椭圆上的直角三角形，若直角顶点为定点，则斜边过定点

isee

看着很有意思，估计不好证。

来自奇妙而有趣的几何一书

其妙

回复 1# isee
可以证明的，解析法，已经有人发表了文章的，那个直线过的定点还给出了具体坐标的
还可以推广为：将两直线的斜率之积$-1$（垂直）改为非零常数，那个直线仍然过定点.
当椭圆改为抛物线时，还被编成了全国高中数学联赛试题了。

kuing

这个FAQ原来还有名字……

isee

你们丢过程来砸我，快，哈哈

乌贼

能不能通过作图法作出定点$X'$来，其中$Q'P'$为切线

isee

回复 5# 乌贼


     期待一下啊，如果有纯几何法，那更好，不过，这玩意，多半又和极线有关的。只要和这个东东联系上的，没有不复杂的。

    其次，不知解析法里有没曲线系轻量的解法。

乌贼

回复 6# isee
定点$X'$不一定能作出，其所在法线一定能作出，$P$点定，$Q$点定，$QP$与
椭圆长轴夹角定，法线与长轴交点到$Q$点距离定，交点定……
剩下就是如何在该法线找一点，根据上图，使得$PA^2+PA^2=AA^2$

乌贼

先画个图，待续……

其妙

回复 8# 乌贼

青青子衿

回复 8# 乌贼
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=2302 9#
有一个狭义的证明！

isee

高观点下，这个直角如何理解，如何解释？

isee

回复 10# 青青子衿


    链接帖的主楼的4，就是完整的结论，至于解析证明网上很多，比如11年kuing给的：

不妨设椭圆方程为 $a x^2+b y^2=1, a, b>0$ ，设定点 $A\left(x_0, y_0\right)$ ，则 $a x_0^2+b y_0^2=1$ ．
又设 $B\left(x_1, y_1\right), C\left(x_2, y_2\right), L_{A B}: y-y_0=k\left(x-x_0\right)$ ，则 $L_{A C}: y-y_0=-\frac{1}{k}\left(x-x_0\right)$ ．
联立 $L_{A B}$ 与椭圆方程，消去 $y$ 得
\[
\left(a+b k^2\right) x^2-2 b k\left(k x_0-y_0\right) x+b\left(k x_0-y_0\right)^2-1=0
\]
由韦达定理，有 $x_0+x_1=\frac{2 b k\left(k x_0-y_0\right)}{a+b k^2}$ ，即 $x_1=\frac{2 b k\left(k x_0-y_0\right)}{a+b k^2}-x_0$ ，
将 $k$ 变成 $-\frac{1}{k}$ 即得 $x_2=\frac{2 b\left(x_0+k y_0\right)}{a k^2+b}-x_0$ ，
类似地可以得到 $y_1=-\frac{2 a\left(k x_0-y_0\right)}{a+b k^2}-y_0, y_2=\frac{2 a k\left(x_0+k y_0\right)}{a k^2+b}-y_0$ ．
又 $L_{B C}:\left(y_1-y_2\right) x-\left(x_1-x_2\right) y+x_1 y_2-x_2 y_1=0$ ，代入以上数据后暴力大化简整理，最终得 $L_{B C}: a b\left(x_0 y+x y_0\right) k^2+\left((a+b)\left(a x_0 x-b y_0 y\right)+a-b\right) k=a b\left(x_0 y+x y_0\right)$ ．
\[
\text { 令 }\left\{\begin{array} { l }
{ x _ { 0 } y + x y _ { 0 } = 0 , } \\
{ ( a + b ) ( a x _ { 0 } x - b y _ { 0 } y ) + a - b = 0 , }
\end{array} \text { 解得 } \left\{\begin{array}{l}
x=-\frac{x_0(a-b)}{(a+b)\left(a x_0^2+b y_0^2\right)}=-\frac{a-b}{a+b} x_0, \\
y=\frac{y_0(a-b)}{(a+b)\left(a x_0^2+b y_0^2\right)}=\frac{a-b}{a+b} y_0 .
\end{array}\right.\right.
\]
即点 $\left(-\frac{a-b}{a+b} x_0, \frac{a-b}{a+b} y_0\right)$ 就是直线过的定点．

isee

相关问题1:$DE$ 为椭圆在定点$D$的切线的 法线，$EF$，$EG$为椭圆切线，则$DE$平分$\angle FDG$.

kuing

回复 13# isee

结论美妙！
不过我没看出“相关”在哪里……

kuing

相关问题1:$DE$ 为椭圆在定点$D$的切线的 法线，$EF$，$EG$为椭圆切线，则$DE$平分$\angle FDG$. ...
isee 发表于 2014-6-27 14:31

