*c^6+(-14*x^4+12*x^2*y^2+32*x^2*z^2-14*y^4+32*y^2*z^2+24*z^4)*c^4+(-4*x^6+4*x^4*y^2+
48*x^4*z^2+4*x^2*y^4-32*x^2*y^2*z^2-80*x^2*z^4-4*y^6+48*y^4*z^2-80*y^2*z^4)*c^2+3*x^8-12*x^6*y^2+18*x^4*y^4-
40*x^4*z^4-12*x^2*y^6+16*x^2*y^2*z^4+64*x^2*z^6+3*y^8-40*y^4*z^4+64*y^2*z^6-16*z^8=0
成立的条件为各方程至少有一个实根。
空间问题最后一问也挺容易，我们知道有解时P是四面体重心。这也代表四个向量PA,PB,PC,PD和为零。也就是以x,y,z,w为长度可以构成空间四边形。也就是要求最长的边小于另外三个之和即可。同样，我们可以看出这时解不是唯一的。所以还有一个
还有一个问题，这时体积最大为多少。
从力学上看，最后一问的回答是肯定的，没有例外。
至于是否有多解，凭经验应该是唯一解，因为那样的力学模型中一般没有亚稳态。
对于空间中有一点“P”，从P放射出四条线段 PA,PB,PC,PD 。
已知PA= a,PB=b,PC=c,PD=d为定值，是否一定存在某种情形，使四面体ABCD：
(1)各棱彼此相等（即为正四面体）？
我们可以得到（设正四面体棱长为t）
sqrt(-a^4+a^2*b^2+a^2*c^2+a^2*t^2-b^4+b^2*c^2+b^2*t^2-c^4+c^2*t^2-t^4)+sqrt(-b^4+b^2*c^2+b^2*d^2+b^2*t^2-c^4+c^2*d^2+c^2*t^2-d^4+d^2*t^2-t^4)+
sqrt(-a^4+a^2*c^2+a^2*d^2+a^2*t^2-c^4+c^2*d^2+c^2*t^2-d^4+d^2*t^2-t^4)+sqrt(-a^4+a^2*b^2+a^2*d^2+a^2*t^2-b^4+b^2*d^2+b^2*t^2-d^4+d^2*t^2-t^4)=sqrt(2)*t^2