两道关于正三角形的题目

其妙

kuing

最后一行的下标 1 跑到根号外面去了

kuing

题2、如图，下面证明弧 `MN` 满足题设。

\begin{align*}
\sqrt{PD}+\sqrt{PE}=\sqrt{PF}&\iff\sqrt{PG}+\sqrt{PH}=\sqrt{GA}\\
&\iff2\sqrt{PG}\sqrt{PH}=GA-PG-PH\\
&\iff2\sqrt{GP}\sqrt{GJ}=GA-GH\\
&\iff2GM=GA-GB,
\end{align*}
最后一式显然成立，即得证。

青青子衿

回复 1# 其妙
回复 3# kuing
关于第一问，有以下结论：
正三角形\(\triangle ABC\)内切圆上的点到三角形三个顶点距离的平方和是正三角形边长平方（即\(a^2\)）的\(\dfrac{5}{4}\)倍
正三角形\(\triangle ABC\)外接圆上的点到三角形三个顶点距离的平方和是正三角形边长平方（即\(a^2\)）的\(2\)倍

Generalized conic
n-ellipse
Descartes' theorem

kuing

回复 4# 青青子衿

第一题不怎么好玩，我就随便写写好了。

设等边 `\triangle ABC` 外接圆半径为 `R`，圆心为 `O`，点 `X` 满足 `OX=m`，先求下面两式的值：
（1）`XA^2+XB^2+XC^2`；
（2）`XA^2XB^2+XB^2XC^2+XC^2XA^2`。

（1）因为
\[XA^2=\bigl(\vv{OX}-\vv{OA}\bigr)^2
=m^2+R^2-2\vv{OX}\cdot\vv{OA},\]
由于 $\vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}=\bm0$，所以
\[XA^2+XB^2+XC^2=3(m^2+R^2);\]

（2）设 $\langle\vv{OX},\vv{OA}\rangle=\theta_1$，则 $\vv{OX}\cdot\vv{OA}=mR\cos\theta_1$, $\vv{OX}\cdot\vv{OB}=mR\cos\theta_2$, $\vv{OX}\cdot\vv{OC}=mR\cos\theta_3$，其中 $\theta_3-\theta_2=\theta_2-\theta_1=120\du$，那么
\begin{align*}
XA^2XB^2&=\bigl(m^2+R^2-2\vv{OX}\cdot\vv{OA}\bigr)
\bigl(m^2+R^2-2\vv{OX}\cdot\vv{OB}\bigr)\\
&=(m^2+R^2)^2-2(m^2+R^2)\vv{OX}\cdot\bigl(\vv{OA}+\vv{OB}\bigr)
+4m^2R^2\cos\theta_1\cos\theta_2,
\end{align*}
故又由 $\vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}=\bm0$ 得
\begin{align*}
&XA^2XB^2+XB^2XC^2+XC^2XA^2\\
={}&3(m^2+R^2)^2+4m^2R^2(\cos\theta_1\cos\theta_2+\cos\theta_2\cos\theta_3+\cos\theta_3\cos\theta_1),
\end{align*}
由 $\theta_3-\theta_2=\theta_2-\theta_1=120\du$ 得  `\cos(k\theta_1)+\cos(k\theta_2)+\cos(k\theta_3)=0`，其中 $k\inZ$ 且 `3\nmid k`，则
\begin{align*}
4(\cos\theta_1\cos\theta_2+\cos\theta_2\cos\theta_3+\cos\theta_3\cos\theta_1)
&=-2(\cos^2\theta_1+\cos^2\theta_2+\cos^2\theta_3)\\
&=-3-(\cos2\theta_1+\cos2\theta_2+\cos2\theta_3)\\
&=-3,
\end{align*}
所以
\[XA^2XB^2+XB^2XC^2+XC^2XA^2=3(m^2+R^2)^2-3m^2R^2.\]

回到原题上，分别令 `m=R` 及 `m=R/2` 即可得出相关数值，最终结果懒得计算了……

青青子衿

回复 5# kuing
\[|OX_1|=\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{R}{2}\]
\[|OX_2|=\frac{a}{\sqrt{3}}=R\]
\begin{align*}
|AX_1|^2+|BX_1|^2+|CX_1|^2&=3\left[\left(\frac{a}{2\sqrt{3}}\right)^2+\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2\right]\\
&=\frac{5}{4}a^2
\end{align*}
\begin{align*}
|AX_2|^2+|BX_2|^2+|CX_2|^2&=3\left[\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2\right]\\
&=2a^2
\end{align*}
代入算个结果，顺便补个图：

