同心圆的小圆内接正$\triangle ABC$，点$P$在大圆上，求$PA,PB,PC$所成三角形的面积

abababa

$\odot O_1,\odot O_2$是同心圆，半径分别为$r_1,r_2$且$r_1<r_2$。等边$\triangle ABC$内接于$\odot O_1$，点$P$在$\odot O_2$上，求$PA,PB,PC$构成的三角形的面积。

这个题我求出来结果了，但是我觉得要先证明能构成三角形。由对称性，可以把点$P$限制在由射线$OA,BO$与大圆交点所构成的弧中间，这时我可以证明$PB>PC>PA$，接下来要怎么证明$PA+PC>PB$呢？

kuing

如楼主图的情况下，设 `PB` 与 `\odot O_1` 交于 `F`，则 `F` 为 `\triangle PAC` 的费马点，有 `PB=FA+FC+FP`。
而任意两边之和大于费马点到三顶点之和是容易证明的，见下图：

kuing

另外，我曾在刚建论坛的测试帖里贴过如下结论：

平面上，正三角形边长 $t$，某点到三顶点距离 $x$, $y$, $z$，则
\[3(x^2+y^2+z^2)^2-6(x^4+y^4+z^4)=(2t^2-x^2-y^2-z^2)^2.\quad(*)\]

左边可以分解为 `3(x+y+z)\prod(x+y-z)`；
右边也可以化简，按楼主的图，有
\begin{align*}
PA^2+PB^2+PC^2&=\bigl(\vv{PO}+\vv{OA}\bigr)^2+\bigl(\vv{PO}+\vv{OB}\bigr)^2+\bigl(\vv{PO}+\vv{OC}\bigr)^2\\
&=3PO^2+OA^2+OB^2+OC^2+2\vv{PO}\cdot\bigl(\vv{OA}+\vv{OB}+\vv{OC}\bigr)\\
&=3PO^2+3r_1^2,
\end{align*}
又 `t=\sqrt3r_1`，所以式 (*) 可以化为
\[(x+y+z)\prod(x+y-z)=3(r_1^2-OP^2)^2,\]
由此可见，只要 `P` 不在 `\odot O_1` 上，`PA`, `PB`, `PC` 都能构成三角形，同时得到
\[S=\frac{\sqrt3}4\abs{r_1^2-OP^2}.\]

不过，式 (*) 怎么来的，我忘了😁

kuing

另另外，我又想起这帖：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5589&page=1#pid28269
用帖中 5# 的方法，肯定也可以推出楼上的结论😊

hbghlyj

求等边△ABC三顶点的边长,已知点P到三顶点的距离为4,7,9.
由 Cayley–Menger determinant
$$\begin{vmatrix}
0&AB^2&AC^2&AP^2&1\\
AB^2&0&BC^2&BP^2&1\\
AC^2&BC^2&0&CP^2&1\\
AP^2&BP^2&CP^2&0&1\\
1&1&1&1&0
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
   0 & {{x^2}} & {{x^2}} & {{4^2}} & 1  \\
   {{x^2}} & 0 & {{x^2}} & {{7^2}} & 1  \\
   {{x^2}} & {{x^2}} & 0 & {{9^2}} & 1  \\
   {{4^2}} & {{7^2}} & {{9^2}} & 0 & 1  \\
   1 & 1 & 1 & 1 & 0  \\
\end{vmatrix} = -6338 x^2 + 292 x^4 - 2 x^6=0$$
方程正根为$\sqrt {73 \pm 12\sqrt {15} } $

hbghlyj

将有向面积[ABC]+[BCP]+[CAP]+[ABP]=0用海伦公式展开

hbghlyj

给定△ABC，点P到△ABC顶点A,B的距离为PA,PB，求PC.
$$CP = \sqrt {\frac{{A{P^2} + B{P^2} + A{C^2} + B{C^2} - A{B^2}}}2 + \frac{{\left( {A{C^2} - B{C^2}} \right)\left( { - A{P^2} + B{P^2}} \right) + A{C^2}}}{{2A{B^2}}} \pm \frac{{\left[ {ABC} \right]\left[ {ABP} \right]}}{32AB^2}} $$

