[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。

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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kuing

2^#

发表于 2013-11-1 20:47 | 只看该作者

$M$ 在 $AB$ 延长线上也行。

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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kuing

3^#

发表于 2013-11-1 21:52 | 只看该作者

应用一下。

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

4^#

发表于 2013-11-1 22:28 | 只看该作者

回复 1# kuing

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