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楼主: hujunhua

[讨论] 三角形的心迹

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发表于 2016-7-25 20:14:52 | 显示全部楼层
本帖最后由 creasson 于 2016-7-26 08:11 编辑


简化下,记号$\alpha  = \angle BPC,\gamma  = \angle APB,u = \tan \frac{\alpha }{2}$
然后令\[{z_B} = 0,{z_C} = 1,{z_A} = \frac{{\left( {s + t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{s{{\left( {1 - it} \right)}^2}}},{z_P} = \frac{{\left( {u + v} \right)\left( {1 - uv} \right)}}{{u{{\left( {1 - iv} \right)}^2}}}\]
,
那么曲线方程是\[{e^{i\gamma }} - \frac{{\left( {s + t} \right)\left( {1 - st} \right)}}{{s{{\left( {1 - it} \right)}^2}}}\frac{{u{{\left( {1 - iv} \right)}^2}}}{{\left( {u + v} \right)\left( {1 - uv} \right)}}{e^{i\gamma }} \in R\]
注:式中参数$s,t,u,v$为角度之半的正切.

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参数\(s, t, v\)表示什么几何意义?  发表于 2016-7-26 07:05
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发表于 2016-7-25 23:08:14 | 显示全部楼层
\(m(A-\frac{\pi}{3})+\frac{2\pi}{3}+2k\pi \in[0,\pi]\)

\(m(B-\frac{\pi}{3})+\frac{2\pi}{3}+2k\pi \in[0,\pi]\)

\(m(C-\frac{\pi}{3})+\frac{2\pi}{3}+2k\pi \in[0,\pi]\)

针对\(k=0,1,2,3,4,5\)计算满足上述条件的\(m\)值,然后针对每一个\(m\)值计算满足:

\(a^2=y^2+z^2-2yz\cos(m(A-\frac{\pi}{3})+\frac{2\pi}{3}+2k\pi)\)

\(b^2=x^2+z^2-2xz\cos(m(B-\frac{\pi}{3})+\frac{2\pi}{3}+2k\pi)\)

\(c^2=y^2+x^2-2yx\cos(m(C-\frac{\pi}{3})+\frac{2\pi}{3}+2k\pi)\)

取\(a=3,b=4,c=4.5,A[2,0],C[-2,0]\)

\(k=0,-3.125722446\leqslant m \leqslant 6.251444898\),均匀取10000个点,结果只有6750个解是正解,见下图





\(k=1,-21.88005713 \leqslant m \leqslant 25.00577959\),均匀取10000个点,结果只有4190个解是正解,见下图





\(k=2,-40.63439182 \leqslant m \leqslant 43.76011427\),均匀取10000个点,结果只有3990个解是正解,见下图





\(k=3,-59.38872651\leqslant m \leqslant 62.51444896\),均匀取10000个点,结果只有4000个解是正解,见下图





\(k=4,-78.14306120\leqslant m \leqslant 81.26878365\),均匀取10000个点,结果只有4080个解是正解,见下图





\(k=5,-96.89739589 \leqslant m \leqslant 100.0231183\),均匀取10000个点,结果只有4150个解是正解,见下图





将以上\(k=0,1,2,3,4,5\)全部叠加在一起如下图

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都属于【0,pi】,那就成了 在三角形内部了。咱们是要画出完整的光滑连续的心迹曲线图,所以要扩展这个范围  发表于 2016-7-26 09:54
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 楼主| 发表于 2016-7-31 23:10:02 | 显示全部楼层

LH(1,1)的一个有趣性质——待证明

将一个三角形绕LH(1,1)旋转一个角度,则源与像的对应边交点构成一个正三角形。
已经数值验证,求证明。

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发表于 2016-8-1 21:13:37 来自手机 | 显示全部楼层
其他心就不可以吗?

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@mathe 容易证明圆AA'H过两对对应边交点,即5点共圆,于是由45#的命题得证。  发表于 2016-8-3 20:06
找到证明方法了,结果发现其它心还真不可以,即旋转任何角度都交不到正三角形!  发表于 2016-8-2 02:44
其它点可能对旋转个别特定角度可以,不能对任意角度都可以。  发表于 2016-8-1 21:46
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 楼主| 发表于 2016-8-2 11:53:42 | 显示全部楼层

LH(1,1)与三角形的内接正三角形

网络画板图

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当然! ∠AHB=∠C+∠CAH+∠CBH=∠C+∠B'C'H+∠A'CH=∠C+∠A'C'B'=∠C+π/3  发表于 2016-8-3 13:10
果真如此,那就给 内接正三角形的做法添上新思路了~  发表于 2016-8-3 09:18
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 楼主| 发表于 2016-8-2 14:48:51 | 显示全部楼层

绕LH(1,1)旋转60°

对于LH(1,1)的趣味,第一感是在将三角形绕LH(1,1)旋转60°形成的图中探寻,如下图左。
因为图中包括三个正三角形,周角H剩下的一半被分成的三个角刚好分别∠A、∠B、∠C,
这种特征应该蕴含一些特殊的关系。
第一感觉,△AB'H, △HBC', △A'HC极像与原三角形ABC相似。动态几何验证,果然不差。
第二发现,如下图右,△A*B*C*与原三角形ABC相似。动态几何验证正确。

第三发现,如下图,六边形的 3 条大对角线共点。这一点可能如@mathe所踩,不一定非得LH(1,1)吧。


不过,这些都还有待严格证明。

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 楼主| 发表于 2016-8-5 20:27:36 | 显示全部楼层
由上45#和46#可以抽出以下命题:

倚一个三角形的各边依次向外作顶角120°的等腰三角形,那么仨等腰三角形的顶点构成正三角形。

动态几何图见这里,可以移动顶点

图中给出了巧妙的辅助线,揭示了证明方法。

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昨天在微信号“超级数学建模”看到放出了此题,时间真凑巧。有回复说这个叫做拿破伦定理。  发表于 2016-8-10 17:56
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 楼主| 发表于 2016-8-7 01:50:48 | 显示全部楼层
想起本站的@wiley提到过一个三角形中心百科大全的网站,在本坛搜了半天(主要是wiley的名字没搞准)终于找到wiley的回帖和网站链接。

三角形中心大全(ETC)上查到LH(1,1), 为X(15),排名还是相当靠前的。

名曰第一等力点(1st Isodynamic point),不知何以得名,有何力学背景。
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发表于 2016-8-7 14:02:01 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2016-8-7 01:50
想起本站的@wiley提到过一个三角形中心百科大全的网站,在本坛搜了半天(主要是wiley的名字没搞准)终于找 ...


我记得以前看过一本物理竞赛书。讲的是 作用于同一个点的 三个力的受力平衡问题。三个力两两交叉成一个角度。当该点达到静力平衡时,该点叫做 等力点。 三个力对应成比例,比例值为对角的正弦之比。

所以形象的说起来,就是\( \triangle{ABC}\) 所在平面内, 满足关系 \( \frac{| \overrightarrow{AS}|}{\sin(\angle BSC)}=  \frac{| \overrightarrow{BS}|}{\sin(\angle CSA)} = \frac{| \overrightarrow{CS}|}{\sin(\angle ASB)} \) 的点\( S\)就做 \( \triangle{ABC}\)的等力点

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奥。那就有意思了。  发表于 2016-8-9 14:49
重心符合这个要求。  发表于 2016-8-7 22:06
LH(1,1)不符合这一要求。  发表于 2016-8-7 21:14
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发表于 2016-8-7 22:18:13 | 显示全部楼层
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