已知内心到三角形三个顶点的距离分别为x,y,z，求三角形周长表达式

宇宙无理数

@Ysu2008. 看到你最近发的两个帖子, 一个是本帖, 另一个是“已知垂心到三角形三个顶点的距离分别为x,y,z，求三角形面积表达式.”, 这里做个统一回复. 这两个问题可以看成是求三角形各边的边长问题.
先说结论: 这类问题可能需要用伽罗瓦理论来确定是否存在根式解.
下面说一下细节. 在汇心几何学(第11版)中, 张代远给出了一个定理(见定理11.2), 该定理建立了顶汇距, 标架分量和三角形边长的关系, 是非线性方程组.
从这个非线性方程组可以看出, 如果已知标架分量和三角形各边的边长, 则求顶汇距是一个非常简单的问题, 直接代入公式计算即可. 我在这里称这类问题是“正问题”. 但是如果已知标架分量和顶汇距, 求三角形各边的边长就必须求解这个非线性方程组. 我在这里称这类问题是“反问题”.  显然, 对于反问题, 这个非线性方程组的求解是一件困难的工作, 或许根本就不存在根式解, 这需要利用伽罗瓦理论去论证和解决. 我没有做过, 不知道最终结果如何, 有兴趣的网友可以试试.
按照我的理解, 我来科普一下几个名词. 顶汇距可以直接理解为三角形的顶点到该三角形平面上一个点的距离. 顶汇距中的“顶”指的就是三角形的顶点, “汇”指的是汇心. 汇心可以看成是三角形平面上的一个点. 汇心是用标架分量表示的点. 张代远给出的定理7.1和定理7.2指出汇心和标架分量一一对应. 而“标架分量”指的是标架向量的加权系数.
这里顺便说一下三种几何学的区别. 欧氏几何学中的点没有和代数量建立联系; 解析几何学将平面上的一个点和坐标建立了一一对应关系; 汇心几何学平面上的一个点和标架分量建立了一一对应关系. 汇心几何学的一大优势是标架分量可以彻底摆脱坐标系.
应该说, Ysu2008提出了一个很好的问题. 如果这类问题被证明不存在根式解, 我认为应该作为一个范例写入中学数学教材(只写结论, 不写过程, 因为中学生根本无法理解过程). 其重要意义在于我们不能盲目刷题, 应该考虑哪些问题可解, 哪些问题不可解. 可怜的孩子们太内卷了, 整天盲目的刷题, 却不知道自己在做些什么, 不知道哪些能做, 哪些不能做. 比如Ysu2008提出的这个问题如果真的被张代远定理11.2和伽罗瓦理论证明不存在根式解, 而学生却不知道, 花费大量时间苦思冥想, 去找学霸, 找老师, 殊不知这是一个永远不可能完成的工作. 当然, 如果该问题被证明可解(存在根式解), 也要告诉学生求解过程非常复杂, 需要求解非线性方程组, 不建议学生花时间去做. 我们的数学家们也应该重视欧氏几何学, 不要认为那些都是中学生学习的基础知识而被轻视, 似乎必须研究微分几何学才显得高大尚. 其实, 欧氏几何学中可能存在大量的不可解(没有根式解)问题. 要想利用伽罗瓦理论, 就需要将欧氏几何学的问题代数化, 这方面, 汇心几何学提供了一个不错的基础. 我们的数学家应该尽可能多的给出相关结论和指导, 避免那些不可解问题浪费孩子们大量的宝贵时间. 孩子是祖国的未来. 为了孩子, 数学家们去多做一些工作吧!

ataorj

dd=xx-rr
ee=yy-rr
ff=zz-rr
dyy(d+f)=exx(e+f)
最后这个用了正弦定理和二倍角正弦公式
defr都有根式解，麻烦点

ataorj

至于垂心题，
设x对应的高的剩余部分为d
则三角形就确定了，其余部分都能表示出来，应该容易找个方程解出d

天山草

以下是用 mathematica 由四个方程消去切线长 tx、ty、tz 以求得 x、y、z、r 间方程的方法。
四个方程是  x^2 = tx^2 + r^2， y^2 = ty^2 + r^2， z^2 = tz^2 + r^2 和  r^2 = (tx ty tz)/(tx + ty + tz) 。
最后那个方程证明如下：

1. In[57]:= Clear["Global`*"];
   
2. Eliminate[{x^2 == tx^2 + r^2, y^2 == ty^2 + r^2, z^2 == tz^2 + r^2,
   
3.   r^2 == (tx ty tz)/(tx + ty + tz)}, {tx, ty, tz}]
   
4. Factor[x^4 (r^4 y^4 + 2 r^4 y^2 z^2 + r^4 z^4 - 2 r^2 y^4 z^2 -
   
5.      2 r^2 y^2 z^4 + y^4 z^4) +
   
6.   r^2 x^2 y^2 z^2 (-4 r^4 + 2 r^2 y^2 + 2 r^2 z^2 - 2 y^2 z^2) +
   
7.   r^4 y^4 z^4]
   
8. 
   
