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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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初等数学讨论
» 斜率之积与定点的几何证法
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kuing
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发表于 2013-11-1 20:29
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[几何]
斜率之积与定点的几何证法
早上早起无聊时想到的,本来考虑留到下期数学空间放出来,不过想想还是算了,应该也不是什么新东西。
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2013-11-1 20:28
定理:如图,已知定圆 $O$ 及其一条定直径 $AB$,弦 $PQ$ 与 $AB$ 交于 $M$,记 $\angle PAB=\alpha $, $\angle QAB=\beta $,则 $M$ 为定点当且仅当 $\tan \alpha \tan \beta $ 为定值。
证明:由张角定理,有
\begin{align*}
\frac{\sin(\alpha +\beta )}{AM}&=\frac{\sin \alpha }{AQ}+\frac{\sin \beta }{AP}\\
&=\frac{\sin \alpha }{AB\cos \beta }+\frac{\sin \beta }{AB\cos \alpha }\\
&=\frac{\sin2\alpha +\sin2\beta }{2AB\cos \alpha \cos \beta }\\
&=\frac{\sin(\alpha +\beta )\cos(\alpha -\beta )}{AB\cos \alpha \cos \beta },
\end{align*}
所以
\[\frac{AB}{AM}=\frac{\cos(\alpha -\beta )}{\cos \alpha \cos \beta }=1+\tan \alpha \tan \beta ,\]
即
\[\frac{BM}{AM}=\tan \alpha \tan \beta ,\]
定理得证。
推论1:将上述图形放到平面直角坐标系中,并且让 $AB\sslash x$ 轴,那么结论就变成 $M$ 为定点当且仅当 $k_{AP}\cdot k_{AQ}$ 为定值。
推论2:对推论1中的图形再作伸缩变换变形椭圆(其对称轴与坐标轴平行),比如说 $y\to\lambda y$,则点 $M$ 分线段 $AB$ 的比例不变,而 $k_{AP}\to\lambda k_{AP}$, $k_{AQ}\to\lambda k_{AQ}$,所以定值也不会变,因此推论1在椭圆中也成立。
用解析法大概还能证明抛物线、双曲线也成立,但可能不容易用几何法,有空再想想。
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发表于 2013-11-1 20:47
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$M$ 在 $AB$ 延长线上也行。
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2013-11-1 20:47
定理$'$:如图,已知定圆 $O$ 及其一条定直径 $AB$,弦 $PQ$ 的延长线与 $AB$ 的延长线交于 $M$,记 $\angle PAB=\alpha $, $\angle QAB=\beta $,则 $M$ 为定点当且仅当 $\tan \alpha \tan \beta $ 为定值。
证明:由张角定理,有
\[
\frac{\sin(\pi-\alpha )}{AQ}=\frac{\sin(\pi-\beta )}{AP}+\frac{\sin(\beta -\alpha )}{AM},
\]
故
\begin{align*}
\frac{\sin(\beta -\alpha )}{AM}&=\frac{\sin \alpha }{AB\cos \beta }-\frac{\sin \beta }{AB\cos \alpha }\\
&=\frac{\sin2\alpha -\sin2\beta }{2AB\cos \alpha \cos \beta }\\
&=\frac{\sin(\alpha -\beta )\cos(\alpha +\beta )}{AB\cos \alpha \cos \beta },
\end{align*}
所以
\[\frac{AB}{AM}=-\frac{\cos(\alpha +\beta )}{\cos \alpha \cos \beta }=-1+\tan \alpha \tan \beta ,\]
因此仍有
\[\frac{BM}{AM}=\tan \alpha \tan \beta ,\]
定理得证。
推论类似。
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发表于 2013-11-1 21:52
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2013-11-1 21:52
例:如图,已知定圆 $O$ 及其一条定直径 $AB$,$M$、$N$ 是直线 $AB$ 上异于 $A$、$B$ 的两个定点,过 $M$ 的直线与圆关于 $P$、$Q$,直线 $PN$、$QN$ 分别与圆关于 $S$、$T$,则直线 $ST$ 亦过直线 $AB$ 上的一个定点。
证明:
\[\tan\angle TAB\tan\angle SAB=\frac{(\tan\angle PAB\tan\angle SAB)\cdot(\tan\angle TAB\tan\angle QAB)}{\tan\angle PAB\tan\angle QAB},\]
由定理知上式右边分子的两个括号和分母均为定值,故由定理知 $ST$ 与 $AB$ 的交点为定点。
不妨记此定点为 $K$,它的位置很容易确定,运用定理的证明中得到的数量关系,代入到这里来就是 $\tan\angle TAB\tan\angle SAB=BK/AK$, $\tan\angle PAB\tan\angle QAB=BM/AM$, $\tan\angle PAB\tan\angle SAB=\tan\angle TAB\tan\angle QAB=BN/AN$,代入上式整理得
\[\frac{AK}{BK}\cdot\frac{AM}{BM}=\frac{AN^2}{BN^2}.\]
如果又放到直角坐标系中再用伸缩变换变成椭圆,上式仍然成立。
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其妙
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发表于 2013-11-1 22:28
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kuing
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2013-11-1 22:28
如图,另证如下:
$\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{S_{\triangle PBM}}{S_{\triangle PAM}}=\dfrac{PB\sin\beta}{PA\sin(\frac{\pi}2-\beta)}=\dfrac{PB}{PA}\cdot\dfrac{\sin\beta}{\cos\beta}=\tan\alpha\cdot\tan\beta $
妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!
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kuing
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发表于 2013-11-1 22:33
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其妙
very nice!
果然我弱了,幸好直接拿了出来……
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发表于 2013-11-1 22:37
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kuing
我也很久没做过几何题了,看见几何题脑袋就大,今天不知怎么就做对了一道!运气好,这叫愚者千愚必有一得
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发表于 2013-11-2 01:05
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其妙
我是直接从两个角出发,联系到 $AM$,所以就想到了张角定理,而你的是反过来……
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战巡
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发表于 2013-11-2 02:02
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kuing
http://bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=2808573
跟这个挺像
还更特殊了
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爪机专用
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发表于 2013-11-2 02:27
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战巡
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嗯,看上去都像是蝴蝶定理延伸出来的东东
I am majia of kuing
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力工
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发表于 2013-11-3 09:49
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怎么想的问题也撞,上次这个我在椭圆中编了一题,学生算不来,晕。
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