【尺规作图】等周点（isoperimetric point）怎么做出？

dodonaomik

kuing

我更关心的是各线段长的表达式，下面来玩玩。

记 $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$, $AP = u$, $BP = v$, $CP = w$，令
\begin{align*}
P_1 &= (au)^2(-a^2 + b^2 + c^2 - u^2 + v^2 + w^2), \\
P_2 &= (bv)^2(a^2 - b^2 + c^2 + u^2 - v^2 + w^2), \\
P_3 &= (cw)^2(a^2 + b^2 - c^2 + u^2 + v^2 - w^2), \\
Q &= (abc)^2 + (avw)^2 + (bwu)^2 + (cuv)^2,
\end{align*}
由已知结论有
\[
P_1 + P_2 + P_3 = Q,
\]
令 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，设那三个三角形的周长都为 $2m$，即
\[a + v + w = b + w + u = c + u + v = 2m,\]
由此可得
\[u = m - x, v = m - y, w = m - z,\]
将其代入 $P_1 + P_2 + P_3 = Q$ 中整理，最终得到
\[\bigl((xy+yz+zx)^2-4xyz(x+y+z)\bigr)m^2
+2xyz(xy+yz+zx)m+x^2y^2z^2=0,\]
解得
\begin{align*}
m&=\frac{-xyz(xy+yz+zx)\pm2xyz\sqrt{xyz(x+y+z)}}{(xy+yz+zx)^2-4xyz(x+y+z)}\\
&=\frac{-xyz}{xy+yz+zx\pm2\sqrt{xyz(x+y+z)}},
\end{align*}
由此可见必须 $xy+yz+zx<2\sqrt{xyz(x+y+z)}$ 才存在正数 $m$（但还不能肯定存在所求点，因为 $m$ 还需要大于 $x$, $y$, $z$），舍去负根后进一步化简得
\[m=\frac1{2\sqrt{\frac{x+y+z}{xyz}}-\frac1x-\frac1y-\frac1z}
=\frac1{\frac2r-\frac1x-\frac1y-\frac1z},\]
其中 $r$ 为 $\triangle ABC$ 内切圆半径。

这样我们就得到了 $u$, $v$, $w$ 的表达式，当它们都为正时，所求点就存在，至于怎么尺规我就不知道了。

dodonaomik

也感谢KUING斑竹！我细细阅读一番~~~至于尺规作图，我再慢慢寻思寻思~~~争取想出来把它

游客

几何画板能作，尺规应该作不来。P是三双曲线的公共点。如果双曲线的能转化为尺规，那么椭圆也可以了，这样三等分角就解决了。当然，如果三角形很特殊，相当于三等分特殊角，那就是另外一回事情了。
（有段时间登不上这个网页，说是下架了，是网页的事情还是我电脑中毒了？）

kuing

回复 4# 游客

尺规是可作的，就看上面我求出的周长表达式就知道，根据那个式子理论上就可以构造出作法，只是可能很麻烦，也不优美，所以我才没写。

PS、前段时间论坛的确被下架了，我到官网询问，他们叫我清理违规帖子，我只能呵呵了，实在没看出哪里有违规，只好清理了“闲聊吹水”区的帖子并撤消了该区。

dodonaomik

我更关心的是各线段长的表达式，下面来玩玩。

记 $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$, $AP = u$, $BP = v$, $CP ...
kuing 发表于 2016-1-12 22:46

KUING斑竹，

我能否请教两个问题？【在您的演算过程中的】

kuing

回复 6# dodonaomik

那些 P1 P2 P3 和 Q 只不过是一个临时记号而已，不是点也不是什么特别的符号，你可以随便换成 $\alpha,\beta,\gamma$ 都可以。

$\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}=r$ 是易证的，由海伦公式可知面积 $S=\sqrt{xyz(x+y+z)}$，而 $r=2S/(a+b+c)=S/(x+y+z)$，这样就得到了。

dodonaomik

回复 7# kuing


    已经看懂！我不得不说、：
KUING斑竹，你真是学几何学的出神入化了！

hbghlyj

X(175) = ISOPERIMETRIC POINT

hejoseph

$\odot A$、$\odot B$、$\odot C$ 两两外切，与 $\odot A$、$\odot B$、$\odot C$ 都相切的圆称为 $\triangle ABC$ 的 Soddy 圆，其中在 $\triangle ABC$ 内部的 Soddy 圆称为 $\triangle ABC$ 的内 Soddy 圆，另外一个 Soddy 圆称为 $\triangle ABC$ 的外 Soddy 圆。



