引用:

原帖由 老殿 于 2007-4-12 17:26 发表
当点P在在直线上运动时，AM1、BM2、CM3所共之点轨迹为三角形ABC的一条外接圆锥曲线！有点类似等角共轭性质。

你的这一结论已可归并到塔克图形的结论中。
不过不要忘记：新结论还只是个猜想，目前还没有给出证明呢。.

.

我已经用画板验证过了，猜想没有问题，证明留待后续完成吧。.

我在用塔克图形的思路逆向构造这个图形，却遇到些小的障碍。目前正在想办法解决呢.

看来这条圆锥曲线还是有要求的，否则逆不过来。.

我是这样想的：在△ABC每边上各取两点D、D′；E、E′；F、F′，让它们共圆锥曲线，然后调整使得AD、BE、CF共点。这时由Carnot定理和Ceva定理可保证AD′、BE′、CF′也共点。
不过，这时完全四边形AB—AC—BE—CF的Miquel点M1却未必在直线AD′上。
也就是说，前面的结论并非对任意圆锥曲线都有效的。
问题又来了：究竟怎样的圆锥曲线是满足的呢？
这可真是个耐人寻味的问题啊！.

一个好的问题往往是一个良好的开端！.

按理说一条圆锥曲线应是由五个点决定；如果要求AD、BE、CF共点，那就少了一个自由度，应由四个点决定。现在由当中一个控制点P就能决定这条圆锥曲线！自由度又少了一个。所以想必能获得这种圆锥曲线的额外性质。
它可能与Miquel图形会有根本的联系——这是一个非常有价值的想法。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-12 18:12 编辑 ].

对，一个好的问题往往就是一个良好的开端！

咳，时间真快，我得去接孩子了，明天再聊。byebye！.

明天见！.

我昨天的思路是：从研究这条圆锥曲线的特点入手，挖掘这个图形的性质。
不过，后来觉得，D、E、F和D′、E′、F′并不处在对偶的地位；也就是说，由D′、E′、F′倒回去确定的并不是D、E、F，从而这条圆锥曲线也就不会具有非常对称的属性。因此必须及时调整观察问题的立足点。
回家后，我回到老殿前面指出的思路，改为研究所共点P和Q之间的对应规律。老殿发现的现象是重要的，这种对应关系将直线变为经过三个顶点的二次曲线。于是顺水推舟，再取Q关于△ABC的等角共轭点R，晚上终于把规律搞清楚了，而且给出了完整的证明！
结论如下：

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-13 09:49 编辑 ].

换句话说：从P到R的对应规律，乃是平面上一次简单的位似变换，位似比是2：1，位似中心是△ABC的重心。
证明并不很难。.

引用:

原帖由 老封 于 2007-4-13 09:42 发表
我昨天的思路是：从研究这条圆锥曲线的特点入手，挖掘这个图形的性质。
不过，后来觉得，D、E、F和D′、E′、F′并不处在对偶的地位；也就是说，由D′、E′、F′倒回去确定的并不是D、E、F，从而这条圆锥曲线也 ...

终于找到了本质联系了！祝贺

被重心以1：2的比分割点对的规律很多，建议定义为一种几何关系，例如Euler关系，以后就可以方便运用了，P到Q的关系就是Euler关系与等角共轭关系的复合，这样，点列对应的Q点曲线为圆锥曲线就是自然而然的了。你以为呢？

[ 本帖最后由 老殿 于 2007-5-6 10:13 编辑 ].

能否进一步讨论一下P、Q、R与三（四）圆所共点（设为M'吧）的关系呢.

引用:

原帖由 老殿 于 2007-4-13 10:16 发表
能否进一步讨论一下P、Q、R与三（四）圆所共点（设为M'吧）的关系呢

今天上午我还不太甘心，正在探索这条圆锥曲线的属性。但看来它极难驯服，没找到任何性质。
只有一个平凡的特例：当P取垂心H时，曲线是Gergonne型的（内切）。
这条圆锥曲线好象总能取到圆的（？），但对应的位置却并非熟知的特殊点（圆心位置也如此）。
至于何时取到抛物线？就更糟糕了：当P在形内很靠近边界的一条曲线上时！
所以我怀疑不会有更好的结论了。你所说的四点关系可能也是如此。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-13 11:04 编辑 ].

