论系

0x01.一个点关于任意直线的对称点

$P'$ 为 $P({x_0},{y_0})$关于直线$l:Ax+By+C=0$的对称点。

图中$AB$所在直线即为 $l$。

由$AB\bot PP'$可得$k_{PP'} \cdot k_{AB}=-1$，那么

$$k_{PP'}=-{1\over{k_{AB} } }=-{1\over{-{B\over{A} } } }={\cfrac{A}{B} }$$

又直线经过 $P$ 点，有 $PP':y={B\over{A}}(x-{x_0})+{y_0}$，又有 $H$ 为直线 $PP'$ 与 $AB$ 的交点，故

$$H({ {B^2{x_0}-AB{y_0}-AC}\over{A^2+B^2} },{ \cfrac{A^2{y_0}-AB{x_0}-BC}{A^2+B^2} })$$

又根据$H$为$P,P'$两点的中点，可以推算出，

$$P'({ {(B^2-A^2){x_0}-2AB{y_0}-2AC}\over{A^2+B^2} },{ {(A^2-B^2){y_0}-2AB{x_0}-2BC}\over{A^2+B^2} })$$

0x02.一条直线关于任意直线的对称直线

$l'$为$l:Lx+My+N=0$关于直线$l_0:Ax+By+C=0$的对称直线。

我们作出$l$与$y,x$轴的交点$A,B$，作两点关于$l_0$的对称点$A',B'$，根据$0x01$中的公式，可以推算出

$$A'(\cfrac{2ABN-2ACM}{M(A^2+B^2)},\cfrac{N(B^2-A^2)-2BCM}{M(A^2+B^2)}), B'(\cfrac{N(A^2-B^2)-2ACL}{L(A^2+B^2)},\cfrac{2ABN-2BCL}{L(A^2+B^2)})$$

那么$l'$便是过$A',B'$两点的直线，可算出

$$k=\cfrac{\cfrac{2ABN-2BCL}{L(A^2+B^2)}-\cfrac{N(B^2-A^2)-2BCM}{M(A^2+B^2)}}{\cfrac{N(A^2-B^2)-2ACL}{L(A^2+B^2)}-\cfrac{2ABN-2ACM}{M(A^2+B^2)}}=\cfrac{2ABM+L(A^2-B^2)}{-2ABL+M(A^2-B^2)}$$

从而

$$b=\cfrac{N(B^2-A^2)-2BCM}{M(A^2+B^2)}-\cfrac{2ABM+L(A^2-B^2)}{-2ABL+M(A^2-B^2)} \times \cfrac{2ABN-2ACM}{M(A^2+B^2)}=\cfrac{2ACL+2BCM-N(A^2+B^2)}{-2ABL+M(A^2-B^2)}$$

推算出$l'$的一般式，

$$l':(2ABM+L(A^2-B^2))x+(2ABL+M(B^2-A^2))y+2ACL+2BCM-N(A^2+B^2)=0$$

0x03.三角形的内心坐标公式

备用芝士：奔驰定理

对于$\triangle ABC$内的任意一点$P$，有

$$S_{\triangle PBC} \cdot \vec{PA} + S_{\triangle PAC} \cdot \vec{PB} + S_{\triangle PAB} \cdot \vec{PC} = 0$$

正题

由奔驰定理，知 $$ S_{\triangle IBC} \cdot \vec{IA} + S_{\triangle IAC} \cdot \vec{IB} + S_{\triangle IAB} \cdot \vec{IC} = 0 $$

因为$I$是内心，所以$H_{A}I = H_{B}I = H_{C}I = h$，故

$$\left\{ \begin{aligned} S_{\triangle IAB} = \cfrac{1}{2}AB \cdot IH_{C} = \cfrac{1}{2}AB \cdot h\\ S_{\triangle IBC} = \cfrac{1}{2}BC \cdot IH_{A} = \cfrac{1}{2}BC \cdot h\\ S_{\triangle IAC} = \cfrac{1}{2}AC \cdot IH_{B} = \cfrac{1}{2}AC \cdot h\\ \end{aligned} \right.$$