给定三圆 $\odot A$、$\odot B$、$\odot C$，$\odot A$、$\odot B$ 外切于 $F$，$\odot A$、$\odot C$ 外切于 $E$，$\odot B$、$\odot C$ 外切于 $D$，求作 $\triangle ABC$ 的外 Soddy 圆。

作图法：作直线 $BC$ 与直线 $EF$ 的交点 $P$，过点 $P$ 作 $\odot A$ 的切线。若直线 $BC$ 与直线 $EF$ 平行，则作与直线 $BC$ 平行的 $\odot A$ 的切线。在 $\triangle ABC$ 外的切点为 $Q$。同法作出 $\odot B$ 的切点 $R$，$\odot C$ 的切点 $S$，则$\triangle QRS$ 的外接圆就是 $\triangle ABC$ 的外Soddy圆。



若在上面的作图法中所作的切点在 $\triangle ABC$ 内，设切点为 $T$、$U$、$V$，则 $\triangle TUV$ 的外接圆就 $\triangle ABC$ 的内 Soddy 圆。

下面求解这个问题：给定 $\triangle ABC$，求作一点 $O$，使 $OA + OB + AB = OB + OC + BC = OC + OA + CA$。

作图法：若点 $O$ 存在，作 $\triangle ABC$ 的内切圆，点 $A$ 到内切圆的切线长为 $t$，点 $B$ 到内切圆的切线长为 $u$，点$C$ 到内切圆的切线长为 $v$，那么 $t - u = CA - BC$，而 $OA - OB = BC - CA$，所以 $OA + t - (OB + u) = 0$，即 $OA + t =OB + u$。同理可得 $OA + t =OC + v$。因此所求的点 $O$ 就是与以点 $A$ 为圆心 $t$ 为半径的圆、以点 $B$ 为圆心 $u$ 为半径的圆、以点 $C$ 为圆心 $v$ 为半径的圆都内切的圆的圆心，并且 $OA + OB + AB$、$OB + OC + BC$、$OC + OA + CA$ 的值与这个圆的直径相等。