hbghlyj

等边三角形的顶点到一点 $X$ 的距离 3、4、5。求边长的最大值？
AOPS
pair IP(path[] A, path[] B, int m=0)
{
pair[] intpoints=intersectionpoints(A,B);
return intpoints[m];
}

pair OP(path[] A, path[] B)
{
return IP(A,B,1);
}size(300); defaultpen(linewidth(0.4)+fontsize(8));  pair O = (0,0); pair A,B,C,Op,Bp,Cp; path c3,c4,c5; c3 = circle(O,3); c4 = circle(O,4); c5 = circle(O,5); draw(c3^^c4^^c5, gray+0.25); A = 5*dir(96.25); Op = rotate(60,A)*O; B = OP(circle(Op,4),c3); Bp = IP(circle(Op,4),c3); C = rotate(-60,A)*B; Cp = rotate(-60,A)*Bp; draw(A--B--C--A, black+0.8); draw(A--Bp--Cp--A, royalblue+0.8); draw(circle(Op,4), heavygreen+0.25); dot("$A$",A,N); dot("$X$",O,E); dot("$X'$",Op,E); dot("$C$",B,SE); dot("$C'$",Bp,SE); dot("$B$",C,2*SW); dot("$B'$",Cp,2*S);
点 $X$ 在 $\triangle ABX$ 内部时边长最大.
$\triangle ABX$ 绕 $A$ 逆时针旋转 $60^\circ$ 到 $\triangle ACX'$.
$\begin{rcases}\angle XAX'=60^\circ\\XA = X'A = 5\end{rcases}\Rightarrow\triangle XAX'$ is equilateral, $XX' = 5.$
$\begin{rcases}XC = 3\\X'C = 4\\X'X=5\end{rcases}\Rightarrow\angle XCX'=90^\circ$
$\begin{rcases}\angle ABC + \angle ACB = 120^\circ\\\angle XCA + \angle XBA = 90^\circ\end{rcases}\Rightarrow\angle XCB+\angle XBC = 30^\circ\Rightarrow\angle BXC = 150^\circ.$
Applying the law of cosines on triangle $BXC$ yields
\[BC^2 = BX^2+CX^2 - 2 \cdot BX \cdot CX \cdot \cos150^\circ = 4^2+3^2-24 \cdot \frac{-\sqrt{3}}{2} = 25+12\sqrt{3}\]

abababa

kuing 发表于 2024-2-14 22:09
如楼主图的情况下，设 `PB` 与 `\odot O_1` 交于 `F`，则 `F` 为 `\triangle PAC` 的费马点，有 `PB=FA+FC+ ...

原来如此，其实旋转全等之后就得到两边和大于$PB$了，不用$PB=FA+FC+FP$。

abababa

kuing 发表于 2024-2-14 22:52
另外，我曾在刚建论坛的测试帖里贴过如下结论：

平面上，正三角形边长 $t$，某点到三顶点距离 $x$, $y$, $ ...

这个题我用了秦九韶三斜求积术，所以计算上显得比海伦公式简单。下面我把求面积的那个解答发上来：
设$c=\frac{1}{2}r_1$，于是不妨设$A(0,2c),B(-\sqrt{3}c,-c), C(\sqrt{3}c,-c), P(s,t)$，其中$s=r_2\cos\theta, t=r_2\sin\theta$，从而$s^2+t^2=r_2^2$。

显然$PA^2=(s-0)^2+(t-2c)^2, PB^2=(s+\sqrt{3}c)^2+(t+c)^2, PC^2=(s-\sqrt{3}c)^2+(t+c)^2$。由秦九韶公式有$4S^2=PA^2 \cdot PB^2-(\frac{PA^2+PB^2-PC^2}{2})^2=\frac{3}{4}(s^2+t^2-4c^2)^2=\frac{3}{4}(r_2^2-r_1^2)^2$，于是$S=\frac{\sqrt{3}}{4}(r_2^2-r_1^2)$。