在我的上一篇文章中，我介紹了面積坐標系和重心坐標系的定義：

PeaucellieRay：從帶號面積到坐標系的建立?

zhuanlan.zhihu.com圖標

今天講講重心坐標系及其相關內容

一：平面重心坐標系中的重要公式

坐標三角形特殊點（齊次）重心坐標

坐標三角形 overline riangle ABC,AB=c,BC=a,AC=b ，則

\A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)\Centroid:G_g(frac13,frac13,frac13)or(1:1:1)\Circumcenter:O_g(sin2A:sin2B:sin2C)\Orthocenter:H_g( an A: an B: an C)\Incenter:I_g(a:b:c)\Escenter of A:I_a(-a:b:c)\Isogonal conjugate point of G:K(a^2;b^2;c^2)

直線方程

  • 坐標三角形 overline riangle ABC ，擴充後重心坐標表示為 \(x:y:z)=left(frac x{x+y+z},frac y{x+y+z},frac z{x+y+z} ight)
  • P_i(x_i,y_i,z_i),i=1,2,3 共線充分必要條件： \egin{vmatrix} x_1&y_1&z_1\ x_2&y_2&z_2\ x_3&y_3&z_3 end{vmatrix}=0

並且對於擴充後的重心坐標系也成立.

於是可以得到直線方程： \ux+vy+wz=0(x,y,zinmathbb R)

比如 AB:z=0 ；過A的直線 vy+wx=0

  • 過兩點 P_i(x_i:y_i:z_i),i=1,2 的直線是 \egin{vmatrix} x&y&z\ x_1&y_1&z_1\ x_2&y_2&z_2 end{vmatrix}=0
  • 直線 u_ix+v_iy+w_iz=0，i=1,2 平行的充要條件 \egin{vmatrix} 1&1&1\ u_1&v_1&w_1\ u_2&v_2&w_2 end{vmatrix}=0
  • 直線 u_ix+v_iy+w_iz=0,i=1,2,3 共點或平行的充要條件 \egin{vmatrix} u_1&v_1&w_1\ u_2&v_2&w_2\ u_3&v_3&w_3 end{vmatrix}=0
  • 距離：

square 定義：對於 P(p_1,p_2,p_3),Q(q_1,q_2,q_3) ， overrightarrow{PQ}=(q_1-p_1,q_2-p_2,q_3-p_3)

則對於 overrightarrow{PQ}=(x,y,z) ， |overrightarrow{PQ}|=-a^2yz-b^2zx-c^2xy

圓的方程

  • 重心坐標系圓的方程 \-a^2yz-b^2zx-c^2xy+(ux+vx+wx)(x+y+z)=0,x,y,zinmathbb R
  • 坐標三角形 riangle ABC 外接圓 \a^2yz+b^2zx+c^2xy=0
  • P(x,y,z)(x+y+z=1) 對圓 Gamma:-a^2yz-b^2zx-c^2xy+(ux+vx+wx)(x+y+z)=0,x,y,zinmathbb R 的冪： \mathrm{Pow}_Gamma(P)=-a^2yz-b^2zx-c^2xy+(ux+vy+wz)(x+y+z)
  • 圓 Gamma_i:-a^2yz-b^2zx-c^2xy+(u_ix+v_ix+w_ix)(x+y+z)=0,x,y,zinmathbb R,i=1,2 的根軸 \(u_i-u_2)x+(v_1-v_2)y+(w_1-w_2)z=0

向量垂直條件

overrightarrow{MN}=(x_1,y_1,z_1),overrightarrow{PQ}=(x_2,y_2,z_2)\overrightarrow{MN}otoverrightarrow{PQ}Leftrightarrow a^2(z_1y_2+y_1z_2)+b^2(x_1z_2+z_1x_2)+c^2(y_1x_2+x_1y_2)=0

和平面直角坐標系的互化

重心坐標系的坐標三角形為 overline riangle A_1A_2A_3 ，其中在同一平面的平面直角坐標系下 A_i(x_i,y_i) ， M 的重心坐標為 M_g(mu_1,mu_2,mu_3) ，則直角坐標系下為 \large{M(frac{mu_1x_1+mu_2x_2+mu_3x_3}{mu_1+mu_2+mu_3},frac{mu_1y_1+mu_2y_2+mu_3y_3}{mu_1+mu_2+mu_3})}

二：應用

證明歐拉線定理

取坐標三角形 riangle ABC 由於 O(sin2A:sin2B:sin2C),G(1:1:1),H( an A: an B: an C)