前两天断了网，没事想了想这道题，没找出几何证法，倒是代数证法还蛮简单。


以 $D$ 处的切线为 $x$ 轴，法线 $DE$ 为 $y$ 轴，建立直角坐标系。

设椭圆方程为
\[M(x,y)=Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0,\]
由于椭圆过原点，故 $F=0$，因为
\[\frac{\rmd y}{\rmd x}=-\frac{M_x}{M_y}=-\frac{2Ax+By+D}{Bx+2Cy+E},\]
由于在原点处的切线为 $x$ 轴，故 $D=0$，因此该椭圆方程必为
\[M(x,y)=Ax^2+Bxy+Cy^2+Ey=0,\]
设 $F(x_1,y_1)$, $G(x_2,y_2)$, $E(0,h)$，记 $F$, $G$ 处的切线为 $L_F$, $L_G$，则
\begin{align*}
L_F:&Ax_1x+B\frac{x_1y+xy_1}2+Cy_1y+E\frac{y_1+y}2=0, \\
L_G:&Ax_2x+B\frac{x_2y+xy_2}2+Cy_2y+E\frac{y_2+y}2=0, \\
L_{FG}:&B\frac{xh}2+Chy+E\frac{h+y}2=0,
\end{align*}
由于 $L_F$, $L_G$ 过 $(0,h)$，故
\begin{align*}
B\frac{x_1h}2+Cy_1h+E\frac{y_1+h}2&=0, \\
B\frac{x_2h}2+Cy_2h+E\frac{y_2+h}2&=0,
\end{align*}
整理得
\begin{align*}
(2Ch+E)\frac{y_1}{x_1}&=-\frac{Eh}{x_1}-Bh,\\
(2Ch+E)\frac{y_2}{x_2}&=-\frac{Eh}{x_2}-Bh,
\end{align*}
所以待证的等价于
\[
\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=0 \iff \frac{Eh}{x_1}+\frac{Eh}{x_2}+2Bh=0
\iff \frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=-\frac{2B}E,
\]
联立 $L_{FG}$ 及椭圆方程
\[\led
B\frac{xh}2+Chy+E\frac{h+y}2=0,\\
Ax^2+Bxy+Cy^2+Ey=0,
\endled\]
消 $y$ 得
\[Px^2-2BEh(E+Ch)x-E^2h(E+Ch)=0,\]
其中 $P$ 为关于 $A$, $B$, $C$, $E$, $h$ 的式子，那么
\[\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{2BEh(E+Ch)}{-E^2h(E+Ch)}=-\frac{2B}E,\]
即得证。


由上述证法看来似乎不必限制为椭圆。

isee

回复 15# kuing

原来kuing搞了个 相关问题1 的解析证明啊，今天才看到呢，相见恨晚。

说这两相关原因是，主楼富瑞基尔定理，当椭圆为圆时，这些弦都经过圆心。

而相关问题1也是圆的推广（圆下极明显）。


楼上对相关问题1的证明方法，kuing 和11年的状态相比，又进了一个层次。

isee

其次，在高等几何的观点下，问题1，以调和线束等来理解是容易的，只是主楼那个直角，还未参透，所以，只是猜想，二者在高等几何下，也应该是相同的。

isee

回到楼 富瑞基尔定理，这里给大家介绍大师 单墫 给出的解析证明，非原文，例出核心部分。

这个定理的一部分可以写成：在椭圆\[\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}=1\tag{01}\label{eq01}\]上取定点$P$，过点$P$作两条垂直的射线，分别交椭圆于$A,B$两点。在$PA,PB$绕点$P$旋转时，弦$AB$经过一个定点$X$。

若用标准方程\eqref{eq01}，则需设出点$P(x_0,y_0)$，这样较为麻烦，不如改以$P$为原点，设过点$P$的椭圆为\[ax^2+2bxy+cy^2+2dx+2ey=0\tag{02}\label{eq02}\]其中$a,b,c,d,e$设为已知常数。

又设$AB$的方程为\[mx+ny=1\tag{03}\label{eq03}\]其中$m,n$为任意常数。


则关于$x,y$的二次齐次式\[ax^2+2bxy+cy^2+(2dx+2ey)(mx+ny)=0\tag{04}\label{eq04}\]表示两条过原点P的直线，又\eqref{eq04}过\eqref{eq02}与\eqref{eq03}的交点$A,B$，即\eqref{eq04}就是两直线$PA,PB$。

而$PA\perp PB$，它们的斜率的乘积为$-1$，从而将\eqref{eq04}写成\[(a+2dm)x^2+\cdots+(c+2en)y^2=0\tag{05}\label{eq05}\]再由韦达定理，有\[(a+2dm)+(c+2en)=0\tag{06}\label{eq06}\]\eqref{eq06}亦为\[2dm+2en+(a+c)=0\tag{07}\label{eq07}\]

对照\eqref{eq03}与\eqref{eq07}，可见$AB$通过定点$X$，$X$的坐标是\[\left(-\frac {2d}{a+c},-\frac{2e}{a+c}\right)\]定点。


富瑞基尔定理，另一部分是说：定点$X$在(原)点$P$处的法线上，在点$P$处的法线是$ex-dy=0$，这是显然的。

isee

18楼避开计算，与15楼相映成趣～

kuing

回复 16# isee

我就说怎么回了之后都没反应，还以为你看不懂呢……不过，擦，为何自己的贴子有回复也会看不到？

PS、有空再细看上几楼的东东