我也没有找到更好的结论，看来你的看法是对的，以后有时间再讨论吧。.

从昨天这题的证明过程中，改编出了如下这题，供大家思考。（不是很难，适合于学过相似形的初中同学）.

如果已学过圆的同学，可以改为思考如下更简洁的形式：（其实两者几乎是等价的）.

刚刚收到单墫教授的来信，给出了如下这题的解析几何证明。
这是上周三单教授来沪时，我们在饭桌上提到的一个问题。
关于单教授来沪的报导，可参见这篇报导：
http://www.jw-edu.cn/Shownews.asp?ArticleID=25082.

昨天新编了一个题，供大家思考：.

.

注记：本题有较深的射影几何背景。
首先，A、C、B、D构成所谓的“调和四边形”，
因此，这四点形成圆上的调和点列，因此线束AC，AD，AB，AP形成调和线束。
又由于CF与AP平行，而与调和线束中的另外三条相交，
由射影几何中的一个基本命题可知，线段CF必被E点所平分。.

2007年全国初中数学联赛二试中的平面几何题，可推广成如下更一般情形：
“在四边形ABCD的对角线BD、AC上任取E、F点，直线EF、BC交于P，直线AE、DC交于Q，直线AB、DF交于R。
求证：P、Q、R三点在同一直线上。”
（注：联赛题是本题中当直线PQR成为无穷远线时的特例。）.

推广后，这题的本质实是帕普斯（Pappus）定理。
只需将下图和上图相对照即可明了（字母对号入座）。.

咳，终于忙得差不多了。
老封又对竞赛题进行了研究和推广，看来现在的竞赛题越来越注重出背景深刻的题目，我觉得这也是竞赛的目标，对参赛者的知识全面性和深刻性都能作出考核，只是对参赛者来说要求就更高了。.

老封，我最近在想讨论三角形的一个特殊点的性质，还没找到该点的尺规作图方法，目前尚不知道研究的意义有多大，也不知道你是否感兴趣：从该点向三角形三边所在直线作垂线，每条垂线被另外两边截得一条线段，这样的三条线段等长。满足这样条件的点应该是唯一的。.

另外，小女参加的华杯赛已经结束，成绩还没出来，估计还可以。请把你的数学公开测试题寄来吧，看看小女能作得怎样。.

老封真厉害 ，你算是坛子里第一个真枪实弹的展现奥数的老师.

引用:

原帖由 老殿 于 2007-4-24 07:14 发表
老封，我最近在想讨论三角形的一个特殊点的性质，还没找到该点的尺规作图方法，目前尚不知道研究的意义有多大，也不知道你是否感兴趣：从该点向三角形三边所在直线作垂线，每条垂线被另外两边截得一条线段，这样 ...

老殿，我思考过了，这个问题是退化的，满足条件的点只有一个，那就是垂心，而此时三条线段长都等于0。其余情况不可能同时相等。.

告诉老殿一个好消息：
昨天老殿提出这个有趣的思路，我终于获得进展。现已得到一个关于正三角形的结论：
“从正三角形内任意一点，向三边作垂线，每条垂线被另外两边截得的线段，其中长的一条必等于短的两条之和！”
目前我正打算将其推广到任意的三角形中。虽还没有完全成功，但已获得很深刻的结果。这真是一个别有洞天的好问题啊。
提出好的问题，对于几何发现是何其重要！

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-26 14:26 编辑 ].

引用:

原帖由 老封 于 2007-4-26 10:19 发表

老殿，我思考过了，这个问题是退化的，满足条件的点只有一个，那就是垂心，而此时三条线段长都等于0。其余情况不可能同时相等。

看来你是对的。.

