kuing

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2019-9-8 14:14

如图，因圆与抛物线切于 `P`，故 `PM` 为法线，则由光学性质知 `PM` 平分 `\angle HPF`，即 `\angle HPM=\angle MPF=\angle MFP`，而这三个角之和为 $90\du$，可见它们均为 $30\du$，于是 `PH=PF/2`，故 `2=PH+PG=PF/2+PF`，得 `PF=4/3`，从而 `PM=PF/\sqrt3=4\sqrt3/9`。

kuing

回复 5# lemondian

因为上面的几何方法难以移植下来，我试过代数方法，结果也不好看，就懒得码了

kuing

回复 7# lemondian

给你看看结果：椭圆的情况，所求半径为
\[\sqrt{\frac{-27a^4+36a^2b^2-8b^4+a\sqrt{(9a^2-8b^2)^3}}{8b^2}}.\]

kuing

回复 11# wwdwwd

首先点个赞~\(≧▽≦)/~

其次要说一点，引理的证明其实并不需要速度分解，你也知道速度分解普遍难以被接受，所以我帮你补充一个简单证明。

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2019-9-11 14:26

如图，设切线交准线于 `Q`，则有结论 `PF\perp FQ`，从而 `e=PF/PE=\cos\angle FPQ/\cos\angle EPQ`。

PS、由此也可以看出你的图的准线一定是随手画的

至于计算有没有错，我晚点再帮你验证，但方法肯定是 OK 的

kuing

下面来验证 8# 的结果与 wwd 的是不是一样。
对 8# 的结果：

\[\sqrt{\frac{-27a^4+36a^2b^2-8b^4+a\sqrt{(9a^2-8b^2)^3}}{8b^2}}.\]

作代换 `a=c/e`, `b^2=c^2/e^2-c^2` 可化为
\[c\sqrt{\frac{1-20e^2-8e^4+\sqrt{(1+8e^2)^3}}{8e^2(1-e^2)}},\]若再令 `\sqrt{1+8e^2}=t\in(1,3)`，则 `e^2=(t^2-1)/8`，代入上式可化为
\[c\cdot\frac{3-t}{\sqrt{(t+3)(t-1)}},\]（这样看来其实结果也不算难看）
而对 wwd 的结果
\[\frac{8c(1-e^2)}{\sqrt{\bigl(3+\sqrt{1+8e^2}\bigr)^3\bigl(-1+\sqrt{1+8e^2}\bigr)}},\]作以上代换也得到同样的式子，所以是一样的。

kuing

回复 19# lemondian

1、你知道圆锥曲线的极坐标方程吗？
2、这结论在高考题中出现过（2012 安徽理数 20（虽然问法不一样）），所以建议自行解决。

kuing

还是简略写一下代数解法吧，设切点 `P(x_0,y_0)`，则切线方程为 `x_0x/a^2+y_0y/b^2=1`，得切线与 `x` 轴的交点是 `D(a^2/x_0,0)`，由于切线也是圆的切线，故由切线长相等有 `DF=DP`（这里的 `F` 为右焦点 `(c,0)`），即
\[\frac{a^2}{x_0}-c=\sqrt{\left( \frac{a^2}{x_0}-x_0 \right)^2+y_0^2},\]把 `y_0^2=(a^2-c^2)(1-x_0^2/a^2)` 代入右边化简，得
\[\frac{a^2-cx_0}{x_0}=\frac{\sqrt{(a^2-x_0^2)(a^4-c^2x_0^2)}}{ax_0},\]因为 `a^2-cx_0` 必为正，可约去 `\sqrt{a^2-cx_0}`，即
\[a\sqrt{a^2-cx_0}=\sqrt{(a^2-x_0^2)(a^2+cx_0)},\]再两边平方化简得
\[cx_0^2+a^2x_0-2a^2c=0,\]解出 `x_0` 后其余东西即可接着求出，具体就不码了，反正就是思路简单，计算麻烦。

kuing

回复 25# wwdwwd

原来如此……
我在网上找到一个答案（不确定是否官方）是这样搞的：

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2019-9-12 14:20

用上了均值，还算有点意思