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[转载] 老封的平衡六边形定理

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发表于 2018-7-7 20:10:48 | 显示全部楼层 |阅读模式

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帖子命名原因见4#  发表于 2020-12-29 15:34
这是从“三角形正负等角中心间距”分割出来的帖子。因为内容与原帖关于不大。  发表于 2020-12-29 14:58
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2018-7-7 20:11:28 | 显示全部楼层
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实际上应用了向量商概念  发表于 2020-12-30 21:25
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 楼主| 发表于 2018-7-7 20:12:22 | 显示全部楼层
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发表于 2020-12-29 15:27:50 | 显示全部楼层
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。
平衡六边形.png
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。

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从下面的答复可以进一步探讨P和Q重合的条件。  发表于 2021-1-2 22:10
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 楼主| 发表于 2020-12-29 16:52:17 | 显示全部楼层
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!
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发表于 2020-12-29 23:26:31 | 显示全部楼层

P与Q重合的六边形果然别致

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。

平衡六边形.png

点评

期待胡老师对超完美六边形进行精彩研究。。。。。。  发表于 2020-12-30 19:45
如果4楼的六边形敢称完美,则本楼的六边形只好称为超完美了。^_^_^_^  发表于 2020-12-30 16:44
4#的六边形就是7#所谓的完美六边形。而此处的六边形只是所谓完美六边形的一个子集。  发表于 2020-12-30 16:40
这可能是老封的完美六边形?  发表于 2020-12-30 12:36
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 楼主| 发表于 2020-12-30 15:06:05 | 显示全部楼层

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hujunhua + 3 + 4 + 3 + 3 + 3 链接资源不错

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发表于 2020-12-31 11:37:39 | 显示全部楼层
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。

点评

精彩!祝各位老师元旦快乐!  发表于 2020-12-31 19:07
算也可以,其实也容易处理, 作个简单代换 \[ u\to \frac{1}{4} \left(s^2+2 s-t^2-x^2+y^2+1\right),v\to \frac{1}{2} (s t+t-x y) \] ,根式就没了。  发表于 2020-12-31 18:34
:lol,这大概不能算  发表于 2020-12-31 18:32
4#的两个控制点P与Q重合涉及根式。  发表于 2020-12-31 17:41
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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。
胡俊华的平衡六边形.gif

点评

根据上面计算结果,用有向角概念,如果∠A+∠C+∠E=0,相间三边乘积相等,可能也有同样结论  发表于 2021-1-3 21:36
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发表于 2021-1-3 03:43:52 | 显示全部楼层

更接近老封原意的重新表述

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.
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