游客

第一题用平面向量算，圆心为起点，可以看到分式中的四个式子都为定值。

色k

回复 6# 青青子衿

顺便把（2）及最终结果也帮我补充完它吧
再顺便帮3#也补充一下吧，毕竟还缺少必要性说明

游客

其妙

高手们，厉害！

kuing

回复 10# 其妙

这两题都不难啊，特别是题2，就算不用什么技巧，直接建系做都是相当容易的，我只是懒得写

其妙

关于正三角形的经典几何题还有什么题？我记得还有拿破仑三角形

isee

回复 12# 其妙

太多了，等于没问。

其妙

回复 13# isee
那关于这两道题，你还有什么解法吗？

其妙

回复  其妙

太多了，等于没问。
isee 发表于 2018-9-26 17:11

介绍一两个就可以啦

其妙

关于正三角形的经典几何题还有什么题？我记得还有拿破仑三角形
其妙 发表于 2018-9-24 20:29

拿破仑三角形及其复数证明：

kuing

回复 16# 其妙

复数证拿破仑我在你的另一帖里也写过 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=5609&pid=28422（11#）

青青子衿

回复  青青子衿
第一题不怎么好玩，我就随便写写好了。
设等边 ...
kuing 发表于 2018-9-17 15:42

仿照kk这样做的话，关于等边三角形及其外接圆的命题

就可以推广到一般三角形\(\,\triangle\,\!ABC\,\)及其外接圆\(\,\odot\,\!Q\,\)了
\begin{gather*}
\begin{cases}
\Big|\overrightarrow{XA}\Big|^2=\Big|\overrightarrow{QA}-\overrightarrow{QX}\Big|^2  
=R^2+\Big|\overrightarrow{QX}\Big|^2-2\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{QX}\\
\Big(\begin{matrix}  
\Big|\overrightarrow{BC}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}  
&\Big|\overrightarrow{AC}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}  
&\Big|\overrightarrow{AB}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}  
\end{matrix}\Big)\!\cdot\!  
\begin{pmatrix}  
\vv{QA}\\  
\vv{QB}\\  
\vv{QC}  
\end{pmatrix}  
=\boldsymbol{0}\\
\end{cases}\\
\Downarrow\\
\begin{split}
\Big(\begin{matrix}
\Big|\overrightarrow{XA}\Big|^2
&\quad\Big|\overrightarrow{XB}\Big|^2  
&\quad\Big|\overrightarrow{XC}\Big|^2  
\end{matrix}\Big)\!\cdot\!  
\begin{pmatrix}  
\Big|\overrightarrow{BC}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\\  
\Big|\overrightarrow{AC}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}\\  
\Big|\overrightarrow{AB}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}
\end{pmatrix}\\
=3\left(R^2+\Big|\overrightarrow{QX}\Big|^2\right)\cdot\Big(\begin{matrix}  
\quad1\phantom{\Big|\overrightarrow{}\Big|^2}
&\quad1\phantom{\Big|\overrightarrow{}\Big|^2}
&\quad1\quad
\end{matrix}\Big)\!\cdot\!  
\begin{pmatrix}  
\Big|\overrightarrow{BC}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\\  
\Big|\overrightarrow{AC}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}\\  
\Big|\overrightarrow{AB}\Big|^2\cdot  
\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}
\end{pmatrix}\\
\end{split}
\end{gather*}

青青子衿

青青子衿 发表于 2019-6-29 16:18
这样的话，关于等边三角形及其外接圆的命题
就可以推广到一般三角形\(\,\triangle\,\!ABC\,\)及其外接圆 ...

一般三角形的情况
\begin{gather*}
\odot\>\!O\colon\quad
a^{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)|PA|^{2}+b^{2}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)|PB|^{2}+c^{2}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)|PC|^{2}=2a^{2}b^{2}c^{2}\\
\\
\odot\>\!I\colon\quad
4\left(a|PA|^{2}+b|PB|^{2}+c|PC|^{2}\right)=4abc+\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)
\end{gather*}