由此可知，并不是任意三角形的等周点都存在的。

hejoseph

由上面的讨论也可以知道，这个等周点的作图是阿波罗尼斯作图问题的一个特殊情形，最一般的情形去找阿波罗尼斯作图问题的解法就行。

hbghlyj

抄录        trilinear coordinates and triangle centers 505-510页§8.11索迪圆
给出 $\triangle A B C$, 以顶点 $A, B, C$ 为圆心, 作三个圆两两相切, 并作与 $\odot A$, $B, \odot C$ 都外切的圆 $\odot S$, 以及与 $\odot A, \odot B, \odot C$ 都相内切的圆 $\odot S'$.
$\odot S$ 称为内索迪 (Soddy) 圆, $\odot S'$ 称为外索迪圆, 如图 8. 65 . 下面通过一个反演变换来求这两圆的半径及圆心坐标. 如图 8.66, 考虑以 $A_1$ 为反演中心的一个变换, 这变换将 $\odot A$ 变换为 $\odot A$ 自身. $\odot B$ 和 $\odot C$ 变换为两条与 $B C$ 垂直的直线, 且与 $\odot A$ 切于 $P_2, P_3$, 这里 $P_2 P_3 \px B C$. 与 $\odot A$ 及上述两条直线相切的有两个圆, 即 $\odot K$ 及 $\odot K'$. 两圆的半径是 $K T_1$ 及 $K' T'_1$. 这里 $T_1$ 及 $T'_1$ 既位于 $\odot A$ 上, 又在 $A$ 角的高线上. 这两个圆实际上是内、外索迪圆在同一反演变换下的反演象. $\odot K$ 是内索迪圆的反演象. 从而 $A_1 T_1, A_1 T_2, A_1 T_3$ 必定与 $\odot A, \odot B, \odot C$ 交于 $T_a, T_b, T_c$ ( $T_a, T_b, T_c$ 是内索迪圆与 $\odot A, \odot B, \odot C$ 的切点, 图中末示出). 类似地, $\odot K'$ 是外索迪圆在同一反演下的反演圆, $A_1 T'_1, A_1 T'_2, A_1 T'_3$ 必定与 $\odot A, \odot B$, $\odot C$ 交于 $T'_a, T'_b, T'_c$.($T'_a, T'_b, T'_c$, 是外索迪圆与 $\odot A, \odot B, \odot C$ 的切点)
下面利用这个反演象来求出索迪圆的半径, 如图 8. 67. 如果 $\triangle A B C$ 的边长是 $a, b, c$, $s=\frac{1}{2}(a+b+c)$, 那么
$$
\begin{gathered}
a=r_2+r_3, b=r_3+r_1, c=r_1+r_2 \\
r_1=s-a, r_2=s-b, r_3=s-c
\end{gathered}
$$
如 $\triangle A B C$ 的面积是 $\Delta$, 那么 $\Delta=\sqrt{r_1 r_2 r_3\left(r_1+r_2+r_3\right)}$. $A$ 角的高线 $A D=h_a=\frac{2 \Delta}{a}$. 内切圆半径 $r=\frac{\Delta}{r_1+r_2+r_3}$.
$A_1, B_1, C_1$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆 $I(r)$ 在三边上的切点, 如果 $A_1 P$ 垂直 $P_2 P_3$, $A_1 P_2$ 与 $I B$ 相交于 $Q$. 那么这个反演将 $C_1$ 变换到 $P_2$, 四边形 $I Q P_2 P$ 共圆. 这反演幂
$$
\begin{aligned}
d^2 & =A_1 C_1 \cdot A_1 P_2=2 A_1 Q \cdot A_1 P_2=2 A_1 I \cdot A_1 P \\
& =2 r h a=\frac{4 r_1 r_2 r_3}{r_2+r_3}
\end{aligned}
$$
对于内索迪圆而言. 因为内索迪圆是 $K\left(r_1\right)$ 的反演, 其半径 $x$ 就有
$$
x=\frac{d^2}{A_1 K^2-r_1^2} \cdot r_1
$$
在 $\triangle A_1 A K$ 中
$$
A_1 K^2-A_1 A^2=2 A K \cdot T_1 D=4 r_1\left(r_1+h_a\right)
$$
从而
$$
\begin{aligned}
A_1 K^2-r_1^2 & =A_1 A^2-r_1^2+4 r_1\left(r_1+h_a\right) \\
& =d^2+4 r_1\left(r_1+h_a\right)
\end{aligned}
$$
根据 (1)，(2)
$$
x=\frac{r_1 r_2 r_3}{r_2 r_3+r_3 r_1+r_1 r_2+2 \Delta}
$$
如果 $r_a, r_b, r_c$ 是 $\triangle A B C$ 旁切圆的半径, 则已知
$$
r_a+r_b+r_c=4 R+r
$$
