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» 三角形的内切锥线和塞瓦定理
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hbghlyj
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发表于 2020-7-29 22:04
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[几何]
三角形的内切锥线和塞瓦定理
本帖最后由 hbghlyj 于 2021-5-31 16:23 编辑
圆锥曲线c,从c外部一点到c的切线长度与相应的切点处的曲率半径的立方根成比例,即:
$\frac{AE}{AF}=\sqrt[3]{\frac{\text{E处的曲率半径}}{\text{F处的曲率半径}}}$
推论:
圆锥曲线与△ABC三边切于D,E,F,则$\dfrac{AF}{BF}\cdot\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}=1$,由塞瓦定理,直线AD,BE,CF共点
2020-7-29 21:58
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发表于 2020-7-30 00:14
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这个有点意思[惊喜]
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发表于 2020-7-30 01:52
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引理:椭圆 `x^2/a^2+y^2/b^2=1` 上一点处的切线与焦半径的夹角为 `\alpha`,则该点处的曲率半径为 `b^2/(a\sin^3\alpha)`。
引理的证明有空再补;引理的双曲线、抛物线的情形也有空再补……(太懒了其实根本就不想码……
现在证 1# 的结论:
2020-7-30 01:52
如上图,其中 `J` 为焦点(由于楼主用掉了 `F` 只好用别的字母),熟知 `AJ` 平分 `\angle EJF`,故由正弦定理有
\[\frac{AE}{AF}=\frac{AE/AJ}{AF/AJ}=\frac{\sin\angle AJE/\sin\alpha}{\sin\angle AJF/\sin\beta}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha},\quad(*)\]根据引理有
\[\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\sqrt[3]{\frac{E~\text{处的曲率半径}}{F~\text{处的曲率半径}}},\]即得证。
PS、如果单纯是为了推出后面那个共点推论的话,用式 (*) 足矣,不需要扯上曲率……
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发表于 2020-7-30 18:38
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椭圆的曲率圆:
\[ \left(x-\frac{a^{2}-b^{2}}{a}\left(\cos t\right)^{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{a^{2}-b^{2}}{b}\left(\sin t\right)^{3}\right)^{2}=\frac{\left(\left(a\sin t\right)^{2}+\left(b\cos t\right)^{2}\right)^{3}}{a^{2}b^{2}} \]
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色k
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发表于 2020-7-30 19:09
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青青子衿
帮我补全引理的双曲线抛物线及证明呗
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发表于 2020-7-31 01:26
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86鱼不鸟我,我先写下引理椭圆的证明吧……
2020-7-31 01:26
如上图,设 `P` 处的切线交准线于 `Q`,熟知 `PF\perp QF`,所以
\[\cot\alpha=\frac{PF}{QF}=\frac{PH}{FG}=\frac{PH}{a^2/c-c}=\frac c{b^2}PH,\]所以如果令 `P(a\cos t,b\sin t)`,则
\[\cot\alpha=\frac cb\sin t\implies\frac1{\sin\alpha}=\sqrt{1+\frac{c^2}{b^2}\sin^2t}.\]
另一方面,由参数方程的曲率公式
\[K=\frac{|\varphi'(t)\omega''(t)-\omega'(t)\varphi''(t)|}{\bigl(\varphi'(t)^2+\omega'(t)^2\bigr)^{3/2}},\]易得曲率半径为
\[\rho=\frac1K=\frac{(a^2\sin^2t+b^2\cos^2t)^{3/2}}{ab}=\frac{(c^2\sin^2t+b^2)^{3/2}}{ab},\]把上面的代入,就是
\[\rho=\frac{b^2}{a\sin^3\alpha}.\]
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kuing
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发表于 2020-7-31 01:54
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双曲线的话,开头应该一样,中间是不是将 sin、cos 改成 sinh、cosh 来玩就行了?可是双曲函数我不熟……
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发表于 2021-1-15 14:01
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hbghlyj
后面那个共点推论是布列安桑定理的推论.六边形退化为三角形.
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发表于 2021-5-31 18:48
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本帖最后由 hbghlyj 于 2021-5-31 22:52 编辑
由
这帖
可得,对中心为O的椭圆,存在圆O的内接三角形△ABC,使△ABC的三边恒与这个椭圆相切.
由彭赛列闭合定理,存在圆O的无穷个内接三角形△ABC,使△ABC的三边恒与这个椭圆相切,且A可取圆O上任何一点,且当A在圆O上运动时,B和C是连续运动的.
设△ABC的三边与椭圆相切于P,Q,R.
设A,B,C在圆上运动的速度为$v_A,v_B,v_C$.
则$\frac{v_A}{v_B}=\frac{AR}{RB}$,于是$1=\prod\frac{v_A}{v_B}=\prod\frac{AR}{RB}$,即为1#的那个推论.
2021-5-31 18:53
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发表于 2021-5-31 22:45
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hbghlyj
又让我想起了
彭赛列
……
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发表于 2021-5-31 22:50
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本帖最后由 hbghlyj 于 2021-5-31 22:52 编辑
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kuing
9#的证明确实用到了彭赛列...我忘记写了,多谢提醒!
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更新:已经补上
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发表于 2021-5-31 23:44
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hbghlyj
才发现你这个图竟然是个“动图”,没看到它动,只是因为它的每一帧都相同,那图实际一共 124 帧。
2021-5-31 23:47
也许和在你另一帖说的 GGB 无法导出 gif 有关,导出的全是同一帧。
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发表于 2021-5-31 23:54
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kuing
帮我导一下吧
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