有关圆锥曲线的切线三角形的面积关系
[attach]6008[/attach] ？？？有人会吗？ 椭圆和双曲线没有这个性质，比值是变化的。抛物线的以前网友给我讲过，发上来：设抛物线方程是$y=cx^2$，设三个切点是$A_i,i=1,2,3$，设坐标$A_i(x_i,cx_i^2)$，于是三条切线的方程是$2cx_ix-y-cx_i^2$，联立可得切线交点坐标$B_i(\frac{x_{i+1}+x_{i+2}}{2},cx_{i+1}x_{i+2})$，其中定义$x_4=x_1,x_5=x_2$，于是两三角形面积是
$\abs{\begin{bmatrix}
x_1 & cx_1^2 & 1\\
x_2 & cx_2^2 & 1\\
x_3 & cx_3^2 & 1
\end{bmatrix}/\begin{bmatrix}
\frac{x_1+x_2}{2} & cx_1x_2 & 1\\
\frac{x_2+x_3}{2} & cx_2x_3 & 1\\
\frac{x_3+x_1}{2} & cx_3x_1 & 1
\end{bmatrix}}=2$ [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25952&ptid=5271]3#[/url] [i]abababa[/i] [/b]
抛物线中：利用三点坐标求面积公式，分别解得两个三角形面积，确实是可行的：这里有一个详解：[url]http://www.ixueshu.com/document/391d33120b64746c318947a18e7f9386.html[/url]。
谢谢！
然后，椭圆与双曲线中，可不可利用这种方法？三点坐标如何求得？ [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25953&ptid=5271]4#[/url] [i]lemondian[/i] [/b]
椭圆和双曲线里没有对应的结论，我用GeoGebra画图试了，这个比值是随那几个点的坐标变化的，不是固定值。因为如果设出一个$x_1$，它对应的$y_1$就带有根号，这样最后就不一定能变成因式积的形式，所以无法继续化简了。而抛物线的那个因为没有根号，那两个行列式都是可以化简的，比如第一个结果是$c(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)$。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25958&ptid=5271]5#[/url] [i]abababa[/i] [/b]
有人说：在椭圆或双曲线中这个比值也是可求的，而且只与
点C,点P及a,b有关 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25959&ptid=5271]6#[/url] [i]lemondian[/i] [/b]
我通过软件作图，这个值不是定值。那你还是谁说的问谁吧，我这个结论也是网友给我讲的。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25959&ptid=5271]6#[/url] [i]lemondian[/i][/b]
跟这些都有关还叫定值？ [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25961&ptid=5271]8#[/url] [i]zhcosin[/i] [/b]
就像之前这帖 [url]http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5071[/url] 那样{:lol:} [quote]
椭圆和双曲线没有这个性质，比值是变化的。抛物线的以前网友给我讲过，发上来：
设抛物线 ...
[size=2][color=#999999]abababa 发表于 2018-3-31 16:47[/color] [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25952&ptid=5271][img]http://kuing.orzweb.net/images/common/back.gif[/img][/url][/size][/quote]
主楼的结论——肯定是陈题——还是很漂亮的，除了解几，“过往”有没有平几证明？ 有人写了这个，但没给出证明，人也找不到了：
你们看看：[attach]6016[/attach]，是不是正确的？ [attach]6017[/attach]
有没有办法证明△DFG与△EFC面积相等？ [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25971&ptid=5271]12#[/url] [i]游客[/i] [/b]
天哪，这个图好多线，{:sweat:}考眼力。。。 玩椭圆的话，不妨先从圆玩起，然后再用“伸缩变换”过渡到椭圆上。
[attach]6019[/attach]
如图，不妨设 $\odot O$ 为单位圆，设 $\angle POA=2\alpha$, $\angle POB=2\beta$（$2\alpha+2\beta<\pi$），则 $\triangle PAB$ 的两个角为 $\alpha$, $\beta$，于是由 $S=abc/(4R)$ 及正弦定理可知
\[\S{PAB}=2\sin\alpha\sin\beta\sin(\alpha+\beta),\]
因为 $DA=DP=\tan\alpha$，所以
\[S_{\text{四边形}DAOP}=\tan\alpha,\]
同理
\begin{align*}
S_{\text{四边形}EBOP}&=\tan\beta,\\
S_{\text{四边形}CAOB}&=\tan(\alpha+\beta),
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\S{CDE}&=S_{\text{四边形}CAOB}
-S_{\text{四边形}DAOP}-S_{\text{四边形}EBOP}\\
&=\tan(\alpha+\beta)-\tan\alpha-\tan\beta\\
&=\tan\alpha\tan\beta\tan(\alpha+\beta),
\end{align*}
因此
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}
=2\cos\alpha\cos\beta\cos(\alpha+\beta)