也有 $r_1 r_a=r_2 r_b=r_3 r_c=\Delta$, 因此 $x$ 也有下列结果
$$
\begin{aligned}
x & =\frac{r_1 r_2 r_3}{r_2 r_3+r_3 r_1+r_1 r_2+2 \Delta} \\
& =\frac{\Delta}{\frac{\Delta}{r_1}+\frac{\Delta}{r_2}+\frac{\Delta}{r_3}+2 \cdot \frac{\Delta^2}{r_1 r_2 r_3}} \\
& =\frac{\Delta}{r_a+r_b+r_c+2\left(r_1+r_2+r_3\right)} \\
& =\frac{\Delta}{4 R+r+2 s}
\end{aligned}
$$
特殊情况下, 如 $r_1 \rightarrow \infty$, 那么 $\odot A$ 趋于成为 $\odot B, \odot C$ 的公切线, 并有
$$
\frac{1}{\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{r_2}}+\frac{1}{\sqrt{r_3}}
$$
这种情况下, 外索迪圆退化为 $\odot B$ 和 $\odot C$ 的公切线.
对于外索迪圆, 它是圆 $K'\left(r_1\right)$ 的反演象. 它的半径类似地可得, 是
$$
x'=\frac{d^2}{A_1 K^{\prime 2}-r_1^2} r_1
$$
在 $\triangle A_1 A K'$ 中, $A_1 A^2-A_1 K^{\prime 2}=2 A K' \cdot T'_1 D=4 r_1\left(h_a-r_1\right)$, 并由 (6), 可得
$$
x'=\frac{r_1 r_2 r_3}{r_1 r_2+r_2 r_3+r_3 r_1-2 \Delta}
$$
与式 (4) 推导过程类似,得到
$$
x'=\frac{\Delta}{4 R+r-2 s}
$$
从反演图象可知, $x'$ 是负的, 也即当 $4 R+r<2 s$ 时, 外索迪圆才与 $\odot A, \odot B$, $\odot C$ 内切.
另从 (4) 与 (8) 知
$$
\frac{1}{x}-\frac{1}{x'}=\frac{2 s}{\Delta}=\frac{4}{r}
$$
如果 $4 R+r=2 s$, 那么 $x=\frac{r}{4}$.
下面来求索迪圆圆心的重心坐标.
对于内索迪圆圆心, 设 $d_1$ 是内索迪圆圆心 $S$ 到 $B C$ 的距离, 因为 $A_1$ 是内索 迪圆和 $\odot K\left(r_1\right)$ 的相似中心, 我们有 $\frac{d_1}{K D}=\frac{x}{r_1}$, 或
$$
d_1=\frac{x\left(2 r_1+h_a\right)}{r_1}=2 x\left(1+\frac{h a}{2 r_1}\right)=2 x\left(1+\frac{\Delta}{a(s-a)}\right)
$$
类似可得 $d_2, d_3$. 所以 $s$ 的齐次重心坐标是
$$
\left(a d_1: b d_2: c d_3\right)=\left(a+\frac{\Delta}{s-a}: b+\frac{\Delta}{s-b}: c+\frac{\Delta}{s-c}\right)
$$
内索迪圆圆心在 ETC 中编号是 $X_{176}$,也被命名为“等绕道点”. 这“等绕道” 的意思是在 $\triangle S B C$ 中, 有
$$
S B+S C-B C=\left(x+r_2\right)+\left(x+r_3\right)-\left(r_2+r_3\right)=2 x
$$
同样的, 在 $\triangle S C A$ 和 $\triangle S A B$ 中也有绕道值 $2 x$. 因为在 $\triangle S B C, \triangle S C A, \triangle S A B$ 中的三个内切圆彼此相切, 切点 $A_2, B_2, C_2$ 就是在内索迪圆图形中的切点 $T_a$, $T_b, T_c$. 因此 $S A_2=S B_2=S C_2=x$. 如图 8.68.
我们写出 $S$ 的规范重心坐标, 有
$$
\begin{aligned}
S & =\frac{\left(a+\frac{\Delta}{s-a}\right) A+\left(b+\frac{\Delta}{s-b}\right) B+\left(c+\frac{\Delta}{s-c}\right) C}{a+\frac{\Delta}{s-a}+b+\frac{\Delta}{s-b}+c+\frac{\Delta}{s-c}} \\
& =\frac{(a+b+c) I+\Delta\left(\frac{1}{s-a}+\frac{1}{s-b}+\frac{1}{s-c}\right) G_e}{\frac{\Delta}{x}}
\end{aligned}
$$
