作图问题，求作三角形内一点 P 使之满足一个条件

TSC999

下图中三角形 ABC 是任意三角形。

在这个三角形内求作一点 P，使得 P 点对各边所引垂线的垂足与三角形相应顶点的连线 AD、BE、CF 能够恰好交于一点 Q。这样的 P 点只有一个还是有多个？

realnumber

Q是任意给定一点？
倒过来，由AQ,BQ,得到D,E，再作垂线得到P,这样P最多1点

kuing

回复 2# realnumber

应该不是这个意思。
是求 P，使垂足 D、E、F 与对应顶点的连线共点，这个 Q 只要存在，不是指定的。

从定性来看，大概率是有无数个，满足条件的 P 应该能形成一条曲线，相应的 Q 也是。
记 D、E、F 分三边的比例为 t、u、v，要使得垂线共于 P，得满足一个条件，要使得顶点连线共于 Q，又得满足一个条件，也就是三个未知数两个条件，大概率不足以确定。

kuing

来具体推导一下，不过就不按楼上说的方向了，从分边比例来推似乎有点麻烦，改为从距离入手。

设 $\triangle ABC$ 三边为 $a$, $b$, $c$，面积为 `S`，记 `PD=d_1`, `PE=d_2`, `PF=d_3`，则由面积关系显然有
\[ad_1+bd_2+cd_3=2S,\quad(1)\]

另一方面，如上图，有
\[\frac{AE}{AF}=\frac{EH}{FG}=\frac{PE+PH}{PF+PG}=\frac{PE+\frac{PF}{\cos A}}{PF+\frac{PE}{\cos A}},\]
即
\[\frac{AE}{AF}=\frac{d_2\cos A+d_3}{d_3\cos A+d_2},\]
同理
\begin{align*}
\frac{BF}{BD}&=\frac{d_3\cos B+d_1}{d_1\cos B+d_3},\\
\frac{CD}{CE}&=\frac{d_1\cos C+d_2}{d_2\cos C+d_1},
\end{align*}
而要使得 `AD`, `BE`, `CF` 三线共点，根据 Ceva 定理，应满足
\[\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1,\]
代入上面的式子，即
\begin{align*}
&(d_2\cos A+d_3)(d_3\cos B+d_1)(d_1\cos C+d_2)\\
={}&(d_3\cos A+d_2)(d_1\cos B+d_3)(d_2\cos C+d_1),\quad(2)
\end{align*}
因此，只要 `d_1`, `d_2`, `d_3` 同时满足式 (1) 及式 (2)，则 `P` 就符合要求。

如果由 (1), (2) 消其中一元，剩下是三次多项式，因此 `P` 的轨迹是三次曲线。

这条曲线必过某些特殊点：
首先内心一定满足，如果允许 `P` 在三角形外，那么三个旁心也满足，还有三角形的顶点也都满足。

晚点再用实例验证一下以上结论。

========== 更新 ==========
比较容易验证的是 Rt 三角形，因为距离直接可变作坐标。

下面验证 `(a,b,c)=(3,4,5)`，此时式 (1) 及式 (2) 即为
\[\led
3d_1+4d_2+5d_3&=12,\\
d_2\left( d_1+\frac35d_3 \right)\left( \frac45d_2+d_3 \right)&=d_1\left( d_2+\frac45d_3 \right)\left( \frac35d_1+d_3 \right),
\endled\]
消 `d_3` 变为
\[3d_1d_2^2-4d_1^2d_2+6d_1^2-6d_2^2+7d_1d_2-24d_1+18d_2=0,\]
如果将这个三角形放在直角坐标系使 `A(4,0)`, `B(0,3)`, `C(0,0)`，则 `P` 的轨迹方程就是上式的 `d_1`, `d_2` 写成 `x`, `y`。
当然也可以解出 `y` 来，即
\[y=\frac{18+7x-4x^2\pm\sqrt{324-324x+337x^2-128x^3+16x^4}}{12-6x},\]
用几何画板录 GIF 验证：
当 `\pm` 取 `-` 时（此时 `x=2` 是可去间断点）：

