老封的平衡六边形定理

陈九章

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hujunhua

这个分割出来的帖子，内容还是不错的，就是表述得不够美，重新表述如下。

已知：凸六边形ABCDEF的两组相间3内角之和相等，两组相间三边之积相等。
          即∠A+∠C+∠E＝∠B+∠D+∠F=2π，AB·CD·EF＝BC·DE·FA。
求证：在六边形内存在一点P，使得△PAC∽△EFD, △PCE∽△ABF, △PEA∽△CDB.
同样，在六边形内存在一点Q, 使得△QBD∽△FAE, △QDF∽△BCA, △QFB∽△DEC.

PS:1、此重新表述与老封的原定理是等价还是相逆，我暂时无暇理清 .
     2、如果P与Q是重合的，那就太完美了。可以探讨一下重合的条件。

陈九章

感谢胡教授于百忙中抽空将“三角形正负等角中心间距”里的一部分内容分离出来，形成新帖！
胡教授的重新表述更深刻、更本质，引人入胜！
记得多年前老封、天津的黄教授和安徽的赵老师对该课题进行过深入探索，
这是一个非常丰富有趣的课题，望胡老师、星空老师等专家作更深入更广泛的研究！

hujunhua

P与Q重合于O时，这种六边形由两种形状的三角形缀成，即图中的3个红色三角形是彼此相似的，3个蓝色三角形亦是彼此相似的。
容易证明，3组近似“对顶”的红蓝三角形的面积之积相等，即
`S_{△OAB}\*S_{△ODE}=S_{△OBC}\*S_{△OEF}=S_{△OCD}\*S_{△OFA}`
发现这种六边形不现O点的性质除了4#的 “两组相间3内角等和” 和 “两组相间三边等积”， 还有
两三角形ACE和BDF的3边之积相等，即 AC·CE·EA＝BD·DF·FB。
但是估计仅凭此3条性质不足以确定为这种六边形。

陈九章

完美六边形研究综述

zeus

利用复数容易证明：令$A = 0$,$B = 1$,$C = s + ti$,$D = u + vi$, $E = p + qi$
根据
\[\frac{{A - B}}{{B - C}}\frac{{C - D}}{{D - E}}\frac{{E - F}}{{F - A}} =  - 1\]
解出
\[F = \frac{{(p + iq)(s + it - u - iv)}}{{ - p - iq + s + ps + iqs + it + ipt - qt - su - itu - isv + tv}}\]
若点$P$使得△PAC∽△EFD, △PCE∽△ABF, △PEA∽△CDB, 即：
\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{P - A}}{{P - C}} = \frac{{E - F}}{{E - D}} \\
\frac{{P - C}}{{P - E}} = \frac{{A - B}}{{A - F}} \\
\frac{{P - E}}{{P - A}} = \frac{{C - D}}{{C - B}} \\
\end{array} \right.\]
方程组有公共解：
\[P = \frac{{(p + iq)( - 1 + s + it)}}{{ - 1 + u + iv}}\]
其余全部可由复数运算得到，只需再结合几个结论：
(1). $z_1,z_2,z_3$的外接圆圆心
\[O = \frac{{\left( {{z_1} - {z_2}} \right){z_3}\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_2} - {z_3}} \right){z_1}\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_3} - {z_1}} \right){z_2}\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} }}{{\left( {{z_1} - {z_2}} \right)\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_2} - {z_3}} \right)\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_3} - {z_1}} \right)\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} }}\]
(2).  $z_1,z_2,z_3$的面积(沿边界顶点逆时针)
\[S =  - \frac{1}{2}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{z_1}\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_}  + {z_2}\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + {z_3}\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_} } \right)\]
$z_1,z_2,z_3,...,z_n$的面积
\[S =  - \frac{1}{2}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{z_1}\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_}  + {z_2}\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + ... {z_n}\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_} } \right)\]
(3).  $P$关于$z_1,z_2,z_3$的共轭点$Q$为
\[Q = \frac{{\beta \gamma A + \gamma \alpha B + \alpha \beta C}}{{\beta \gamma  + \gamma \alpha  + \alpha \beta }}\]
\[\alpha  \to \frac{{\left( {P - {z_2}} \right)\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_2} - {z_3}} \right)\mathop P\limits^{\_\_}  + \left( {{z_3} - P} \right)\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} }}{{\left( {{z_1} - {z_2}} \right)\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_2} - {z_3}} \right)\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_3} - {z_1}} \right)\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} }}\]
\[\beta  \to \frac{{\left( {{z_1} - P} \right)\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + \left( {P - {z_3}} \right)\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_3} - {z_1}} \right)\mathop P\limits^{\_\_} }}{{\left( {{z_1} - {z_2}} \right)\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_2} - {z_3}} \right)\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_3} - {z_1}} \right)\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} }}\]
\[\gamma  \to \frac{{\left( {{z_1} - {z_2}} \right)\mathop P\limits^{\_\_}  + \left( {{z_2} - P} \right)\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_}  + \left( {P - {z_1}} \right)\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} }}{{\left( {{z_1} - {z_2}} \right)\mathop {{z_3}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_2} - {z_3}} \right)\mathop {{z_1}}\limits^{\_\_}  + \left( {{z_3} - {z_1}} \right)\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} }}\]
(4). Marden定理：与$z_1,z_2,z_3$所构成的三角形三边相切的二次曲线的焦点满足方程：
\[\left( {z - {z_1}} \right)\left( {z - {z_2}} \right) + \lambda \mu \left( {z - {z_2}} \right)\left( {z - {z_3}} \right) + \mu \left( {z - {z_3}} \right)\left( {z - {z_1}} \right) = 0\]
$\lambda ,\mu ,\frac{1}{\lambda \mu }$分别为切点所分三边的比例。
可以断言，"完美六边形" 目前的研究大致仅限于外心，垂心，重心等较简单的不涉及根式表示的点，而关于内心、旁心等的结论几乎找不到。

dlsh

hujunhua 发表于 2020-12-29 15:27
这个分割出来的帖子，内容还是不错的，就是表述得不够美，重新表述如下。

已知：凸六边形ABCDEF的两组相 ...

感谢胡老师的改编为向量商概念找到一个最典型的实例。

hujunhua

己知：在凸六边形ABCDEF内存在一点P，使得△PAC∽△EFD, △PCE∽△ABF, △PEA∽△CDB.
求证：在凸六边形ABCDEF内存在一点Q，使得△QBD∽△FAE, △QDF∽△BCA, △QFB∽△DEC.