关于三角形的几个问题

hujunhua

第1个小题，使3个三角形周长相等的点，有一种特殊情况有简明的几何解。

当三角形ABC为直角三角形时（A为直角顶点），P点在三角形外，并使得四边形ABPC构成矩形。

hujunhua

关于第1小题，可以探讨两种特殊情况：
1.1 P点位于三角形的外接圆时，三角形的边长约束？是否必须为直角三角形形
2.2 P点位于三角形的一条边上时，三角形的边长约束？P点可内可外，在一条边上为一种临界状况，或许值得一探。

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对于hujunhua 回复的41#：

由于当\(ABC\)构成直角三角形时，\(a=x,b=y,c=z\),此时有\(a+y+z=b+x+z=c+x+y=L\),即\(L=a+b+c\)

代入5#结果：

\(-(-c+a+b)^2(-c+a-b)^2(c+a-b)^2-2(-c+a+b)(-c+a-b)(c+a-b)(a^2-2ab-2ac+b^2-2bc+c^2)L+

(-5a^4+4a^3b+4a^3c+2a^2b^2-4a^2bc+2a^2c^2+4ab^3-4ab^2c-4abc^2+4ac^3-5b^4+4b^3c+2b^2c^2+4bc^3-5c^4)L^2＝0\)

化简得到：\(-8(a^2+b^2-c^2)(a^2-b^2-c^2)(a^2-b^2+c^2)＝0\) 即可以断定当三角形\(ABC\)为直角三角形时,\(P\)点在三角形外，并使得四边形\(ABCP\)构成矩形

对于42#问题：

1.\(P,A,B,C\)共圆的条件为\((ax+by-cz)(ax-by+cz)(-ax+by+cz)=0\) ,不妨设\(ax+by=cz\),代入\(a+y+z=b+x+z=c+x+y=L\)，得到\(L=\frac{-(a^2-2ab+b^2-c^2)}{-c+a+b}\)

并代入5#结果化简得到：\(-4(-c+a-b)^2(c+a-b)^2(a^2+b^2-c^2)^2＝0\)

显然得到\(a^2+b^2=c^2\),即必须为直角三角形

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其实对于5#的结果：


\(-(-c+a+b)^2(-c+a-b)^2(c+a-b)^2-(2(-c+a+b))(-c+a-b)(c+a-b)(a^2-2ab-2ac+b^2-2bc+c^2)L+(-5a^4+4a^3b+4a^3c+2a^2b^2-4a^2bc+2a^2c^2+4ab^3-4ab^2c-4abc^2+4ac^3-5b^4+4b^3c+2b^2c^2+4bc^3-5c^4)L^2=0\)

解得：

\[L＝\frac{(c+a-b)(-c+a-b)(-c+a+b)}{2\sqrt{-a^4+2a^2b^2+2a^2c^2-b^4+2b^2c^2-c^4}\pm(a^2-2ab-2ac+b^2-2bc+c^2)}\]


若设

\[p=\frac{a+b+c}{2}\]

\[S=\frac{\sqrt{2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4}}{4}=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}}{4}＝pr\]

\[s=\frac{\sqrt{2ab+2ac+2bc-a^2-b^2-c^2}}{4}\]

则有

\[L=\frac{16S^2}{(\pm 16s^2+8S)2p}=\frac{r}{1\pm \frac{2s^2}{S}}\]

若\(a^2+b^2=c^2\),则有

\[r=\frac{S}{p}=\frac{a+b-c}{2},S=\frac{ab}{2}\]

上式可进一步化简(第二种情形，取一）得到：

\[L=\frac{r}{1-\frac{2s^2}{S}}=\frac{2ab}{a+b-c}=\frac{2ab+a^2+b^2-c^2}{a+b-c}＝\frac{2S}{r}=a+b+c\]

iseemu2009

数学星空 发表于 2014-1-26 20:44
将以上8个实例的相关参数代入16#并不成立，有谁也帮忙验算一下？？

即  [TeX]d1:d2:d3=1/{cos(B/2)+cos(C/ ...

X258 这个点并非这本例中的等内切圆点。X258指的是这样的点:  过这个点的作三条直线，每条直线近似平行于三条底边，但要满足它与原三角形底边所对的顶点构成等腰三角形，三个等腰三角形有相等的内切l圆。