椭圆的周长最大内接三角形的特殊点

陈九章

张德朋老师的作图法：精彩

陈九章

何万程老师借助功能强大的Mathematica符号软件，导出了三角形的光反射切接椭圆套的离心率。
可喜可贺！

在何老师的基础上，我进行了繁琐的简化运算，得到如下：

creasson

给定三角形， 它的外接内切光反射椭圆是容易得到的.  令 $s = \tan \frac{A}{2},t = \tan \frac{B}{2}$, 则三角形有表示
\[\mathop {BA}\limits^ \to   = \frac{{(s + t)(1 - st)}}{{s{{(1 - it)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
其内心$I$有表示
\[\mathop {BI}\limits^ \to   = \frac{{1 - st}}{{1 - it}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
$\triangle ABC$的外接椭圆上的任意一点$P$可表示为
\[\mathop {BP}\limits^ \to   = \frac{{p(1 - u)\mathop {BA}\limits^ \to   - u(1 - u)\mathop {BC}\limits^ \to  }}{{p(1 - u) + qu - u(1 - u)}} = \frac{{(1 - u)( - ps - pt + p{s^2}t + ps{t^2} + su - 2istu - s{t^2}u)}}{{s{{(1 - it)}^2}( - p + u + pu - qu - {u^2})}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
它在$A,B,C$三点处的一个切向量分别为
\[\begin{array}{l}
   {v_A} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{d}{{du}}\mathop {BP}\limits^ \to   = \dfrac{{ - qs + t - qt + 2ist - {s^2}t + q{s^2}t + qs{t^2}}}{{ps{{(1 - it)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to   \\
   {v_B} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 1} \frac{d}{{du}}\mathop {BP}\limits^ \to   = \dfrac{{s - ps - pt - 2ist + p{s^2}t - s{t^2} + ps{t^2}}}{{qs{{(1 - it)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to   \\
   {v_C} = \mathop {\lim }\limits_{u \to \infty } {u^2}\frac{d}{{du}}\mathop {BP}\limits^ \to   = \dfrac{{qs + pt + 2ipst - 2iqst - p{s^2}t - qs{t^2}}}{{s{{(1 - it)}^2}}}\mathop {BC}\limits^ \to   \\
\end{array}\]
这三者各自与$IA， IB， IC$垂直, 由此解出
\[p = \frac{{s(1 + {t^2})}}{{(s + t)(1 - st)}}, \quad q = \frac{{(1 + {s^2})t}}{{(s + t)(1 - st)}}\]
从而就得到了外接光反射椭圆的一个表示. 由此该椭圆的特征量是容易得到的. 兹列于下:
中心$O$：
\[\mathop {BO}\limits^ \to   = \frac{{(s + t)(i + i{s^2} - t + {s^2}t + 2s{t^2})}}{{s(i + t)(1 + {s^2} + st + {t^2})}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
焦点$F$:
设$ \vec {BF}   = z \vec {BC}$, 则根据Marden定理知$z$的方程是
\[t{(s + t)^2}(1 - st) + (i + t)(s + t)(i + i{s^2} - t + {s^2}t + 2s{t^2})z + s{(1 - it)^2}(1 + {s^2} + st + {t^2}){z^2} = 0\]
半轴长L:
记 $a ,b ,c $ 为三边边长，以及
\[\Delta  = 1 + {p^2} + {q^2} - 2p - 2q - 2pq\]
\[K = p({b^2} + {c^2} - {a^2}) + q({c^2} + {a^2} - {b^2}) + ({a^2} + {b^2} - {c^2})\]
S为$\triangle ABC$面积,  则
\[{\Delta ^3}{L^4} - 2pqK\Delta {L^2} - 16{p^2}{q^2}{S^2} = 0\]
离心率e:
\[4{e^4}st( - 1 + st)(1 + {s^2} + st + {t^2}) + (1 + {s^2})(1 + {t^2})(1 + {s^2} - 8st + {t^2} + 9{s^2}{t^2})(1 - {e^2}) = 0\]
以上转换到边长的表示是容易的, 不赘.
$\triangle ABC$的内切椭圆上的任意一点$P$可表示为
\[\mathop {BP}\limits^ \to   = \frac{{\lambda \mu {u^2}\mathop {BA}\limits^ \to   + \lambda \mathop {BC}\limits^ \to  }}{{\lambda \mu {u^2} + {{(1 - u)}^2} + \lambda }}
= \frac{{\lambda ( - s + 2ist + s{t^2} - s{u^2}\mu  - t{u^2}\mu  + {s^2}t{u^2}\mu  + s{t^2}{u^2}\mu )}}{{s{{(i + t)}^2}(1 - 2u + {u^2} + \lambda  + {u^2}\lambda \mu )}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
根据marden定理,它的焦点是下述方程的解:
\[\frac{1}{{Z - A}} + \frac{{\lambda \mu }}{{Z - B}} + \frac{\mu }{{Z - C}} = 0\]
由其焦点与外接内切光反射椭圆焦点相同而解出
\[\lambda  = \frac{{t(s + t)}}{{1 - st}}, \quad  \mu  = \frac{{1 - st}}{{s(s + t)}}\]
(内切光反射椭圆在三边的切点恰是旁切圆在三边的切点. )
同样地，可以计算出它的各特征量.

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非常感谢creasson老师、陈殿林老师、何万程老师、张德朋老师，
借助功能强大的Mathematica符号软件和高超娴熟的编程技术，对著名的椭圆光反射三角形课题进行深入研究，硕果累累！
可喜可贺！
下面是何万程老师的全面总结，精彩！

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【陈殿林老师的补充说明】两个椭圆的刻画：
外接椭圆是内心三线极线的等角共轭像；
内切椭圆是奈格尔点三线极线上的点的三线极线的包络。
【张德朋老师的观点】

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陈殿林老师的结论：
这就是两个焦点重心坐标，注意边长递增顺序，画板验证正确

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