引用:

原帖由 老封 于 2007-4-26 14:24 发表
告诉老殿一个好消息：
昨天老殿提出这个有趣的思路，我终于获得进展。现已得到一个关于正三角形的结论：
“从正三角形内任意一点，向三边作垂线，每条垂线被另外两边截得的线段，其中长的一条必等于短的两条之 ...

祝贺获得新进展！期待更多好消息。.

我有一个思路——
能否把下面两个问题有机联系起来：
一是“正三角形外接圆上任意点，到远的那个顶点的距离，一定等于到两个近的顶点距离之和。”这是一道常见的题；
二是“由任一点向正三角形的三条高线作垂线，求证这三垂线中的长者必等于其余二者的和。”这是梁绍鸿《初等数学复习及研究》习题十一之第2题。
这两个题，看似孤立，却预示了一种深刻的可能性——动点到共点三线的距离，可能与某个三角形外接圆上的点到三顶点之距离有内在联系。
一是点到顶点的距离，一是点到直线的距离，倘若两者真能建立联系，那是十分有意思的事。
刚刚我已证明了如下重要的关系：
“过平面上任一点O作△ABC三边的平行线。设P是△ABC外接圆上的某点，Q是平面上另一点，且直线OQ恰好垂直于P关于△ABC的西摩松线。则P到A、B、C三点的距离一定与Q到三条平行线的距离成正比！”（见附图）
这个结果预示着两者的联系已初步被找到。
目前我正打算将其与老殿的三垂线问题也联系起来。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-26 14:58 编辑 ].

这个问题比预期的更难。
我算出老殿的三条垂线的长度与动点到△ABC三条高的距离成比例，但前面还有比例系数，分别为tanB+tanC，tanC+tanA，tanA+tanB，所以要构造出合适的三角形，使得三条垂线的长度与动点到其顶点的距离成比例，看来还有待靠更大的灵感和智慧才行。
对此，老封已有殚精竭虑之感，陷入了山重水复的境地。
期待老殿和其他几何爱好者们一起来努力！

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-26 15:45 编辑 ].

引用:

原帖由 老封 于 2007-4-26 14:53 发表
我有一个思路——
能否把下面两个问题有机联系起来：
一是“正三角形外接圆上任意点，到远的那个顶点的距离，一定等于到两个近的顶点距离之和。”这是一道常见的题；
二是“由任一点向正三角形的三条高线作垂 ...

也不知道怎么了， 编辑回帖总是出故障。

[ 本帖最后由 老殿 于 2007-4-26 15:27 编辑 ].

引用:

原帖由 老封 于 2007-4-26 14:53 发表
我有一个思路——
能否把下面两个问题有机联系起来：
一是“正三角形外接圆上任意点，到远的那个顶点的距离，一定等于到两个近的顶点距离之和。”这是一道常见的题；
二是“由任一点向正三角形的三条高线作垂 ...

真是漂亮！ 也只有你能找到这么漂亮的结论。监考（期中考试）后我也试试。.

动点到不共点三线的距离，就是所谓的“三线性坐标”，是三角形几何中的一种基本工具。
至于动点到共点三线的距离，则变化受到限制，三个分量的自由度只有一维，实质上是“无穷远线”的三线性坐标方程。
而我知道在三线性坐标中，三角形的外接圆方程系数恰与相应无穷远线的方程成反比，而其倒数却与到三角形三顶点距离成正比。
所以把上述两者联系起来其实是正常的思路。
现在的问题是：在三垂线这一构形中，如何消化前面的三个系数，是问题的关键。因此，需要靠比较巧妙的构造才有望成功。.

我想老殿的问题中，向三边作垂线并不是问题的本质。
可以把问题提得更一般些：
设D是△ABC所在平面上一点。自动点P作直线AD、BD、CD的平行线，夹在△ABC相应两边之间的线段长度依次为x、y、z，则猜想x、y、z必与某个三角形外接圆上的点到三顶点的距离成正比。这个有待构造的神秘三角形的形状是与动点P的位置无关的，而只与A、B、C、D四点的相对位置有关。
——这就是我所提出的问题之最终表述。.

