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[几何] 有关圆锥曲线的切线三角形的面积关系

QQ图片20180330181708.gif
2018-3-30 18:49
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回复 1# lemondian
???有人会吗?

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本帖最后由 abababa 于 2018-3-31 16:50 编辑

回复 1# lemondian
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
$\abs{\begin{bmatrix}
x_1 & cx_1^2 & 1\\
x_2 & cx_2^2 & 1\\
x_3 & cx_3^2 & 1
\end{bmatrix}/\begin{bmatrix}
\frac{x_1+x_2}{2} & cx_1x_2 & 1\\
\frac{x_2+x_3}{2} & cx_2x_3 & 1\\
\frac{x_3+x_1}{2} & cx_3x_1 & 1
\end{bmatrix}}=2$

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本帖最后由 lemondian 于 2018-3-31 17:25 编辑

回复 3# abababa
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:http://www.ixueshu.com/document/ ... 8947a18e7f9386.html
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?

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回复 4# lemondian

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$c(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)$。

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回复 5# abababa

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

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回复 6# lemondian

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。

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回复 6# lemondian

跟这些都有关还叫定值?

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回复 8# zhcosin

就像之前这帖 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5071 那样

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本帖最后由 isee 于 2018-4-1 16:23 编辑
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 ...
abababa 发表于 2018-3-31 16:47


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?

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有人写了这个,但没给出证明,人也找不到了:
你们看看:
QQ截图20180401182457.jpg
2018-4-1 18:26
,是不是正确的?

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未命名.PNG
2018-4-2 11:09


有没有办法证明△DFG与△EFC面积相等?

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回复 12# 游客


    天哪,这个图好多线,考眼力。。。

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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。

QQ截图20180402165302.png
2018-4-2 16:53


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。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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回复 14# kuing
膜拜中。。。K神呀!
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!!!

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另外双曲线呢?应该也会有类似的结论吧?

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回复 9# kuing
看了下,跟那贴是同一个楼主。。。。

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QQ图片20180403084332.png
2018-4-3 08:44

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本帖最后由 游客 于 2018-4-3 09:41 编辑

未命名.PNG
2018-4-3 09:39


(这个作图方法对证明是否能起作用?)
未命名.PNG
2018-4-3 09:41

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本帖最后由 游客 于 2018-4-3 11:33 编辑

未命名.PNG
2018-4-3 11:31


未命名.PNG
2018-4-3 11:32


(或许还可整理下,写得简单些.)

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