以上式子代入得

$$AB \cdot \vec{IC} + BC \cdot \vec{IA} + AC \cdot \vec{IB} = 0$$

设$A(x_A,y_A),B(x_B,y_B),C(x_C,y_C),I(x,y),a=BC,b=AC,c=AB$，可知

$$\left\{ \begin{aligned} \vec{IA} = (x_A - x, y_A - y) \\ \vec{IB} = (x_B - x, y_B - y) \\ \vec{IC} = (x_C - x, y_C - y) \\ \end{aligned} \right.$$

代入，可以得到

$$\left\{ \begin{aligned} a (x_A - x) + b (x_B - x) + c (x_C - x) = 0 \\ a (y_A - y) + b (y_B - y) + c (y_C - y) = 0 \end{aligned} \right.$$

得结论

$$I(\cfrac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}, \cfrac{ay_A+by_B+cy_C}{a+b+c})$$

0x04.三角形外心的坐标公式

设$A(x_A,y_A),B(x_B,y_B),C(x_C,y_C)$，$\triangle ABC$的外心$O(x_O,y_O)$

则由外心的性质，可以得到$OA=OB=OC$，即

$$\sqrt{(x_A - x_O)^2 + (y_A - y_O)^2} = \sqrt{(x_B - x_O) ^ 2 + (y_B - y_O)^2} = \sqrt{(x_C - x_O)^2 + (y_C - y_O)^2}$$

不难解出$O$的坐标为

$$O(\cfrac{\Sigma(x_A^2 + y_A^2)(y_B - y_C)}{2\Sigma x_A(y_B - y_C)}, \cfrac{\Sigma(x_A^2 + y_A^2)(x_B - x_C)}{2\Sigma y_A(x_B - x_C)})$$

0x05.三角形重心坐标公式

设$A(x_A, y_A), B(x_B, y_B), C(x_C, y_C)$, $\triangle ABC$的重心为$G(x_G, y_G)$

并设出三角形三条边的中点$M_A, M_B, M_C$

注意到重心的性质 : $\cfrac{AG}{GM_A}=\cfrac{BG}{GM_B}=\cfrac{CG}{GM_C}=2$

由$M_A$为$BC$的中点，可知$M_A(\cfrac{x_B + x_C}{2}, \cfrac{y_B + y_C}{2})$

又知$G$为$AM_A$的三等分点，知

$$G(\cfrac{x_A + 2 \times \cfrac{x_B +x_C}{2}}{3}, \cfrac{y_A + 2 \times \cfrac{y_B +y_C}{2}}{3})$$

即知三角形重心公式为

$$G(\cfrac{x_A + x_B + x_C}{3}, \cfrac{y_A + y_B + y_C}{3})$$

0x06.三角形的垂心坐标公式

前置芝士: 欧拉定理

对于任意三角形$ABC$，其重心$G$，圆心$O$，垂心$H$三点共线，且$GH=2OG$

正题

我们已知圆心$O$的公式与重心$G$的坐标公式后，大可不必走弯路

直接通过欧拉定理知

$$G(\cfrac{2x_O+x_H}{3}, \cfrac{2y_O+y_H}{3})$$

代入公式，可得

$$H(x_A + x_B + x_C - \cfrac{\Sigma(x_A^2 + y_A^2)(y_B - y_C)}{\Sigma x_A(y_B - y_C)}, y_A + y_B + y_C - \cfrac{\Sigma(x_A^2 + y_A^2)(x_B - x_C)}{\Sigma y_A(x_B - x_C)})$$

0x07.三角形欧拉线的一般式

即解过$O$与$G$的直线解析式，易计算得

$$\begin{aligned} &(\Sigma (x_C - x_B)(y_A^2 + 3x_Bx_C + 2y_By_C))x\\ +&(\Sigma (y_C - y_B)(x_A^2 + 2x_Bx_C + 3y_By_C))y\\ +&\Sigma x_Ax_B(x_A^2 - x_B^2) + \Sigma y_Ay_B(y_A^2 - y_B^2)\\ +&\Sigma x_Ay_A^2(x_B - x_C) + \Sigma x_A^2y_A(y_B - y_C)=0 \end{aligned}$$