$AA',BB',CC'$为对应元素的角平分线、中线、高线，且三线共点

abababa

在锐角$\triangle ABC$中，$AA',BB',CC'$为对应元素的角平分线、中线、高线，且这三线共点。这样的三角形要怎么才能画出来？有没有什么等量性质？我知道一个不等式性质：$\angle BAC>45^\circ$。

hbghlyj

如何证明$\angle BAC>45^\circ$

hbghlyj

trilinear coordinates of the incenter = 1:1:1
trilinear coordinates of the centroid = 1/a:1/b:1/c
trilinear coordinates of the orthocenter = secA:secB:secC
$$0=\left|
\begin{array}{ccc}
0 & 1 & -1 \\
-\sin(A) & 0 & \sin(C) \\
\cos(A) & -\cos(B) & 0 \\
\end{array}
\right|=\cos (A) \sin (C)-\sin (A) \cos (B)$$
Find an instance:

1. ASATriangle[∠B,1,∠C]/.FindInstance[{Cos[∠A]<1/2,Cos[∠B] Sin[∠A]==Cos[∠A] Sin[∠C],0<=∠A,0<=∠B,0<=∠C,∠A+∠B+∠C==Pi},{∠A,∠B,∠C}][[1]]//N

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Output: Triangle[{{0., 0.}, {1., 0.}, {0.10511101672245106, 0.5416149018608618}}]
Asymptote:        

abababa

这个我想出来怎么画了，点B先不确定，先画出点A和C，这时AC的中点B'能画出来，然后画一个角A，则AB所在的直线能确定，角平分线也能画出来。再之后能确定AB边的垂线CC'，这时根据垂线CC'和角A的平分线，就能确定三线共点的O。最后画出B'O和AB所在直线的交点就是B点，就全部确定了。
只是这样画，最后那个三角形底边是斜着的，不是和x轴平行，有点不好看。tkz-euclide代码如下：

1. \begin{tikzpicture}[scale=2,label style/.style={font=\scriptsize}]
2. \tkzDefPoints{4/3/A,5/0/C}
3. \tkzDefMidPoint(A,C)\tkzGetPoint{B'}
4. \tkzDefPointBy[rotation=center A angle -35](B')\tkzGetPoint{X}
5. \tkzDefPointBy[rotation=center A angle -70](B')\tkzGetPoint{Y}
6. \tkzDefPointBy[projection=onto A--Y](C)\tkzGetPoint{C'}
7. \tkzInterLL(A,X)(C,C')\tkzGetPoint{O}
8. \tkzInterLL(B',O)(A,C')\tkzGetPoint{B}
9. \tkzInterLL(B,C)(A,O)\tkzGetPoint{A'}
10. \tkzDrawSegments[color=OliveGreen](A,B B,C C,A A,A' B,B' C,C')
12. \tkzLabelPoints[above][color=blue](A)
13. \tkzLabelPoints[left][color=blue](B)
14. \tkzLabelPoints[below right][color=blue](C)
15. \tkzLabelPoints[above right][color=blue](O)
16. \tkzLabelPoints[below left][color=blue](A')
17. \tkzLabelPoints[right][color=blue](B')
18. \tkzLabelPoints[above left][color=blue](C')
20. \tkzDrawPoints[color=blue,fill=blue](A,B,C,A',B',C',O)
21. \end{tikzpicture}

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abababa

hbghlyj 发表于 2023-4-3 01:54
如何证明$\angle BAC>45^\circ$

设$BD$为高，$\triangle ABC$的面积为$S$。

由于$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$D$在线段$AC$上，所以$\angle DC'B>\angle CC'B=90^{\circ}$，因此$\triangle DC'B$为钝角三角形，$\angle DC'B$为钝角，所以$BD>BC'$。

根据塞瓦定理可知$\frac{AC'\cdot BA'\cdot CB'}{C'B\cdot A'C\cdot B'A}=1$，而$CB'=B'A, \frac{BA'}{A'C}=\frac{AB}{AC}$，所以$\frac{AC'\cdot AB}{C'B\cdot AC}=1$，所以$AC'\cdot AB=C'B\cdot AC<BD\cdot AC=2S$，于是$AC'<\frac{2S}{AB}=CC'$，所以$\angle ACC'<\angle CAC'$。而$\angle ACC'+\angle CAC'=90^{\circ}$，所以$\angle CAC'>45^{\circ}$，即$\angle BAC>45^{\circ}$。

Ly-lie

可以这么做：如图，作直角三角形$CC'A$,再作$\angle A$的平分线与过$C'$且平行于$AC$的直线交于$A'$,延长$AC',CA'$交于$B$,易得这样的三角形满足要求，然后令$\angle C$是直角，可求得一个临界角$\cos \angle BAC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

abababa

Ly-lie 发表于 2023-4-3 19:11
可以这么做：如图，作直角三角形$CC'A$,再作$\angle A$的平分线与过$C'$且平行于$AC$的直线交于$A'$,延长$A ...

这个作法和4楼是一样的，只是这里把AC放在水平方向上了，而我还是想把BC放在水平方向，但这样如果不计算那些点的话，就不太好画出来。

hbghlyj

abababa 发表于 2023-4-3 07:38
即$\angle BAC>45^{\circ}$。

找到一个反例

1. ASATriangle[\[Angle]B,1,\[Angle]C]/.FindInstance[{Cos[\[Angle]A]>Sqrt[2]/2,Cos[\[Angle]B] Sin[\[Angle]A]==Cos[\[Angle]A] Sin[\[Angle]C],0<=\[Angle]A,0<=\[Angle]B,0<=\[Angle]C,\[Angle]A+\[Angle]B+\[Angle]C==Pi},{\[Angle]A,\[Angle]B,\[Angle]C}][[1]]//N

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Triangle[{{0., 0.}, {1., 0.}, {1.15271, 0.112232}}]
$\angle A=30.7533$°

Ly-lie

hbghlyj 发表于 2023-4-23 19:05
找到一个反例

Triangle[{{0., 0.}, {1., 0.}, {1.15271, 0.112232}}]

题面是锐角三角形

hbghlyj

Ly-lie 发表于 2023-4-3 12:11
然后令$\angle C$是直角，可求得一个临界角$\cos \angle BAC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

NMaximize算得结果相同😀

1. In[]:= NMaximize[{Cos[∠A],Cos[∠B] Sin[∠A]==Cos[∠A] Sin[∠C],0<=∠A<=Pi/2,0<=∠B<=Pi/2,0<=∠C<=Pi/2,∠A+∠B+∠C==Pi},{∠A,∠B,∠C}]
2. Out[]= {0.618034,{∠A->0.904557,∠B->0.666239,∠C->1.5708}}

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