请确定原来的灰色三角形

hujunhua

如图，灰色三角形通过其三个旁切圆的三条外围的公切线决定了一个大三角形。
现在灰色三角形和它的旁切圆都被隐去了，只可见外面的大三角形，请确定原来的灰色三角形。

当外面的大三角形为正三角形时，答案比较简单：将边长五等分。

lsr314

如图，由于两圆的两条外公切线关于两圆连心线对称，所以中间的灰色三角形与周边的三个天青色三角形是镜像对称的，故图中四个带色三角形中，下标不同而字母相同的点所在的角对应相等。
由此可得，灰色三角形与大三角形的内切圆切点三角形相位似, `\angle A+\angle D/2=\angle B+\angle E/2=\angle C+\angle F/2=\pi/2`
也就是说，灰色三角形各边与大三角形的对应角平分线相垂直，只要确定所截对角线长度，就能确定灰色三角形。
另外，大小三角形对应顶点的连线相交于一点。

lsr314

大三角形和小三角形对应顶点连线的交点，与大三角形和小三角形的内心共线

mathe

如lsr314的图，既知灰色三角形与大三角形的内切圆切点三角形PQR相位似，
那么可以先作三角形PQR的三个旁切圆，再做三个旁切圆两两的外公切线可以得到一个和三角形DEF位似的三角形D'E'F'。
作出三角形DEF和三角形D‘E'F'的位似中心和位似比，这同时也是三角形PQR与三角形ABC的位似中心和位似比，
于是以三角形PQR为源，用位似作图法就可以作出像——三角形ABC了。

mathe

另外可以看出直线AB把三角形DEF截出一个等腰三角形，底正好是三角形ABC的周长，由于顶角$/_D=pi-2/_C$,
得出这个等腰三角形的腰是${a+b+c}/{2\cos(C)}$
由此可以得出$DF={a+b+c}/{2\cos(C)}+{a+b+c}/{2\cos(A)}-b$
同理有$DE={a+b+c}/{2\cos(B)}+{a+b+c}/{2\cos(C)}-a$
$EF={a+b+c}/{2\cos(A)}+{a+b+c}/{2\cos(B)}-c$
而反过来，如果已知$DF,DE,EF$，由于这时角$/_D,/_E,/_F$都已知，根据楼上公式可以直接得出$/_A,/_B,/_C$,于是上面就变成$a,b,c$的线性方程组，可以非常容易的解出$a,b,c$

数学星空

楼上mathe已给出了完整解答,为了便于大家讨论,我重新整理一下结论。

设原大三角形ABC的三边\(BC,AC,AB\),长分别为\(a,b,c\),三个角分别为\(A,B,C\),记半周长\(p=\frac{a+b+c}{2}\)
内含三角形DEF(即三个圆旁切的三角形)的三边\(EF,DF,DE\)长分别为\(m,n,q\), 三个角分别为\(\alpha,\beta,\gamma\)
根据楼上有:\(2A+\alpha=2B+\beta=2C+\gamma=\pi\)

1.若已知大三角ABC三边,求内含三角形DEF,有结论:\[\begin{split}
m&=\frac{a+b+c}{\frac{1}{\sin(\frac{A}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{B}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{C}{2})}-1}(\frac{1}{\sin(\frac{B}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{C}{2})})-a\\
n&=\frac{a+b+c}{\frac{1}{\sin(\frac{A}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{B}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{C}{2})}-1}(\frac{1}{\sin(\frac{A}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{C}{2})})-b\\
q&=\frac{a+b+c}{\frac{1}{\sin(\frac{A}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{B}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{C}{2})}-1}(\frac{1}{\sin(\frac{A}{2})}+\frac{1}{\sin(\frac{B}{2})})-c
\end{split}\tag1
\]或者写成\[\begin{split}
m&=\frac{p(\sqrt{\frac{p-b}{b}}+\sqrt{\frac{p-c}{c}})}{\sqrt{\frac{p-a}{a}}+\sqrt{\frac{p-b}{b}}+\sqrt{\frac{p-c}{c}}-\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{abc}}}-a\\
n&=\frac{p(\sqrt{\frac{p-a}{a}}+\sqrt{\frac{p-c}{c}})}{\sqrt{\frac{p-a}{a}}+\sqrt{\frac{p-b}{b}}+\sqrt{\frac{p-c}{c}}-\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{abc}}}-b\\
q&=\frac{p(\sqrt{\frac{p-a}{a}}+\sqrt{\frac{p-b}{b}})}{\sqrt{\frac{p-a}{a}}+\sqrt{\frac{p-b}{b}}+\sqrt{\frac{p-c}{c}}-\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{abc}}}-c
\end{split}\tag2
\]2.若已知内小三角DEF三边,求大三角形ABC,有结论:\[\begin{split}
a&=(m+n+q)\left(\frac{1}{2\cos(\beta)}+\frac{1}{2\cos(\gamma)}\right)-m\\
b&=(m+n+q)\left(\frac{1}{2\cos(\alpha)}+\frac{1}{2\cos(\gamma)}\right)-n\\
c&=(m+n+q)\left(\frac{1}{2\cos(\alpha)}+\frac{1}{2\cos(\beta)}\right)-q
\end{split}\tag3
\]或者写成\[\begin{split}
a&=m(m+n+q)\left(\frac{q}{m^2+q^2-n^2}+\frac{n}{m^2+n^2-q^2}\right)-m\\
b&=n(m+n+q)\left(\frac{m}{m^2+n^2-q^2}+\frac{q}{q^2+n^2-m^2}\right)-n\\
c&=q(m+n+q)\left(\frac{n}{n^2+q^2-m^2}+\frac{m}{m^2+q^2-n^2}\right)-q
\end{split}\tag4\]

hujunhua

lsr314 发表于 2018-12-28 11:37
大三角形和小三角形对应顶点连线的交点，与大三角形和小三角形的内心共线

是下图中的点J。

三角形内切圆的一条性质：
如图，I是大三角形DEF的内心，J为图中六线交点， 是三角形POR的内心，三角形XYZ的垂心。

hujunhua

找到一个美妙的作图方法。可惜我没有一个简明的证明。

图中P, Q, R为切点，I 为大三角形DEF的内心，为了图面清洁，大三角形的角平分线进行了淡化处理。

zeroieme

美妙作法，可以转成矢量图就更美妙了

wayne

zeroieme 发表于 2019-1-2 16:32
美妙作法，可以转成矢量图就更美妙了

我来测试一下 美妙做法, SVG版本