利用极端情况，我好象已经把这个三角形成功构造出来了！
今天来不及了，明天再告诉大家。.

那个“神秘”的三角形现已构造成功。
其实想法并不复杂，当x，y，z中有一个退化为0时，剩下两个之比就应是该三角形两边之比，而这个比正是D点至△ABC某两个顶点的距离比。
这样就不难探索出这个所需构造的三角形其实挺简单的——其三边之比恰与AD，BD，CD的长度成反比。
现在把所获成果总结成如下猜想：
“设D是△ABC内任一点，过动点P作AD、BD、CD的平行线，在△ABC相应两边所在直线之间截得三条线段，其长度分别记为x、y、z。另一三角形△A′B′C′的三边长与AD、BD、CD的长度成反比，则在△A′B′C′的外接圆上一定存在一点P′，它到A′、B′、C′三点的距离恰与x、y、z成正比！”
目前还未完全证明这一猜想。不过已在几何画板中作了验证，其正确性不成问题。.

其实，熟悉“三线性坐标”知识者不难看出，上面的猜想并不很神秘，就相当于直线的方程与外接圆的方程之间的一种转化。因此，猜想的成立与否等效于下面这个并不太复杂的题目：
“设D是△ABC内任一点，过动点P作AD、BD、CD的平行线，在△ABC相应两边所在直线之间截得三条线段，其长度分别记为x、y、z。求证：x/AD、y/BD、z/CD这三个比值中，一定有一个等于另外两个之和。”
估计这题的难度不会很大，但我确实还没有完成证明。
为了鼓励大家的兴趣，现在作为悬赏题，奖励最先给出有效证明者精美图书一套！

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-27 10:36 编辑 ].

本题有一个简明的特例：
当D点取外心时，求证：x、y、z中长的那条等于另两条之和。普通的同学可不妨先做这一情形。.

http://ww123.net/baby/thread-4419985-2-1.html.

一不小心，书就被老姜收为囊中之物！
现只得兑现承诺：向老姜赠送科普名家谈祥柏先生所译的《稳操胜券》（上、下）一套。
不过，悬赏还在继续，我希望能有一位中学生朋友用不同方法给出新的证明。老封仍会提供赠品！

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-28 09:33 编辑 ].

其实，昨天还有一位高明的解题者已用梅涅劳斯定理和正弦定理给出了另一种证明，他是我的好友田廷彦兄。昨晚他在电话中告诉了我其证法。.

嘻嘻，梅涅劳斯定理俺也考虑过，原图和完全四边形很有些渊源关系，但是后来考虑把一般的点的位置化归到边上，就没再深入下去。

说老实话，俺还是满懒惰的，昨天你告诉我该题的时候，我正在电脑上写东西，本来不想动脑子的，最近事情暴多，多一事不如少一事，不过你的奖品确实打动了我，赌博的人最怕书了，教书的人最不怕的就是书。

说来好玩，我看到你的帖子，马上就想起了谈先生的那套书，因为前不久我在精文看到过。数年前在书店上看到过这两本书的，但是好像价格蛮高的，最后还是放弃了，不过它们印刷确实精良，内容也好，可谓一分价钱一分货吧。

我的感觉怎么这么准啊！：）.

没想到竟然这么简单！刚刚一想，晃然大悟。
注：对这个题的悬赏只得至此中止。看来老封又要努力编新题了。
（这一证法的缺点是依赖于图形。对策可能要利用有向线段更好些）

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-28 10:25 编辑 ].

感觉这题的新证法有点像：.

觉得更像(a-b)/ab+(b-c)/bc+(c-a)/ca。：）.

刚收到田君的邮件，看来他对我们“封殿组合”近期的讨论赞赏有加：
“我已经看过了，非常有意思。
您把我们带入美妙的几何花园，里面有比诗人更加丰富的想象力。”
谢谢田君的鼓励。
希望更多的几何爱好者参与讨论，使讨论水平真正达到“颠峰”！.