計算髮現 \egin{vmatrix} sin2A&sin2B&sin2C\ 1&1&1\ an A& an B& an C end{vmatrix}=0

得證

證明圓的帕普斯定理

如圖

證明：設

{\a=CE,b=EA,c=AC,A(1,0,0),C(0,1,0),E(0,0,1),\B(x_1:y_1:z_1),D(x_2:y_2:z_2),F(x_3:y_3:z_3) }

由於圓 Gamma 是 riangle ACE 的外接圓，所以 \Gamma:-a^2yz-b^2zx-c^2xy=0

由於 B,D,FinGamma ，所以 \-a^2y_iz_i-b^2x_iz_i-c^2x_iy_i=0,i=1,2,3

又因為 l_{AB}:z_1y-y_1z=0,l_{ED}:y_2x-x_2y=0 所以 \ABcap ED=Pleft(frac{x_2}{y_2}:1:frac{z_1}{y_1} ight)

同理也有 CDcap AF=Qleft(frac{x_2}{z_2}:frac{y_3}{z_3}:1 ight)\EFcap CB=Rleft(1:frac{y_3}{x_3}:frac{z_1}{x_1} ight)

由於 -a^2y_iz_i-b^2x_iz_i-c^2x_iy_i=0,i=1,2,3 ，得到 \a^2cdotfrac1{x_i}+b^2cdotfrac1{y_i}+c^2cdotfrac1{z_i}=0

於是三元方程組 \egin{cases} xcdotfrac1{x_1}+ycdotfrac1{y_1}+zcdotfrac1{z_1}=0\ xcdotfrac1{x_2}+ycdotfrac1{y_2}+zcdotfrac1{z_2}=0\ xcdotfrac1{x_3}+ycdotfrac1{y_3}+zcdotfrac1{z_3}=0 end{cases}

有非零解 (a^2,b^2,c^2)

所以得到 \egin{vmatrix} frac1{x_1}&frac1{y_1}&frac1{z_1}\ frac1{x_2}&frac1{y_2}&frac1{z_2}\ frac1{x_3}&frac1{y_3}&frac1{z_3} end{vmatrix}=0

也就是 \egin{vmatrix} 1&frac{y_3}{x_3}&frac{z_1}{x_1}\ frac{x_2}{y_2}&1&frac{z_1}{y_1}\ frac{x_2}{z_2}&frac{y_3}{z_3}&1 end{vmatrix}=0

也就是 PQR 共線

三：例題

1.設不等邊銳角三角形 riangle ABC ， M,N,P 是邊上的三個中點， AB,AC 中垂線分別和 AM 交於 D,E ， BD,CE 交於 F ，證明： A,N,F,P 四點共圓（37屆美奧）[1]

如圖，設 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1) ，則 P(frac12,frac12,0),M(0,frac12,frac12),N(frac12,0,frac12),l_{AM}:y-z=0 ，所以可設 D(1-2t,t,t)

所以 overrightarrow{DP}=left(2t-frac12,frac12-t,-t ight) ， overrightarrow{AB}=(-1,1,0) 由於 overrightarrow{DP}otoverrightarrow{AB} 所以有 \{a^2(-t)+b^2(-t)+c^2left(t-frac12+2t-frac12 ight)=0\Rightarrow t=frac{c^2}{3b^2+c^2-a^2}} 類似，設 E(1-2k,k,k),k=frac{b^2}{3b^2+c^2-a^2} {B(0,1,0),D(1-2t,t,t)Rightarrow l_{BD};tx-(1-2t)z=0\C(0,0,1),E(1-2k,k,k)Rightarrow l_{CE}:kx-(1-2k)y=0} 設 F(p,q,r),p+q+r=1 則 frac rp=frac {c^2}{c^2+b^2-a^2}\frac qp=frac{b^2}{b^2+c^2-a^2}

記 c^2+b^2-a^2=S ，則 frac1p=1+frac rp+frac qp=2+frac{a^2}S

延長 AF 至 AF ， FA=FF ，則 F(2p-1,2q,2r) ，下面證明 F』 在三角形外接圓上 riangle ABC 的外接圓： a^2yz+b^2zx+c^2xy=0 {a^2(2q)(2r)+b^2(2r)(2p-1)+c^2(2q)(2p-1)\=p^2left(4a^2frac rpcdotfrac pq+left(2-frac1p ight)left(2b^2frac rp+2c^2frac qp ight) ight)\=p^2left(4a^2frac{c^2}{S}cdotfrac{b^2}S+left(-frac{a^2}S ight)left(2b^2frac{c^2}S+2c^2frac{b^2}S ight) ight)\=0} 因此 F 在三角形外接圓上所以F在 riangle ANP 外接圓上即A,N,F,P四點共圓

