等长点的问题

hejoseph

如图，直线PA、PB、PC被\(△ABC\)所截的 3 条线段等长，即\(AA'=BB'=CC'\)，这样的点\(P\) 称为 \(△ABC\) 的等长点。

记边长 \(BC=a,CA=b,AB=c\)，$ρ=a^2+b^2+c^2$,\(△ABC\) 的面积为 \(S\)，\(AA'=BB'=CC'=l\)，
证明 \(l\) 是下面方程的最大解：\[
2l^4-ρl^2+6S^2=0.\tag{1}
\]设有向面积\(S_{△BCP}:S_{△CAP}:S_{△ABP}=α:β:γ\)，其中 \(α+β+γ=1\)，则$α,β,γ$ 分别满足方程\[
2S^2(3α-1)^4+(a^2ρ-16S^2)(3α-1)^2-2(b^2-c^2)^2=0,\tag{2a}\]\[
2S^2(3β-1)^4+(b^2ρ-16S^2)(3β-1)^2-2(c^2-a^2)^2=0,\tag{2b}\]\[
2S^2(3γ-1)^4+(c^2ρ-16S^2)(3γ-1)^2-2(a^2-b^2)^2=0.\tag{2c}
\]能否确定具体 \((α,β,γ)\) 的两组解？
现在猜想若 \(a\leq b\) 且 \(a\leq c\)，则 \(α\) 为对应方程的最小解时候 \(β,γ\) 对应方程的最大解，\(α\) 为对应方程的最大解时候 \(β,γ\) 对应方程的最小解。

hejoseph

谁改了帖子了？方程都弄错了！

hujunhua

由方程`(1)`解得\[
(2l)^2=ρ±\sqrt{ρ^2-48S^2}\tag3
\]注意到 $2l=PA+PB+PC$, 而三角形费马距离（费马点到三顶点的距离之和）的平方为\[
f^2=\frac{ρ+4\sqrt3S}{2}
\]当P在△ABC内部时，按费马距离的最小性，有\(2l\ge f\), 因此公式(3)中应取正号。
可以验证$8*(1)$可以分解为\[
(l_a+l_b+l_c)(-l_a+l_b+l_c)(l_a-l_b+l_c)(l_a+l_b-l_c)=0\tag4
\]这里`l_\#=\sqrt{4l^2-3\#^2}`, 这暗示$$4l^2≥3\max(a,b,c)^2≥ρ\tag5$$假定`a≤b≤c`, 则 `l_a≥l_b≥l_c`, 当有\[
-l_a+l_b+l_c=0\tag6\]

hujunhua

将方程`(2a)`中的第2项系数`a^2ρ-16S^2`记作`b_1`, 设`x=(3α-1)^2`, `x`满足如下方程\[
2S^2x^2+b_1x-2(b^2-c^2)^2=0
\]由于`x_1x_2=-(\frac{b^2-c^2}{S})^2≤0`, 所以方程两根一正一负，取正根有唯一解\[\begin{split}
x&=\frac{-b_1+\sqrt{b_1^2+16S^2(b^2-c^2)^2}}{4S^2}\\&=\frac{16S^2-a^2ρ+a^2\sqrt{ρ^2-48S^2}}{4S^2}\\&=4-\frac{12a^2}{ρ+\sqrt{ρ^2-48S^2}}\\&=4-\frac{3a^2}{l^2}=\frac{l_a^2}{l^2}
\end{split}\]所以\[
3α-1=±\frac{l_a}{l}
\]同理$$3β-1=±\frac{l_b}{l}\\3γ-1=±\frac{l_c}{l}$$
假定`a≤b≤c`, 则\[\begin{split}
(3α-1,3β-1,3γ-1)_1=\left(+\frac{l_a}{l},-\frac{l_b}{l},-\frac{l_c}{l}\right)\\
(3α-1,3β-1,3γ-1)_2=\left(-\frac{l_a}{l},+\frac{l_b}{l},+\frac{l_c}{l}\right)
\end{split}\]

creasson

若令\[
\mathop {AC}\limits^ \to   = z\mathop {AB}\limits^ \to  ,\mathop {AP}\limits^ \to   = w\mathop {AB}\limits^ \to  
\]则\[
3{w^2} - 2w(1 + z) - {(1 - z)^2} = 0
\]例如， 对于$ A = 0, B=1, C=\frac{3}{5} + \frac{5}{6}i $, 可解出\[
P_{1,2}= \frac{{(48 + 25i) \pm 2\sqrt {59 + 150i} }}{{90}}
\]P点的一般形式解是:\[
P_{1,2}= \frac{A + B + C \pm 2\sqrt {A^2 +B^2 + C^2- A·B - B·C - C·A}}3
\]不禁联想到三角形内切Steiner椭圆焦点$F$的表示\[
F_{1,2}= \frac{A + B + C \pm \sqrt {A^2+B^2+C^2- A·B - B·C - C·A}}3
\]也就得到如下结论：
$P_1,F_1,G,F_2,P_2$5点共线并均布，如下图所示。

hujunhua

\[P_{1,2}= \frac{A + B + C \pm 2\sqrt {A^2 +B^2 + C^2- A·B - B·C - C·A}}3\\
F_{1,2}= \frac{A + B + C \pm \sqrt {A^2+B^2+C^2- A·B - B·C - C·A}}3\]
其中$(A+B+C)/3=:G$即三角形ABC的重心。\[
\frac{\sqrt {A^2+B^2+C^2- A·B - B·C - C·A}}3=:v
\]是一个向量，称为三角形ABC的偏正量，三角形ABC为正三角形当且仅当$v=0$.
也就是说，P，F以G为中心，沿偏正量方向，按偏正量长度展开均布。

hujunhua

在3#的(3)式中符号±的确定基于P在三角形内部时费马距离的最小性，这不适用于P在三角形外部的情况。
P什么情况下会在三角形的外部呢？为此，我们考察P在三角形边上的情况。
假定`P_1`在△ABC的边BC上，于是有 `α=0,β+γ=1,l_a=l=a，l_b+l_c=a`
即\[
\sqrt{4a^2-3b^2}+\sqrt{4a^2-3c^2}=a\tag7
\]于是$(b/a,c/a)$满足曲线方程\[
\sqrt{4-3x^2}+\sqrt{4-3y^2}=1\tag{7'}\\
\]完整曲线为\[
2(x^2+y^2)+3(x^2-y^2)^2=5\tag8
\]曲线图形如下

hujunhua

上面我们导出了`P_1`在△ABC的边上时，三角形三边长的约束关系。这个约束关系可以更直观化。
我们取`a=1,B(-1/2,0),C(1/2,0)`，导出顶点`A(x,y)`的轨迹曲线。
这时`b^2=(x-1/2)^2+y^2,c^2=(x+1/2)^2+y^2`,代入`(8)`得\[
4x^2+y^2=1\tag{9}
\]
除了在Steiner椭圆长轴线上的`P_1,P_2`, BC 边上还存在一个奇异解`P_3`，也符合1#的定义。

事实上，只要边长大于该边上的高，那么该边上就存在2个奇异解，使得`l`等于该边长。两解中至少有一解是奇异解。
边长大于该边上的高，即大于$sqrt{2S}$.

hejoseph

做这个问题的时候顺便做的一系列离心率等的结论发到这里来了
https://bbs.emath.ac.cn/thread-18780-1-1.html


那个等长点计算后发现就是三角形外接Steiner椭圆的焦点，且长度等于外接Steiner椭圆长半轴的 1.5 倍。