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[讨论] 等长点的问题

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发表于 2023-1-11 14:44:37 | 显示全部楼层 |阅读模式

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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。
捕获.PNG
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。
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 2023-1-12 14:36:41 | 显示全部楼层
谁改了帖子了?方程都弄错了!

点评

没有错啊,用等腰三角形验算正确。用{13,14,15}验算也正确。  发表于 2023-1-19 17:03
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发表于 2023-1-20 13:09:41 | 显示全部楼层
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\[
f^2=\frac{ρ+4\sqrt3S}{2}
\]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\[
-l_a+l_b+l_c=0\tag6\]
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发表于 2023-1-20 13:40:54 | 显示全部楼层
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\[\begin{split}
(3α-1,3β-1,3γ-1)_1=\left(+\frac{l_a}{l},-\frac{l_b}{l},-\frac{l_c}{l}\right)\\
(3α-1,3β-1,3γ-1)_2=\left(-\frac{l_a}{l},+\frac{l_b}{l},+\frac{l_c}{l}\right)
\end{split}\]
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
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。
20A5786B-A67E-4B3C-B01F-FB6690E789D0.png

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发表于 4 天前 | 显示全部楼层
\[P_{1,2}= \frac{A + B + C \pm 2\sqrt {A^2 +B^2 + C^2- A·B - B·C - C·A}}3\\
F_{1,2}= \frac{A + B + C \pm \sqrt {A^2+B^2+C^2- A·B - B·C - C·A}}3\]
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。
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