=\frac{1+\cos2\alpha+\cos2\beta+\cos(2\alpha+2\beta)}2,\]
为了搞伸缩，需要转化为坐标表达式，设圆心位于原点且 $P(x_0,y_0)$, $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$，则
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}=
\frac12(1+x_0x_1+y_0y_1+x_0x_2+y_0y_2+x_1x_2+y_1y_2),\]
那么，将单位圆伸缩为椭圆 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$ 后，上式结论变为
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}=
\frac12\left( 1+\frac{x_0x_1+x_0x_2+x_1x_2}{a^2}
+\frac{y_0y_1+y_0y_2+y_1y_2}{b^2} \right),\]
多漂亮的公式！
接下来将其搞成 11# 的公式，要上Baoli计算了。
设 $C(m,n)$，则熟知直线 $AB$ 的方程为 $mx/a^2+ny/b^2=1$，与椭圆方程联立后，用韦达可以算出
\begin{gather*}
x_1+x_2=\frac{2a^2b^2m}{a^2n^2+b^2m^2},
x_1x_2=\frac{a^4(b^2-n^2)}{a^2n^2+b^2m^2},\\
y_1+y_2=\frac{2a^2b^2n}{a^2n^2+b^2m^2},
y_1y_2=\frac{b^4(a^2-m^2)}{a^2n^2+b^2m^2},
\end{gather*}
代入上面的公式中化简，最终即得
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}=
\frac{\frac{mx_0}{a^2}+\frac{ny_0}{b^2}+1}
{\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2}},\]
也就是 11# 的结论。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25979&ptid=5271]14#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
膜拜中。。。K神呀！{:funk:}
还有这个：Baoli计算-->哥，普通话不行，搞半天才知道是什么意思：第一眼以为是什么软件！！！ 另外双曲线呢？应该也会有类似的结论吧？ [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25963&ptid=5271]9#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
看了下，跟那贴是同一个楼主。。。。 [attach]6025[/attach] [attach]6026[/attach]
(这个作图方法对证明是否能起作用？）
[attach]6027[/attach] [attach]6028[/attach]
[attach]6029[/attach]
（或许还可整理下，写得简单些.) [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25999&ptid=5271]20#[/url] [i]游客[/i] [/b]
化简一下：
[attach]6030[/attach] [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25971&ptid=5271]12#[/url] [i]游客[/i] [/b]
[attach]6031[/attach] [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25999&ptid=5271]20#[/url] [i]游客[/i] [/b]
你整的这些东西要看很久才能懂，很高深啊。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=26003&ptid=5271]23#[/url] [i]敬畏数学[/i] [/b]
始终关注一个基础：经过抛物线两切线的交点与以两切点为端点的弦的中点的直线，跟抛物线的对称轴平行或重合。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=26001&ptid=5271]22#[/url] [i]游客[/i] [/b]
得慢慢学习体会！{:handshake:} [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25982&ptid=5271]16#[/url] [i]lemondian[/i] [/b]
听闻双曲线与椭圆的结论一样？ 椭圆两切线的交点和中心的连线平分以两切点为端点的弦，跟抛物线有点区别。 有人说椭圆与双曲线用参数方程要简单，他说没空写！{:sleepy:} K神，有空解决一下双曲线的吧。谢谢了 [attach]6049[/attach] 找到了这个：
[attach]6636[/attach]
可惜又是没有证明过程的，各位大神看看. [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=25979&ptid=5271]14#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
@kuing:能不能用3#的坐标法来弄呢？ 面积比不变只是仿射变换群的属性，不是射影变换群的属性。非退化的圆锥曲线在仿射变换下分为三类：椭圆、抛物线、双曲线，所以不要太指望抛物线的仿射属性在椭圆和双曲线上也同样有。
在仿射几何中，三类的定义如下：
椭圆：与无穷远线相离的二次曲线。
抛物线：与无穷远线相切的二次曲线。
双曲线：与无穷远线相交的二次曲线。
与相离和相交相比，相切确实更特殊一些，所以抛物线会有一些独特的仿射不变量。 题设命题与下列命题等价：抛物线弓形的面积等于其外切三角形面积的2/3. [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=28521&ptid=5271]34#[/url] [i]huing[/i] [/b]
用原命题推导弓形面积时要加上如下假设:
