[几何] wwd那个共焦点椭圆问题的一般情况

kuing

生如夏花(2365*****) 2013-8-25 16:24:56

下载 (132.13 KB)

2013-8-28 21:09

kuing/fj/zhj 2013-8-25 16:25:33

下载 (1.01 KB)

2013-8-28 21:09

多么有趣
生如夏花(2365*****) 2013-8-25 16:26:17
我纠结的那个问题，只要把这个关键的解决就没问题了

设有两条二次曲线 $\Gamma_1:x^2/A+y^2/B=1$，$\Gamma_2:x^2/C+y^2/D=1$（$A$、$B$、$C$、$D$ 不必为正），点 $P$ 在 $\Gamma_1$ 上，$\Gamma_1$ 在 $P$ 处的切线与 $\Gamma_2$ 交于两点 $R$、$S$，$\Gamma_2$ 在 $R$、$S$ 处的切线交于 $Q$，如果 $k_{PQ}$、$k_{RS}$ 均存在，则 $k_{PQ}\cdot k_{RS}$ 为定值。

设 $P(x_p,y_p)$，则直线 $RS$ 的方程为
\[\frac{x_px}A+\frac{y_py}B=1,\]
则
\[k_{RS}=-\frac BA\cdot\frac{x_p}{y_p},\]
设 $Q(x_q,y_q)$，则直线 $RS$ 的方程又可以写为
\[\frac{x_qx}C+\frac{y_qy}D=1,\]
由此可见
\[\frac{x_p}A=\frac{x_q}C~\text{且}~\frac{y_p}B=\frac{y_q}D,\]
故
\[k_{PQ}=\frac{y_p-y_q}{x_p-x_q} =\frac{y_p-\frac{Dy_p}B}{x_p-\frac{Cx_p}A} =\frac{A(B-D)}{B(A-C)}\cdot\frac{y_p}{x_p},\]
所以
\[k_{PQ}\cdot k_{RS}=-\frac{B-D}{A-C}.\]

特别地，$PQ\perp RS$ 恒成立当且仅当 $A-B=C-D$，即两二次曲线的焦点相同（曲线类型不必相同）。

PS、本来想把这个回到群里，结果慢了一步，群里已经有人发了解法，方法完全一样。不过既然草稿已的打了，不发白不发，故此改成上面这一般情况再发上来，权当记录。

reny

回复 1# kuing
我只能欣赏!

kuing

wwd 估计不会满足于这样的代数证法，其实当时我刚看到这个的时候就在想几何或速度之类的证法，一时都没想出来，直到刚才想想代数结果这么简单……

kuing

顺便说一下，如果小椭圆退化为定点，则变成之前在人教论坛讨论过的这个
http://bbs.pep.com.cn/forum.php? ... 833&pid=7942378
PS、贴里16#、18#的黄金分割日又打代码又啥的，毫无疑问，那是我的马甲

其妙

回复 4# kuing
显然的嘛，你的生日

hbghlyj

当椭圆退化为线段$F_1F_2$时有下面的证明(来自这帖的26楼),可能在4#链接中已存在,但4#链接已失效不知有无存档

下载 (58.62 KB)

2021-5-30 23:46

弦MN经过焦点,MN的极点为P,证明$PF_1⊥MN$


PM为切线，因此PM平分外角$NMF_2$（椭圆光学性质），
PN为切线，因此PN平分外角$MNF_2$
所以P为△$MNF_2$的旁心
又$2a=MF_1+MF_2=NF_1+NF_2$（椭圆第一定义）
故$F_1$为旁切圆切点（旁切圆切点平分三角形的周长）
因此$PF_1⊥MN$，证毕

kuing

回复 6# hbghlyj

我记得我是用马甲回的速度分解法，不是这个几何法。
哦，也不是这个退化为F1F2，而是直线过椭圆内任一定点……

hbghlyj

回复 7# kuing
能否贴一下当年的解法感谢!

kuing

回复 8# hbghlyj

题大概是这样的：
`Q` 是椭圆内的定点，动弦 `AB` 恒过 `Q`，弦两端处的法线交于 `P`，则当 `AB` 取最值时必有 `PQ\perp AB`。

下载 (13.71 KB)

2021-5-31 01:17

速度分解法大概是这样的：
设 `AB` 转动的角速度为 `\omega`，作速度分解易知 `A`, `B` 两点的速度在 `AB` 上的分量分别为 `\omega QA\cot\alpha` 和 `\omega QB\cot\beta`，故取最值时 `QA\cot\alpha=QB\cot\beta`，即 `QA:QB=\cot\angle PAB:\cot\angle PBA`，由此可得 `PQ\perp AB`。

过程中没有用到椭圆，实际上适用于一般光滑曲线。原帖是从椭圆聊起，所以当时就顺便放了链接来这里。

hbghlyj

回复 9# kuing
我明白了.
设弦A'B'过Q,点A,B在A′B′上的投影为J,K,由△AQJ~△BQK知$\frac{AJ}{BK}=\frac{AQ}{BQ}$,则当A'→A,B'→B时$\angle AA'J→α,\angle BB'K→β$,故$\frac{A′J}{B′K}=\frac{AJ}{BK}\frac{\cot{\angle AA′J}}{\cot{\angle BB′K}}→\frac{AQ}{BQ}\frac{\cot{α}}{\cot{β}}$

kuing

回复 11# hbghlyj

暂未发现很明显的联系……

hbghlyj

下载 (122.4 KB)

2021-6-1 03:46

5000 圆锥曲线专题124楼