2.設 O,I_B,I_C 是 riangle ABC 外心， angle B 和 angle C 的旁心， AC 上點 E,Y ，使得 angle ABY=angle CBY ， BEot AC ； AB 上點 F,Z ，使得 angle ACZ=angle BCZ ， CFot AB , I_BFcap I_CE=P ，證明 POot YZ （2016美奧）[2]

設一些點坐標

{A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),\Yleft(frac a{a+c},0,frac c{a+c} ight),Zleft(frac a{a+b},frac{b}{a+b},0 ight)} 故 overrightarrow{YZ}=left(frac a{a+b}-frac a{a+c},frac b{a+b},frac{-c}{a+c} ight)=frac1{(a+b)(a+c)}(ac-ab,ba+bc,-ca-cb) 設過O且垂直於YZ的直線為 l ，l上取一點 M(x,y,z) ，則 overrightarrow{OM}=(x,y,z)

記 S_A=frac{b^2+c^2-a^2}2,S_B=frac{c^2+a^2-b^2}{2},S_C=frac{a^2+B^2-c^2}2 ，它們有一些簡單的性質： S_A+S_B=c^2\sum S_AS_B=S_{ riangle ABC}^2\a^2S_A+b^2S_B-c^2{S_C}=2S_AS_B \O(a^2S_A:b^2S_B:c^2S_C)\H(S_BS_C:S_CS_A:S_AS_A)

由於 overrightarrow{OM}otoverrightarrow{YZ} ，所以 a^2((ab+cb)z-(ac+bc)y)+\b^2((ac-ab)z-(ac+bc)x)+\c^2((ac-ab)y+(ab+bc)x)=0 直線l的方程 l:bc(c-b)(a+b+c)x-\ac(a+c)(a+b-c)y+\ab(a+b)(a+c-b)z=0 設 E(k,-1,1-k),F(l,1-l,-1) ，所以 overrightarrow{BE}=(k,-1,1-k),overrightarrow{CF}=(l,1-l,-1) 由於 overrightarrow{BE}otoverrightarrow{AC},overrightarrow{CF}otoverrightarrow{AB} ，得到 Rightarrow -a^2+b^2(2k-1)+c^2=0\-a^2+b^2+c^2(2l-1)=0\Rightarrow k=frac{S_C}{b^2},l=frac{S_B}{c^2}\Rightarrow1-k=frac{C_A}{b^2},1-l=frac{S_A}{c^2}\Rightarrow E(S_C:0:S_A),F(S_B:S_A:0) 又 I_C(a:b:-c),I_B(a:-b:c) ，故 \l_{I_CB}:-bS_Ax+(aS_A+cS_C)y+bS_Cz=0\l_{I_BF}:cS_Ax-cS_By-(aS_A+bS_B)z=0 下面證明 l,I_CE,I_BF 共點，即 Pin l \D=egin{vmatrix} bcu&-acv&abw\ -bS_A&aS_A+cS_C&bS_C\ cS_A&-cS_B&-(aS_A+bS_B) end{vmatrix} 其中有 u=(a+c)(a+b+c)\v=(a+c)(a+b-c)\w=(a+b)(a+c-b) 於是得到{frac D{-abcS_A}\=u(aS_A+bS_B+cS_C)-\v(aS_A+bS_B-cS_C)+\w(aS_A+cS_C-bS_B)\=2aS_A(ac-ab+c^2-b^2)-\2bS_B(bc+ab+a^2-c^2)+\2cS_C(bc+ac+a^2-b^2)\=2S_A((a+c-b)S_B-(a+b-c)S_C)-\2S_B((a+c-b)S_A-(a+b+c)S_C)+\2S_C((a+b-c)S_A-(a+b+c)S_B)\=0}

Rightarrow D=0Rightarrow l_CEcap l_BF=Pin lRightarrow POot YZ

四：三維歐式空間的重心坐標系

定義

在三維歐式空間 mathbb E^2 中任取一個坐標四面體 P_1P_2P_3P_4 ,對於 Minmathbb E^2 ，有向體積 ar V_{MP_2P_3P_4}：ar V_{P_1MP_2P_3}:ar V_{P_1P_2MP_4}:ar V_{P_1P_2P_3M}=mu_1:mu_2:mu_3:mu_4 ，則 \M_g(mu_1:mu_2:mu_3:mu_4)