抛物弓形外切三角形面积与弓形面积的比值是定值 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=28594&ptid=5271]35#[/url] [i]player1703[/i] [/b]不需要，需要的是求极限的思想。 [i=s] 本帖最后由 huing 于 2018-10-21 10:06 编辑 [/i]
说一下上述基于极限思想的证明，也蛮奇妙的，叙述多一点，贵在没有暴力计算。
从中可以看出命题为什么只对抛物线成立，而对于椭圆和双曲线不能恒成立。
且记无穷远线为 $l_\infty$, 抛物线上的无穷远点为$T_\infty$. $T_\infty$是 $l_\infty$与抛物线的切点，这是抛物线区别于椭圆和双曲线的特征。
引理1 命题在$DE\px AB$时特定成立。
证明：设$DE$与$AB$相交于$F_\infty$. 连结直线$PT_\infty$, 交AB于点 M。
由于直线$PT_\infty$是点$F_\infty$的极线，C是弦AB的极点，根据配极对应原则，C在直线$PT_\infty$上。
并且$CMPT_\infty$是调和共轭点组，所以P是CM的中点。故DE为$\triangle{ABC}$的中位线，$\S{CDE}=\frac12\S{PAB}$, 命题成立。
[attach]6696[/attach]
引理2 曲边三角形面积$\S{C\overline{AB}}=\frac12S_{抛物线弓形BA\overline{AB}}$
式中$\overline{AB}$抛物线弧段AB，应该是弯顶，咱暂时搞不了，就不费那事了。
证明：按引理1的图，即$DE\px AB$，作以下面积分割：
$\S{C\overline{AB}}=\S{CDE}+\S{D\overline{AP}}+\S{E\overline{BP}}$
$S_{抛物线弓形BA\overline{AB}}=\S{PAB}+S_{抛物线弓形PA\overline{AP}}+S_{抛物线弓形PB\overline{BP}}$
由引理1 $\S{CDE}=\frac12\S{PAB}$得
$\S{C\overline{AB}}=\frac12S_{抛物线弓形BA\overline{AB}}\liff\S{D\overline{AP}}=\frac12S_{抛物线弓形PA\overline{AP}}\land\S{E\overline{BP}}=\frac12S_{抛物线弓形PB\overline{BP}}$
这样大的面积关系就被分割、归结为同构的小的面积关系，如此分割下去，小的面积极限为零，$0=\frac12\cdot0$成立。
最后，我们来证明原命题，DE在一般位置。
$\S{CDE}=\S{C\overline{AB}}-\S{D\overline{AP}}-\S{E\overline{BP}}$
$\S{PAB}=S_{抛物线弓形BA\overline{AB}}-S_{抛物线弓形PA\overline{AP}}-S_{抛物线弓形PB\overline{BP}}$
由引理2知，以上两式右边对应项有倍半关系，故左边对应亦然。 [i=s] 本帖最后由 huing 于 2018-10-21 10:09 编辑 [/i]
换成了全图
[attach]6692[/attach] [i=s] 本帖最后由 player1703 于 2018-10-21 19:54 编辑 [/i]
[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=28617&ptid=5271]37#[/url] [i]huing[/i] [/b]
用弓形面积证明原题很简单过程就是你证明的最后几行我的和你一样. 其实我的意思是如果只从原题结论$\S{CDE}=\frac{1}{2}\S{PAB}$出发推出弓形面积. 因为你说的是等价我以为可以几步简单搞定. 事实上只通过$\S{CDE}=\frac{1}{2}\S{PAB}$ 加上$DE\px AB$可以证明$DE$是中位线但是无法说明$P$是$DE$的中点. 用极限当然可以(不需要用到$P$是$DE$的中点)就是对于等价证明我觉得有点过于复杂了.
你的证明中$0=\frac{1}{2}⋅0$ 那步有点牵强用下面的无穷极数方法更好:
$\S{CDE}=\frac{1}{4}\S{CAB}$, $\S{PAB}=\frac{1}{2}\S{CAB}$
$\therefore \S{DAP} + \S{EBP} = \frac{1}{4}\S{CAB}$
在$\triangle DAP$和$\triangle EBP$内分别作平行于$AP$, $BP$ 的切线又围出两个小三角形, 这两个小三角面积之和为$\frac{1}{4}\S{DAP} + \frac{1}{4}\S{EBP} = \frac{1}{4}\left(\S{DAP} + \S{EBP}\right) = \frac{1}{4^2}\S{CAB}$
把这个面积加到$\S{CDE}$上就更逼近$\S{C\overline{AB}}$的面积
依此类推继续作更多小三角形, $n$ 步以后所有小三角形(包括$\triangle CDE$)面积总和为$\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{4^{n-1}}\right)\S{CAB}=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{4^n}\right)\S{CAB}$
取极限$n\to\infty$就得到$\S{C\overline{AB}}=\frac{1}{3}\S{CAB}$
但是这么做其实还有问题, 就是你怎么严格证明极限最后一定等于弓形面积. 更完美的方法是内外同时逼近(里面逼近类似,具体步骤请看 [url]http://lyingheart6174.pixnet.net/blog/post/5122339[/url]), 得到
$\frac{2}{3}\left(1-\left(\frac{1}{4}\right)^n\right)\S{CAB} \le S_{弓形BA\overline{AB}}\le \frac{2}{3}\left(1+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^n\right)\S{CAB}$
最后用夹逼原理.
其实仔细看最后一个不等式, 多出来的面积是少的面积的$\frac{1}{2}$, 本质上和你的证明是一模一样的只是用夹逼原理有了更严格的表述.
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