这里 $G_e=\left(\frac{1}{s-a}: \frac{1}{s-b}: \frac{1}{s-c}\right)$ 是热尔岗点, 所以内索迪圆圆心 $S$ 在直线 $I G_e$ 上. 而 $I G_e$ 称为索迪线. 此外, $S$ 将线段 $I G_e$ 分比为
$$
IS : S G_e=r_a+r_b+r_c: a+b+c=4 R+r: 2 s
$$
关于外索迪圆圆心. 如果 $d'_1$ 是外索迪圆圆心到 $B C$ 的距离. 因为 $A_1$ 是外索迪圆和 $\odot K'\left(r_1\right)$ 的位似中心, 用前面同样的方法可得
$$
d'_1=-2 x\left(1-\frac{\Delta}{a(s-a)}\right)
$$
类似地可得 $d'_2, d'_3$. 所以外索迪圆圆心 $S'$ 有齐次重心坐标
$$
\left(a d'_1: b d'_2: c d'_3\right)=\left(a-\frac{\Delta}{s-a}: b-\frac{\Delta}{s-b}: c-\frac{\Delta}{s-c}\right)
$$
该点在 ETC 中编号为 $X_{175}$, 称为等周点. 如果外索迪圆与 $\odot A, \odot B, \odot C$ 内切. 即或为 $4 R+r<2 s$ 时, $\triangle S' B C$ 的周长是
$$
S' B+S' C+B C=\left(r'-r_2\right)+\left(x'-r_3\right)+\left(r_2+r_3\right)=2 x'
$$
同样在 $\triangle S' C A$ 和 $\triangle S' A B$ 中, 其周长也是 $2 x'$. 因此, $\triangle S' B C, \triangle S' C A, \triangle S' A B$ 的 $S'$ 角外切圆相互外切. 其切点就是外索迪圆与 $\odot A, \odot B, \odot C$ 的切点 $T_a'$, $T'_b, T'_c$.
如果外索迪圆与 $\odot A, \odot B, \odot C$ 外切, 即相当于 $4 R+r>2 s$. 那么三角形 $S' B C, S' C A, S' A B$ 有相等的绕道值. 这是因为对于 $\triangle S' B C$
$$
S' B+S' C-B C=\left(x'+r_2\right)+\left(x'+r_3\right)-\left(r_2+r_3\right)=2 x'
$$
对于其他两个三角形, 也有类似结果. 在这种情况下, $S'$ 称为第二个绕道点.
类似式 (9), 我们有
$$
S'=\frac{(a+b+c) I-\Delta\left(\frac{1}{s-a}+\frac{1}{s-b}+\frac{1}{s-c}\right) G_e}{\frac{\Delta}{x'}}
$$
比较式 (9) 及 (10), 表明 $S$ 和 $S'$ 调和分割线段 $I G_e$.
最后来看索迪圆的重心坐标方程.
对内索迪圆有方程
$$
a^2 y z+b^2 z x+c^2 x y-(x+y+z)\left(p_1 x+p_2 y+p_3 z\right)=0
$$
这里 $p_1, p_2, p_3$ 是 $A, B, C$ 对该圆的幂. 容易看到
$$
\begin{aligned}
& p_1=r_1\left(r_1+2 x\right)=(s-a)(s-a+2 x) \\
& p_2=r_2\left(r_2+2 x\right)=(s-b)(s-b+2 x) \\
& p_3=r_3\left(r_3+2 x\right)=(s-c)(s-c+2 x)
\end{aligned}
$$
类似地,对外索迪圆有方程
$$
a^2 y z+b^2 z x+c^2 x y-(x+y+z)\left(q_1 x+q_2 y+q_3 z\right)=0
$$
这里
$$
\begin{aligned}
& q_1=(s-a)\left(s-a+2 x'\right) \\
& q_2=(s-b)\left(s-b+2 x'\right) \\
& q_3=(s-c)\left(s-c+2 x'\right)
\end{aligned}
$$
这里 $x'$ 是带符号的. 当 $2 s>4 R+r$ 时为正.

---

待整理: 方程编号、插图

hejoseph

hbghlyj 发表于 2023-1-24 01:45
这句话可否详细讲讲

由上面的讨论这不是很明显吗？要与红色的圆都内切，后两种情形是不存在的。

hbghlyj

hejoseph 发表于 2023-1-24 10:00
要与红色的圆都内切，后两种情形是不存在的。

跟随2#把圆$A,B,C$的半径记为$x,y,z$,
由笛卡尔定理知, 等周点存在等价于$x^{-1/2},y^{-1/2},z^{-1/2}$为边长能构成三角形

hbghlyj

X(175) Isoperimetric point chris cambré
isoperimetric and equal detour points kmhkmh