可以看到三条绿线总是共点。
当 `\pm` 取 `+` 时是另外那两支，懒得录 GIF 了，截图算咯。
左边：

右边：

可以说整条曲线都是满足的。

TSC999

网络不给力，半天也上不去。看看这次能不能上传图片成功。

TSC999

5 楼的函数是怎么来的？ 是解两个关于 t、u、v 的方程而来。认为 t  已知，求 u、v。见下面图片。

用 mathematica 解这个方程组，结果有两组解，但是它们可以人工合并成一组解——见 5 楼。

hbghlyj

回复 1# TSC999
这条曲线就是他们说的"达布立方"(Darboux Cubic),是一条主等角共轭三次曲线,编号为K004.
GeoGebra指令是cubic(A,B,C,4),参见:官方手册.
Mathworld链接
zjm的一篇文章,有提到这个曲线:知乎

参见三线坐标与三角形特征点第578页

TSC999

回复  TSC999
这条曲线就是他们说的"达布立方"(Darboux Cubic),是一条主等角共轭三次曲线,编号为K004.
Geo ...
hbghlyj 发表于 2021-12-28 05:07

二维的达布曲线是什么样的？

kuing

回复 9# hbghlyj


    估计以为你说“达布立方”是立体的

kuing

回复 7# hbghlyj

我 4# 推出的式 (2) 与你第二个书上截图的三线方程 `\sum(\cos A-\cos B\cos C)x(y^2-z^2)=0` 是一样的。

多谢提供这些资料，原来这条曲线还经过那么多的心……我昨晚只注意到内心旁心……

isee

回复 11# kuing

昨天看你们再算轨迹方程就没说话，这是等角共轭点下的讨论，外心与垂心等角共轭，外心，旁心自等角共轭，所以在轨迹上很自然

xcx

这是K004

hbghlyj

按SITP的1.4.3所说的作法:


将上文中的等度共轭(isoconjugate)取为等角共轭(isogonal conjugate),$P,P^*$取为$H,O$,得到以下作法: $M$为欧拉线上的动点,作$N=M/H$,作出过$O,M$的外接锥线(circum-conic),与直线$HN$交于两点$U,U^*$,则$U,U^*$的轨迹是Darboux cubic.

---

$H$的anticevian triangle的作法,参见math.fau.edu/yiu/AEG2016/AEG2013Chapter14.pdf

hbghlyj

又见于3500欧拉线上的三角形特征点专题:

hbghlyj

《十九和二十世纪欧氏几何学中的片段》134页

如果点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 中的垂足三角形是一个塞瓦三角形, 则点 $P$ 称为垂-塞瓦点 (pedal-cevian point), 或者简称为 $P C$ 点. 这样, 举例来说, 三角形的外心 $O$ 总是一个 $\mathrm{PC}$ 点, 因为它的垂足三角形的顶点是各边的中点而相关的塞瓦线恰是相交于重心 $G$ 的中线 (图 177). 另外, 垂心 $H$ 的垂足三角形的各顶点是各高线 (也就是相关的塞瓦线) 的垂足, 又因为各高线相交于 $H$ 本身, 所以 $H$ 是一个特殊的自相关的 $\mathrm{PC}$ 点. 还记得内心 $I$ 的垂足三角形是 $\triangle A B C$ 的葛尔刚三角形, 而通向它各顶点的塞瓦线共点于葛尔刚点 (参见第七章). 现在我们容易建立起 $\mathrm{PC}$ 点的两个性质. 定理 3 如果 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的一个 $\mathrm{PC}$ 点, 则它的等角共轭点 $Q$ 也是一个 $P C$ 点. 证明 这是定理 2 的一个直接推论, 事实上一对等角点 $(P, Q)$ 的垂足三角形, 具有一个公共的外接圆, 即它们的垂足圆(图 178). (垂足圆在第七章 p. 64 中介绍过, 参见图 84).$\;\blacksquare$ 定理 4 如果点 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的一个 $P C$ 点, 则它关于外心 $O$ 的反射点 $P^{\prime}$ 也是一个 $P C$ 点. 证明 将点 $P$ 关于点 $O$ 进行反射, 并从象 $P^{\prime}$ 向各边作垂线, 垂足为点 $D^{\prime}, E^{\prime}$ 和 $F^{\prime}$, 它们分别是点 $D, E, F$ 关于各自所在边中点的反射点 (图 179). 因此由定理 1 , 点 $P^{\prime}$ 的垂足 $\triangle D^{\prime} E^{\prime} F^{\prime}$ 是一个塞瓦三角形, 因而点 $P^{\prime}$ 是一个 $\mathrm{PC}$ 点.$\;\blacksquare$

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2023-11-3 04:23 上传

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