共格尔刚点的俩三角形

creasson

令\[\frac{{C - A}}{{B - A}} = a + bi\]
再记
\[s = \frac{{a - {a^2} - {b^2} + \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {1 - 2a + {a^2} + {b^2}} \right)} }}{b},t = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}}  - a}}{b}\]
可以计算出各点为：
\[\mathop {AD}\limits^ \to   = \frac{{\left( {i + s + 2t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{\left( {i + s} \right){{\left( {1 - it} \right)}^2}}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AE}\limits^ \to   = \frac{{1 - st}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AF}\limits^ \to   = \frac{{1 - st}}{{1 + {t^2}}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AH}\limits^ \to   = \frac{{\left( { - i + s} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( { - i + s + 2t} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AI}\limits^ \to   = \frac{{\left( {2i + s + 3t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{\left( {2i + s - t} \right){{\left( {1 - it} \right)}^2}}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AJ}\limits^ \to   = \frac{{\left( {i + 2s + 3t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( {i + 2s + t} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AP}\limits^ \to   = \frac{{\left( {s + t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( {s + 2t} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AK}\limits^ \to   = \frac{{1 - st}}{{1 + st + 2{t^2}}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AL}\limits^ \to   = \frac{{2\left( {1 - st} \right)}}{{2 - st + {t^2}}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AM}\limits^ \to   = \frac{{\left( {1 - st} \right)\left( {2 + {s^2} - 4it + 2st - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( {2 + {s^2} - st} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AN}\limits^ \to   = \frac{{\left( {1 - st} \right)\left( {1 + 2{s^2} - 2it + 4st + {t^2}} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( {1 + 2{s^2} + st} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
\[\mathop {AO}\limits^ \to   = \frac{{2\left( {s + t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( {2s + t} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
设二次曲线上的点$Q$为\[\mathop {AQ}\limits^ \to   = \left( {x + yi} \right)\mathop {AB}\limits^ \to  \]，则方程为
$ s^4 t^4 y^2+4 s^4 t^3 x y-2 s^4 t^3 y+4 s^4 t^2 x^2-4 s^4 t^2 x-2 s^4 t^2 y^2-8 s^4 t^2-4 s^4 t x y+2 s^4 t y+s^4 y^2+2 s^3 t^5 y^2+10 s^3 t^4 x y-22 s^3 t^4 y+12 s^3 t^3 x^2-28 s^3 t^3 x-8 s^3 t^3 y^2-16 s^3 t^3-20 s^3 t^2 x y-8 s^3 t^2 y-4 s^3 t x^2-12 s^3 t x+6 s^3 t y^2+16 s^3 t+2 s^3 x y-2 s^3 y+3 s^2 t^6 y^2+12 s^2 t^5 x y-40 s^2 t^5 y+4 s^2 t^4 x^2-44 s^2 t^4 x-17 s^2 t^4 y^2-8 s^2 t^4-24 s^2 t^3 x y-8 s^2 t^3 y-28 s^2 t^2 x^2-4 s^2 t^2 x-7 s^2 t^2 y^2+32 s^2 t^2+12 s^2 t x y+8 s^2 t y-8 s^2 x^2+16 s^2 x-11 s^2 y^2-8 s^2+2 s t^7 y^2+8 s t^6 x y-20 s t^6 y-12 s t^5 x^2-20 s t^5 x-24 s t^5 y^2-10 s t^4 x y+22 s t^4 y-44 s t^3 x^2+28 s t^3 x-34 s t^3 y^2+16 s t^3+12 s t^2 x y+28 s t^2 y-16 s t x^2+32 s t x-24 s t y^2-16 s t-2 s x y+2 s y+t^8 y^2+2 t^7 x y-8 t^6 x^2-9 t^6 y^2-2 t^5 x y+20 t^5 y-20 t^4 x^2+20 t^4 x-16 t^4 y^2+2 t^3 x y+18 t^3 y-8 t^2 x^2+16 t^2 x-9 t^2 y^2-8 t^2-2 t x y+2 t y+y^2 = 0 $
曲线类型判别式：
\[\Delta  = {a_{11}}{a_{22}} - {a_{12}}^2 =  - 9{\left( {s + t} \right)^2}{\left( {1 + {t^2}} \right)^4}\left( {1 - 10{s^2} + {s^4} - 22st + 2{s^3}t - 10{t^2} + 3{s^2}{t^2} + 2s{t^3} + {t^4}} \right)\]
（其中$s > 0,t > 0,1 - st > 0$）
二次曲线的中心
\[\mathop {AO'}\limits^ \to  {\rm{ = }}\frac{{\left( {1 - st} \right)\left( {1 - 10{s^2} + {s^4} - 2it - 21st + 10i{s^2}t + 3{s^3}t - 11{t^2} + 22is{t^2} + 3{s^2}{t^2} + 10i{t^3} + 2s{t^3}} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( {1 - 10{s^2} + {s^4} - 22st + 2{s^3}t - 10{t^2} + 3{s^2}{t^2} + 2s{t^3} + {t^4}} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]
二次曲线的焦点
\[\mathop {A{F_1}}\limits^ \to  \left( {\mathop {A{F_2}}\limits^ \to  } \right){\rm{ = }}\frac{{\left( {1 - st} \right)\left( {1 - 10{s^2} + {s^4} - 2it - 21st + 10i{s^2}t + 3{s^3}t - 11{t^2} + 22is{t^2} + 3{s^2}{t^2} + 10i{t^3} + 2s{t^3}} \right) \pm 2\sqrt 3 \left( {s + t} \right)\left( {1 - st} \right)\left( {i - s - i{s^2} + t - ist - i{t^2}} \right)}}{{{{\left( {1 - it} \right)}^2}\left( {1 - 10{s^2} + {s^4} - 22st + 2{s^3}t - 10{t^2} + 3{s^2}{t^2} + 2s{t^3} + {t^4}} \right)}}\mathop {AB}\limits^ \to  \]

