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标题: [几何] 圆锥曲线切线方程的一个巧妙证明 [打印本页]

作者: zhcosin    时间: 2017-10-11 17:16     标题: 圆锥曲线切线方程的一个巧妙证明

大概在两年前,初等数学笔记工程还在蕴粮的时候,就灵光一闪,想出了椭圆切线方程的这个巧妙的证明,但当时对于双曲线和抛物线,没有细想,前几天论坛有人发帖问双曲线的切线方程证明,细想之下又把双曲线的给想出来了,而抛物线的太简单也就出来了,这就是下面的证明。不过要说明的是,在这里切线的定义是用直线与圆锥曲线仅有唯一公共点来定义的。
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2017-10-11 17:14

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http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=5437&k=8546d8c5b01408d9ef05c8c0abc87549&t=1711633531&sid=m5x14M



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http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=5438&k=02669a7422dc77e0111ef5f983a1d0fe&t=1711633531&sid=m5x14M


作者: kuing    时间: 2017-10-12 03:46

我的习惯是用柯西及其类似,写起来比较对称:
\begin{align*}
(a^2 + b^2) (c^2 + d^2) = (a c + b d)^2 + (a d - b c)^2 &\riff (a^2 + b^2) (c^2 + d^2) \geqslant (a c + b d)^2 ,\\
(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) = (a c - b d)^2 - (a d - b c)^2 &\riff (a^2 - b^2) (c^2 - d^2) \leqslant (a c - b d)^2 ,\\
\end{align*}
所以有
\begin{align*}
\left(\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}\right)
\left(\frac{x_T^2}{a^2}+\frac{y_T^2}{b^2}\right)
\geqslant\left(\frac{x_0x_T}{a^2}+\frac{y_0y_T}{b^2}\right)^2 & \riff \frac{x_T^2}{a^2}+\frac{y_T^2}{b^2}\geqslant1,\\
\left(\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}\right)
\left(\frac{x_T^2}{a^2}-\frac{y_T^2}{b^2}\right)
\leqslant\left(\frac{x_0x_T}{a^2}-\frac{y_0y_T}{b^2}\right)^2 &\riff \frac{x_T^2}{a^2}-\frac{y_T^2}{b^2}\leqslant1.
\end{align*}
作者: zhcosin    时间: 2017-10-12 07:36

回复 2# kuing
niubility,不愧是不等式高手。
作者: 游客    时间: 2017-10-12 08:26

圆锥曲线的切线,点差法加个极限就好了,不用计算,也能用于作图。
作者: zhcosin    时间: 2017-10-13 10:47

回复 2# kuing
太漂亮,赶紧收进笔记
作者: isee    时间: 2017-10-13 12:30

回复 4# 游客


    这个我也喜欢。
作者: isee    时间: 2017-10-13 12:31

回复 5# zhcosin


    一块得个玉$$
(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) = (a c - b d)^2 - (a d - b c)^2 \riff (a^2 - b^2) (c^2 - d^2) \leqslant (a c - b d)^2
$$
作者: 走走看看    时间: 2018-2-10 12:04

回复 1# zhcosin


    4.6.3的第二个式子,符号笔误。
作者: zhcosin    时间: 2018-2-10 20:51

回复 8# 走走看看
确实,符号搞错了,这里是截图就懒得改了,在我笔记中改好就行了。
作者: 其妙    时间: 2018-2-10 21:55

回复 7# isee
还可以推广到n维
作者: kuing    时间: 2018-12-20 11:41

刚刚群里一题,顺便整理到这里。
QQ图片20181220113537.png
2018-12-20 11:38

由于相交,故直线 `mx/a^2+ny/b^2=1` 上存在一点 `(x_0,y_0)` 使 `x_0^2/a^2+y_0^2/b^2<1`,故由柯西得
\[1=\left( \frac{mx_0}{a^2}+\frac{ny_0}{b^2} \right)^2\leqslant\left( \frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2} \right)\left( \frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2} \right)<\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2},\]这就说明点 `(m,n)` 在椭圆外。

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http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=6816&k=b29e52770bb2e077694303f7c05c2501&t=1711633531&sid=m5x14M


作者: kuing    时间: 2018-12-20 12:51

另外,如果将楼上的题的“相交”改为“相离”,则也可以这样解:

设 `(x_0,y_0)` 是直线 `mx/a^2+ny/b^2=1` 与直线 `my=nx` 的交点,则有
\[1=\left( \frac{mx_0}{a^2}+\frac{ny_0}{b^2} \right)^2+\left( \frac{my_0}{ab}-\frac{nx_0}{ab} \right)^2=\left( \frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2} \right)\left( \frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2} \right),\]
由于 `mx/a^2+ny/b^2=1` 与椭圆外离,故 `(x_0,y_0)` 在椭圆外,即 `x_0^2/a^2+y_0^2/b^2>1`,故由上式知 `m^2/a^2+n^2/b^2<1`,即 `(m,n)` 在椭圆内。
作者: 敬畏数学    时间: 2018-12-20 13:24

这个貌似若干年前已经闹腾地厉害!
作者: yjhailiang    时间: 2020-1-31 13:39

能不能用二次曲线的一般式,一次性得出结论?
我试过,没有成功




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