若 lambda_i=frac{mu_i}{sum^4_{i=1}mu_i} ，則 sum^4_{i=1}lambda_i=1 ，稱 M(lambda_1,lambda_2,lambda_3,lambda_4) 是 M 的規範重心坐標

基本性質

  • 各頂點 P_1(1,0,0,0),P_2(0,1,0,0)\P_3(0,0,1,0),P_4(0,0,0,1)
  • 各面重心 G_1(0,frac13,frac13,frac13),G_2(frac13,0,frac13,frac13)\G_3(frac13,frac13,0,frac13),G_4(frac13,frac13,frac13,0)
  • 體重心 \G(frac14,frac14,frac14,frac14)
  • 體內心 \I(S_1:S_2:S_3:S_4)
  • 體旁心 \I_1(-S_1:S_2:S_3:S_4)

基本公式

  • 和三維直角坐標系的互化[3]

設直角坐標系內 P_i(X_i,Y_i,Z_i) ，則 M_g(alpha_1,alpha_2,alpha_3,alpha_4) 在直角坐標系中 M(X_M,Y_M,Z_M) 滿足 \egin{pmatrix} X_M\ Y_M\ Z_M\ 1 end{pmatrix}= egin{pmatrix} X_1&X_2&X_3&X_4\ Y_1&Y_2&Y_3&Y_4\ Z_1&Z_2&Z_3&Z_4\ 1&1&1&1 end{pmatrix} imes egin{pmatrix} alpha_1\ alpha_2\ alpha_3\ alpha_4 end{pmatrix}

  • 定比分點公式

A(alpha_1,alpha_2,alpha_3,alpha_4),B(eta_1,eta_2,eta_3,eta_4),Min AB ，有向線段比例 overrightarrow{AM}:overrightarrow{MB}=k ，則 M(r_1,r_2,r_3,r_4) 滿足 \egin{pmatrix} r_1\r_2\r_3\r_4end{pmatrix}=frac1{1+k}left[egin{pmatrix}alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4end{pmatrix}+kegin{pmatrix}eta_1\eta_2\eta_3\eta_4end{pmatrix} ight]

  • 體積公式

M_i(x_i,y_i,z_i,w_i),i=1,2,3,4 ，則 \V_{overline{M_1M_2M_3M_4}}=egin{vmatrix} x_1&y_1&z_1&w_1\x_2&y_2&z_2&w_2\x_3&y_3&z_3&w_3\x_4&y_4&z_4&w_4end{vmatrix}V_{overline{P_1P_2P_3P_4}}

應用舉例

ABCD 各棱上各取一點分別為 M,N,P,Q,R,S ，證明四面體 AMPQ,BNMR,CPNS,DQSR 中至少有一個體積不大於原四邊形體積的 frac18 [4]

設 A(1,0,0,0),B(0,1,0,0),C(0,0,1,0),D(0,0,0,1)

則可設 M(lambda,1-lambda,0,0),N(0,mu,1-mu,0)\P(chi,0,1-chi,0),Q( u,0,0,1- u)\S(0,0,gamma,1-gamma),R(0,omega,0,1-omega) 則 V_{AMPQ}=egin{vmatrix}1&0&0&0\lambda&1-lambda&0&0\chi&0&1-chi&0\ u&0&0&1- uend{vmatrix}V_{ABCD}=(1-lambda)(1-chi)(1- u)V 同理 {V_{BNMR}=lambda(1-mu)(1-omega)V\V_{CPNS}=chimu(1-gamma)V\V_{DQSR}=muomegagamma V} 由於 forall ain(0,1),a(1-a)le4 故上四式乘積 prod Vle(frac14)^6V=(frac18V)^4

得證

參考

  1. ^第37屆美國數學奧林匹克[J]。中等數學，2009（增刊）
  2. ^2016年IMO中國國家集訓隊教練組 編.走向IMO數學奧林匹克試題集錦（2016）[M].上海：華東師範大學出版社，2016，8.
  3. ^張景中，楊路，楊孝春.初等圖形在歐式空間的實現問題.中國科學，1992
  4. ^沈文選.涉及單形重心的幾個幾何不等式.數學通報，2000

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