dlsh

mathe

可以计算内外格尔刚点分界情况的曲率吗？这时比如HJ是直径

dlsh

实数形式的圆锥曲线方程\[Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0 \]变换成复数形式是什么？

mathe

内外过渡情况，可以设
$H(-1,0), J(1,0)$
$I(\cos(t),\sin(t))$
好像可以计算得出
$P(-1,-\frac{\cos(t)+1}{\sin(t)})$
$O(1,\frac{\cos(t)-1}{\sin(t)})$
$N(1,\frac{1-\cos(t)}{2\sin(t)})$
$K(-1,\frac{1+\cos(t)}{2\sin(t)})$
$L(\frac{1-2\cos(t)-3\cos^2(t)}{\cos^2(t)-2\cos(t)-3},\frac{-\cos^3(t)-\cos^2(t)-4\sin^2(t)\cos(t)+\cos(t)+1-4\sin^2(t)}{-3\sin(t)\cos^2(t)-2\sin(t)\cos(t)-4\sin^3(t)+\sin(t)})$
$M(\frac{1+2\cos(t)-3\cos^2(t)}{-\cos^2(t)-2\cos(t)+3},\frac{-\cos^3(t)+\cos^2(t)-4\sin^2(t)\cos(t)+\cos(t)-1+4\sin^2(t)}{3\sin(t)\cos^2(t)-2\sin(t)\cos(t)+4\sin^3(t)-\sin(t)})$
不过计算过PONKLM六点的圆锥曲线曲率还是有困难.
如果仅考虑I在HJ之间并且在下方，那么t的范围在$(-pi,0)$之间。
而做图以后还发现在$t>-1.23$时，三角形DEF在半圆内(EF最长边），而$t<-1.91$时，三角形DEF也在半圆内(DE是最长边），这两种情况会导致G变为三角形ABC的外格尔刚点，也要淘汰。
所以可以知道我们仅需要考虑$-1.91<t<-1.23$情况。

