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。 |
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发表于 2021-12-27 10:44
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发表于 2021-12-27 15:19
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