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QQ截图20190219224256.png
2019-2-19 22:43

命题对一般圆锥曲线都成立。
设 MN 与 ST 交于 E,因 A 的极线是 ST,所以 A、M、E、N 调和。
任作一条过 M 的直线与 SA、SE、SN 交于 D、B、C,则 M、B、C、D 调和。
当刚才作的这条直线与 SA 平行时(也就是原题的 l),D 为无穷远点,此时 B 即为 MC 中点。

总感觉以前写过差不多的东西,唉,不过这类题基本都差不多,证中点,经常就是另一个点其实在无穷远。
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想起来了,这个 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5487,应该就是一类东西。
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闲来无事,试着暴 li 计算了一番,挺麻烦,可能绕了些弯路,估计不够标答简单,好在过程中得出的一些等式挺奶思的。

为方便起见,只证明当抛物线为 `y=x^2` 的情形。
QQ截图20190224000358.png
2019-2-24 00:04

设 `A(x_0,y_0)`, `S(x_1,y_1)`, `T(x_2,y_2)`, `M(x_3,y_3)`, `N(x_4,y_4)`,先计算交出 `B`, `C` 的三条直线,首先是 `ST`,熟知是
\[ST\colon y_0+y=2x_0x,\]其次是 `l`,由平行于 `AS` 知
\[l\colon y=2x_1(x-x_3)+y_3=2x_1(x-x_3)+x_3^2,\]最后一条是 `SN`,注意其斜率为 `(y_1-y_4)/(x_1-x_4)=x_1+x_4`,所以是
\[SN\colon y=(x_1+x_4)(x-x_1)+y_1=(x_1+x_4)x-x_1x_4,\]然后就可以计算交点了,注意要证中点只需考虑横坐标之差,而无需理 `y`。

记 `B`, `C` 的横坐标分别为 `b`, `c`,先看 `b`,联立 `ST` 和 `l` 有
\[y_0+2x_1(b-x_3)+x_3^2=2x_0b=2x_0(b-x_3)+2x_0x_3,\]得到
\[b-x_3=\frac{y_0+x_3^2-2x_0x_3}{2(x_0-x_1)},\]由于 `(x_1,y_1)` 在 `ST` 上,所以 `y_0+y_1=2x_0x_1`,即
\[y_0=2x_0x_1-x_1^2,\]代入上面得
\[b-x_3=\frac{2x_0x_1-x_1^2+x_3^2-2x_0x_3}{2(x_0-x_1)}=\frac{(x_1-x_3)(2x_0-x_1-x_3)}{2(x_0-x_1)},\qquad(*)\]再看 `c`,联立 `l` 和 `SN` 有
\[2x_1(c-x_3)+x_3^2=(x_1+x_4)c-x_1x_4=(x_1+x_4)(c-x_3)+(x_1+x_4)x_3-x_1x_4,\]移项然后因式分解即得
\[c-x_3=\frac{(x_1-x_3)(x_3-x_4)}{(x_1-x_4)},\qquad(**)\]那么,由式 (*) 和式 (*) 可见,要证 `B` 是 `MC` 中点,只需证
\[\frac{x_3-x_4}{x_1-x_4}=\frac{2x_0-x_1-x_3}{x_0-x_1},\qquad(*{*}*)\]要把 `x_4` 处理掉,利用 `A`, `M`, `N` 共线,有
\[\frac{y_3-y_0}{x_3-x_0}=\frac{y_3-y_4}{x_3-x_4},\]即
\[\frac{x_3^2-2x_0x_1+x_1^2}{x_3-x_0}=x_3+x_4,\]解得
\[x_4=\frac{x_0x_3-2x_0x_1+x_1^2}{x_3-x_0},\]由此可得
\begin{align*}
x_3-x_4&=\frac{(x_1-x_3)(2x_0-x_1-x_3)}{x_3-x_0},\\
x_1-x_4&=\frac{(x_0-x_1)(x_1-x_3)}{x_3-x_0},
\end{align*}两式相除即得式 (***),即得证。
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回复 10# kuing

调和法三行,用时一分钟都不到;
解析法三十行,用时一小时都不止。

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10# 的计算方向就是将所有东西 `x` 化,最终变成 `x_0`, `x_1`, `x_3` 的东西。

而刚才我想,如果不用 `x_0`,而是用 `x_2` 的话,或许更利于计算,至少式子会更对称更奶思,实操证明的确如此。

为方便看图,把 10# 的图复制下来先。

设 `A(x_0,y_0)`, `S(x_1,y_1)`, `T(x_2,y_2)`, `M(x_3,y_3)`, `N(x_4,y_4)`,熟知 `S`, `T` 两处的切线方程为 `y_1+y=2x_1x`, `y_2+y=2x_2x`,联立两式并利用 `y_1=x_1^2`, `y_2=x_2^2` 解得
\[x_0=\frac{x_1+x_2}2,\ y_0=x_1x_2,\]而 `ST` 的方程为 `y_0+y=2x_0x`,也就是
\[ST\colon y=(x_1+x_2)x-x_1x_2,\]由 $l\px AS$ 知
\[l\colon y=2x_1(x-x_3)+y_3=2x_1(x-x_3)+x_3^2,\]设 `B` 的横坐标为 `b`,则联立 `ST` 和 `l` 得
\[2x_1(b-x_3)+x_3^2=(x_1+x_2)b-x_1x_2=(x_1+x_2)(b-x_3)+x_3(x_1+x_2)-x_1x_2,\]移项并因式分解即得
\[b-x_3=-\frac{(x_1-x_3)(x_2-x_3)}{x_1-x_2},\qquad(*)\]设 `C` 的横坐标为 `c`,这回我不求 `SN`,而是用一点几何性质,由 $CM\px SA$ 有 `CM:SA=NM:NA`,得到
\[\frac{c-x_3}{x_1-x_0}=\frac{x_4-x_3}{x_4-x_0},\qquad(**)\]然后还是要搞掉 `x_4`,利用 `A`, `M`, `N` 共线,有
\[\frac{y_3-y_0}{x_3-x_0}=\frac{y_3-y_4}{x_3-x_4}=x_3+x_4,\]得到
\[x_4=\frac{x_0x_3-y_0}{x_3-x_0}=\frac{(x_1+x_2)x_3-2x_1x_2}{2x_3-x_1-x_2},\]将它以及 `x_0=(x_1+x_2)/2` 代入式 (**) 中化简即得
\[c-x_3=-\frac{2(x_1-x_3)(x_2-x_3)}{x_1-x_2},\qquad(*{*}*)\]由式 (*) 和式 (***) 即得 `c-x_3=2(b-x_3)`,亦即 `B` 是 `MC` 中点。

呐,是不是奶思多了?
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