mathe

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2021-4-10 11:29 上传

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然后在上面范围内修改参数t的话，做图可以看出在t=-1.91或-1.23时，都会有椭圆长轴和短轴比例大概为1.1，而在中间，这个比例会更小。
所以，我们可以猜测，如果要求G同时为两个三角形的内格尔刚点，那么的确长轴和短轴的比例会很接近1，不超过1.1.
计算得知，这时准确的t需要满足$\cos(t)=-\frac{1}{3}$，即t=-1.910633236249,做图得这时$a/b=1.09544511501$,对应离心率0.40824829。
也就是我们可以猜测G同时为两三角形的内格尔刚点时，离心率不超过0.40824829。而取这个值时，两三角形各有一个顶点趋向无穷远

mathe

注意到绿色椭圆，红色圆以及六边形OPKLMN形成Poncelet六边形。
反之根据 轨迹是否为圆中的结论，这个对应的周期为六的二阶对合变换的三次复合是对合变换，所以得出EI,DH,FJ也会相交于一个定点G，于是对于任意的对曲线为圆的Poncelet六边形构图，我们也同样可以得出两个共格尔刚点的三角形。
另外利用二阶对合变换的知识可以得出A'B'和AB的交点，B'C'和BC的交点，C'A'和CA的交点三点共线直线l。使用射影变换，保持红色圆不变而将直线l投影为无穷远直线，得到的构图中A'B'//AB, B'C'//BC, C'A'//CA, 于是在新的构图中，G变换为红色圆的圆心, 也就是三角形ABC的内心和格尔刚点重合，所以三角形ABC转化为正三角形，而且这时绿色椭圆变成了红色圆的同心圆。
而两个圆是同心圆代表它们在两个虚无穷远点$(1,\pm i, 0)$都相切。

这说明了直线l在原始的图中关于两个圆锥曲线的极点都是G, 由此得出红色圆圆心Q和G的连线QG垂直直线l. 而且两个圆锥曲线在l上有两个共轭的公切点。
我们建立坐标，设红色圆为单位圆(于是圆心Q是原点），l的方程为$x=x_0$, 两个共轭的虚公切点分别为$(x_0,y_0)$和$(x_0,\bar{y_0})$
由于这个虚数点在单位圆上，所以$y_0^2=1-x_0^2$,只能$|x_0| \gt 1$,于是$y_0$是纯虚数。单位圆在这个点的切线为$x_0 x+y_0 y-1=0$
于是绿色曲线方程可以写成$u(x^2+y^2-1)+v((x_0x+y_0y-1)(x_0-y_0y-1))=0$, 即$u(x^2+y^2-1)+v((x_0 x-1)^2-y_0^2 y^2)=0$.显然横轴是两条二次曲线的公共对称轴。由此证明了两条曲线有公共对称轴。
另外由于G是l关于单位圆的极点，所以G在横轴上，由此证明了直线QG是绿色二次曲线的对称轴。

mathe

17#结合Poncelet六边形我们可以得出一楼中问题我们可以只分析等腰三角形ABC情况，而且容易看出这时总是内格尔刚点，
于是变成只有一个参数的问题了。
如果我们能够证明等腰三角形ABC中顶点角A趋向0时，绿色椭圆离心率最大，就可以彻底解决hujunhua的问题了.

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2021-4-17 06:48 上传

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如上图，过绿椭圆长轴和红色圆交点$D_2$做红圆切线$B_2C_2$交绿椭圆于$L_2Q_2$等依次形成Poncelet六边形$L_2M_2N_2O_2P_2Q_2$
并形成等腰三角形$A_2B_2C_2$和$A'_2B'_2C'_2$.
另外几何意义上，如果绿色椭圆是双曲线，容易看出其上三条不相交的弦PQ,LM, NO延长形成的三角形必然在红圆外部,G只能是外格尔刚点。