9. Out[58]= x^4 (r^4 y^4+2 r^4 y^2 z^2+r^4 z^4-2 r^2 y^4 z^2-2 r^2 y^2 z^4+y^4 z^4)+r^2 x^2 y^2 z^2 (-4 r^4+2 r^2 y^2+2 r^2 z^2-2 y^2 z^2)==-r^4 y^4 z^4
   
10. 
    
11. Out[59]= -(2 r^3 x y z+r^2 x^2 y^2+r^2 x^2 z^2+r^2 y^2 z^2-x^2 y^2 z^2) (2 r^3 x y z-r^2 x^2 y^2-r^2 x^2 z^2-r^2 y^2 z^2+x^2 y^2 z^2)

复制代码

结果得到两个方程：
2 r^3 x y z+r^2 (x^2 y^2+ x^2 z^2+ y^2 z^2) - x^2 y^2 z^2 = 0
或者
2 r^3 x y z -r^2 (x^2 y^2+ x^2 z^2+ y^2 z^2) +x^2 y^2 z^2 = 0
经检查，只有前面那个方程能用。至于方程 2 r^3 x y z+r^2 (x^2 y^2+ x^2 z^2+ y^2 z^2) - x^2 y^2 z^2 = 0 能否给出公式解，尚待研究。

ataorj

前面发言括号里的def误成xyz了，已更正
电脑求解r，消去d,e,f，可以快速出结果，但是太复杂。

ataorj

天山草可能用了内切圆半径公式，这个思路很好，我没试。

ataorj

求解都是很麻烦的，我有快速无限精度动态逼近做图的方法，简单容易，以后再整理。
近似解方程，我略有印象，不熟练，
但是动态解题技巧这课题估计应该有人做过的，我这一年来自己推敲出来的还是熟练的，不知具体是否属于牛顿迭代法（？）之类的。这种解题以后会是数学的一个普遍常态。

ataorj

第四个方程用角平分线公式应该是最简单的且是“均匀的”，应该是完满的
这可能才是天山草做的，，，

ataorj

天山草那个方程是从r公式来的，和我那个求出来的r完全相同，都是6个解，4个有虚数符号I，2个无I，都很复杂，不太有实用价值。

波斯猫猫

（1）已知内心到三角形三顶点的距离分别为a，b，c，设内切圆半径为r，
显然，其周长的表达式为
f(r)=2[√(a^2-r^2)+√(b^2-r^2)+√(c^2-r^2)].
注：取a=4，b=3，c=2，则f(1)=√60+√32+√12，f(1/2)=√63+√35+√15。
这表明周长不仅和a，b，c有关，还与r有关。
点评
天山草
你这个表达式不符合题意。因为内切圆半径不能由 a, b, c 算出。  发表于 2025-2-15 08:15

（2）14楼：结果得到两个方程：
2 r^3 x y z+r^2 (x^2 y^2+ x^2 z^2+ y^2 z^2) - x^2 y^2 z^2 = 0
或者
2 r^3 x y z -r^2 (x^2 y^2+ x^2 z^2+ y^2 z^2) +x^2 y^2 z^2 = 0
经检查，只有前面那个方程能用。至于方程 2 r^3 x y z+r^2 (x^2 y^2+ x^2 z^2+ y^2 z^2) - x^2 y^2 z^2 = 0
能否给出公式解，尚待研究。
注：①用笔算易得2 x y z r^3+ (x^2 y^2+ x^2 z^2+ y^2 z^2) r^2- x^2 y^2 z^2 = 0(得不到后者)，
或2 abc r^3+ (a^2 b^2+ b^2 c^2+ c^2 a^2) r^2- a^2 b^2 c^2 = 0。
②从理论上讲，对r，①至少有一正实数解，这表明r=g(a，b，c)，由此，其周长应为h(a，b，c)
，而与r无关。这是因为f(r)=2[√(a^2-r^2)+√(b^2-r^2)+√(c^2-r^2)]中的r可用r=g(a，b，c)消去。
可事实上，在（1）中，周长除了与a，b，c有关，的确还和r有关。由此产生矛盾。这是为什么？
哪里出了问题？欢迎找错！