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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 09:27:38 | 显示全部楼层

关于 胡子坐标系 的构建

确实有的地方是模$\pi$. 甚至有可能是混杂着错误。

作图,在三角形$ABC$内,找到一点$P$,使得$∠BPC = m*(∠A -\pi/3)+2/3\pi,  ∠APC = m*(∠B -\pi/3)+2/3\pi, ∠APB = m*(∠C -\pi/3)+2/3\pi$


随着 $m$在实数范围内游走, $∠APC = m*(\beta -\pi/3)+2/3\pi$就会超出$[0,\pi]$, 那么,如何从方便几何作图的角度,延拓$ ∠APB,∠BPC,∠APC$的值,消除 mathe在35#所说的这些角的 病态特征(即在三角形顶点处,某些角度并不是光滑连续的变化)。
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发表于 2016-7-25 17:25:05 | 显示全部楼层
换了一种方法作图。都是根据四点共圆。之前的做法是找到与P点异侧的共圆点,现在是找同侧的点。
一开始由于某一边的顺时针与逆时针搞反了,做出的图不一样,以为发现只过一个旁心的症结了,现在纠正过来,跟原先作图法做出来的图像完全一样。悲剧了。
对于 圆PAB 的做法:先作出弦长$AB$的中垂线与$∠PAB =\pi/6 - m/2*(∠A-\pi/3)$的交点(一定要选取与P点同侧的点。同侧相等,异侧互补,才能共圆),然后直接过该点,以及A,B这三个点作圆,则P点也一定在其上

其他圆如法炮制。只需要做两个就行,我将三个圆全部做出来了,是为了验证三个圆交与一点。
贴图如下:
(外心是O,内心是I,旁心是三个带下标的I,垂心是H)


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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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