[几何] 求证∠CPT≤∠ABA’

P为椭圆上一点,AA'为长轴,BB'为短轴,切线PT交AA’于T,求证∠CPT≤∠ABA’

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色k

2^#

发表于 2020-7-4 21:37 | 只看该作者

C点是啥

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kuing

3^#

发表于 2020-7-4 23:21 | 只看该作者

看来 C 是椭圆中心……如果是的话：

设椭圆方程为 `x^2/a^2+y^2/b^2=1`, `a>b>0`，则易得
\[\tan\angle A'BA=-\frac{2ab}{a^2-b^2},\]不妨设 `P` 在第一象限，设 `P(x_0,y_0)`，则
\[k_{CP}=\frac{y_0}{x_0}, \, k_{PT}=-\frac{b^2x_0}{a^2y_0},\]于是
\[\tan\angle CPT=\frac{k_{PT}-k_{CP}}{1+k_{PT}\cdot k_{CP}}=\frac{-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}-\frac{y_0}{x_0}}{1-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}\cdot\frac{y_0}{x_0}}=-\frac{\frac{x_0}{y_0}b^2+\frac{y_0}{x_0}a^2}{a^2-b^2}\leqslant-\frac{2ab}{a^2-b^2},\]可见 `\angle CPT\leqslant\angle A'BA`，当 `y_0/x_0=b/a` 时取等。

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hbghlyj

4^#

发表于 2020-7-5 02:18 | 只看该作者

回复 2# 色k
C应该就是center的首字母，很多都是这样

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kuing

5^#

发表于 2020-7-5 02:49 | 只看该作者

不知这样玩可不可以：

仍然只考虑 `P` 在第一象限的情形，设 `P(a\cos\theta,b\sin\theta)`，则
\[k_{CP}=\frac{b\sin\theta}{a\cos\theta}, \, k_{PT}=-\frac{b\cos\theta}{a\sin\theta},\]当 `\theta` 增大时，`CP` 和 `PT` 的角速度分别为
\begin{align*}
\omega_{CP}&=\frac{\rmd(\arctan k_{CP})}{\rmd\theta}=\frac{ab}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta},\\
\omega_{PT}&=\frac{\rmd(\arctan k_{PT})}{\rmd\theta}=\frac{ab}{a^2\sin^2\theta+b^2\cos^2\theta},
\end{align*}当 `0<\theta<\pi/4` 时 `\omega_{CP}<\omega_{PT}`，这说明 `\angle CPT` 增大；
当 `\pi/4<\theta<\pi/2` 时 `\omega_{CP}>\omega_{PT}`，这说明 `\angle CPT` 减少；
所以当 `\theta=\pi/4` 即 `k_{CP}=b/a` 时 `\angle CPT` 最大。
而这时 `\angle CPT` 的两边与 `\angle A'BA` 的两边分别平行，因而结论成立。

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ellipse

6^#

发表于 2020-7-5 15:16 | 只看该作者

谢谢！但是没有看懂5楼\⊙﹏⊙汗

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isee

7^#

发表于 2020-7-5 22:50 | 只看该作者

回复 3# kuing

擦，这都能猜出来。。。C...

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