关于三角形或四面体，我也提一个问题。。。

rayfekeeper

不妨设x<=y<=z,否则交换位置。建立平面直角坐标系，固定P为原点，C为(z,0)
这样问题可以转化为，在同心圆P（半径分别为x，y）上找两点，使得和C点能组成正三角形，于是我们能找到为正三角形的条件
A，B必定为圆C与同心圆P的交点，并且还有AB=AC

rayfekeeper

zeus 发表于 2013-11-29 19:54

我本来想把思路写完，看来是不用写了。~~

mathe

神奇的三角形。第一问中能组成正三角形的充要条件竟然还是x,y,z能够构成三角形。而如果限定P在正三角形内部，还要求x,y,z构成三角形最大角小于120度

数学星空

对于已知平面上有三个动点$A,B,C$及一个定点$P $，且满足$PA=x,PB=y,PC=z$ 。
(1)是否一定存在$ABC $，使三角形$ABC$ 为正三角形？
此问可参考
完全四点形的边长约束
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php ... 87&fromuid=1455
(出处: 数学研发论坛)

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设正三角形边长为$t$,代入$u=v=w=t$ ,则有 $(-2*x^4+4*x^2*y^2+4*x^2*z^2-2*y^4+4*y^2*z^2-2*z^4)*t^2-2*z^2*y^2*x^2=0$
即 $t=(y*x*z)/sqrt(-x^4+2*x^2*y^2+2*x^2*z^2-y^4+2*y^2*z^2-z^4)$    （1）
我们易知分母即为$x,y,z$构成三角形的面积的1/4
即使$ABC$为正三角形的条件为$x,y,z$可构成三角形,且构成三角形边长$t$满足(1)
注：$t$ 也等于$x,y,z$构成三角形的外接圆半径

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上面的参数代入有误，正确的代入 $AB=AC=BC=t$ 得到 $-t^4+(x^2+y^2+z^2)*t^2-x^4+x^2*y^2+x^2*z^2-y^4+y^2*z^2-z^4=0$
算得：$t=sqrt(2*x^2+2*y^2+2*z^2+2*sqrt(-3*x^4+6*x^2*y^2+6*x^2*z^2-3*y^4+6*y^2*z^2-3*z^4))/2$ (2)
显然有解的条件为$sqrt(-3*x^4+6*x^2*y^2+6*x^2*z^2-3*y^4+6*y^2*z^2-3*z^4)={sqrt(3)*S}/4$即条件为$x,y,z$能构成三角形
且构成正三角形边长为(2)

mathe

只要将图形绕正三角形顶点六十度角就可以看出x,y,z构成三角形

数学星空

对于已知平面上有三个动点$A,B,C$及一个定点$P $且满足$PA=x,PB=y,PC=z$ 。
(1)是否一定存在$A,B,C $，使三角形$S_{PAB}=S_{PAC}=S_{PBC}$成立？

可设($ABC$三边长分别为$a,b,c$)
$-a^4+2*a^2*b^2+2*a^2*c^2-b^4+2*b^2*c^2-c^4=3*s$
$-c^4+2*c^2*x^2+2*c^2*y^2-x^4+2*x^2*y^2-y^4=s$
$-b^4+2*b^2*x^2+2*b^2*z^2-x^4+2*x^2*z^2-z^4=s$
$-a^4+2*a^2*y^2+2*a^2*z^2-y^4+2*y^2*z^2-z^4=s$

可以得到：
$3*a^8+(-16*x^2-4*y^2-4*z^2)*a^6+(24*x^4+32*x^2*y^2+32*x^2*z^2-14*y^4+12*y^2*z^2-14*z^4)*a^4+(-80*x^4*y^2-80*x^4*z^2+$
$48*x^2*y^4-32*x^2*y^2*z^2+48*x^2*z^4-4*y^6+4*y^4*z^2+4*y^2*z^4-4*z^6)*a^2+3*z^8-12*y^2*z^6+18*y^4*z^4-40*x^4*z^4-$
$12*y^6*z^2+16*z^2*y^2*x^4+64*x^6*z^2+3*y^8-40*x^4*y^4+64*x^6*y^2-16*x^8=0$

$3*b^8+(-4*x^2-16*y^2-4*z^2)*b^6+(-14*x^4+32*x^2*y^2+12*x^2*z^2+24*y^4+32*y^2*z^2-14*z^4)*b^4+(-4*x^6+48*x^4*y^2+$
$4*x^4*z^2-80*x^2*y^4-32*x^2*y^2*z^2+4*x^2*z^4-80*y^4*z^2+48*y^2*z^4-4*z^6)*b^2+3*x^8-12*x^6*z^2-$
$40*x^4*y^4+18*x^4*z^4+64*x^2*y^6+16*x^2*y^4*z^2-12*x^2*z^6-16*y^8+64*y^6*z^2-40*y^4*z^4+3*z^8=0$

$3*c^8+(-4*x^2-4*y^2-16*z^2)*c^6+(-14*x^4+12*x^2*y^2+32*x^2*z^2-14*y^4+32*y^2*z^2+24*z^4)*c^4+(-4*x^6+4*x^4*y^2+$
$48*x^4*z^2+4*x^2*y^4-32*x^2*y^2*z^2-80*x^2*z^4-4*y^6+48*y^4*z^2-80*y^2*z^4)*c^2+3*x^8-12*x^6*y^2+18*x^4*y^4-$
$40*x^4*z^4-12*x^2*y^6+16*x^2*y^2*z^4+64*x^2*z^6+3*y^8-40*y^4*z^4+64*y^2*z^6-16*z^8=0$

成立的条件为各方程至少有一个实根。

mathe

空间问题最后一问也挺容易，我们知道有解时P是四面体重心。这也代表四个向量PA,PB,PC,PD和为零。也就是以x,y,z,w为长度可以构成空间四边形。也就是要求最长的边小于另外三个之和即可。同样，我们可以看出这时解不是唯一的。所以还有一个

mathe

还有一个问题，这时体积最大为多少。

hujunhua

从力学上看，最后一问的回答是肯定的，没有例外。
至于是否有多解，凭经验应该是唯一解，因为那样的力学模型中一般没有亚稳态。

数学星空

对于空间中有一点“P”，从P放射出四条线段 $PA,PB,PC,PD$ 。
已知$PA= a,PB=b,PC=c,PD=d$为定值，是否一定存在某种情形，使四面体ABCD：
(1)各棱彼此相等（即为正四面体）？

我们可以得到（设正四面体棱长为t）
$sqrt(-a^4+a^2*b^2+a^2*c^2+a^2*t^2-b^4+b^2*c^2+b^2*t^2-c^4+c^2*t^2-t^4)+sqrt(-b^4+b^2*c^2+b^2*d^2+b^2*t^2-c^4+c^2*d^2+c^2*t^2-d^4+d^2*t^2-t^4)+$

$sqrt(-a^4+a^2*c^2+a^2*d^2+a^2*t^2-c^4+c^2*d^2+c^2*t^2-d^4+d^2*t^2-t^4)+sqrt(-a^4+a^2*b^2+a^2*d^2+a^2*t^2-b^4+b^2*d^2+b^2*t^2-d^4+d^2*t^2-t^4)=sqrt(2)*t^2$