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kuing
Post time 2024-3-30 16:37
本帖最后由 kuing 于 2024-3-30 16:45 编辑 这类题以前我基本不敢撸，最近撸了几回曲线系和双直线的那些方法，现在已经不怕不怕啦😊
首先建系，使 `A` 为原点且 `BC\px x` 轴，设 `B(p,h)`, `C(q,h)`，则平行于 `BC` 的中位线方程为 `y=h/2`，于是与 `AB`, `AC` 边分别相切于中点的二次曲线系为
\[\left(y-\frac hpx\right)\left(y-\frac hqx\right)+\lambda\left(y-\frac h2\right)^2=0,\]
当此方程过 `BC` 中点时就是内切椭圆，因此上式代入 `x=(p+q)/2`, `y=h` 即可求出
\[\lambda=\frac{(p-q)^2}{pq},\]
代回去化简，即得内切椭圆方程为
\[4(py-hx)(qy-hx)+(p-q)^2(2y-h)^2=0,\]
现在设 `D(x_0,y_0)`，根据 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=12038&page=1#pid58663 的 3# 末尾的结论，过 `D` 对椭圆的双切线方程为
\begin{align*}
&\bigl(2(py_0-hx_0)(qy-hx)+2(py-hx)(qy_0-hx_0)\\
&+(p-q)^2(2y_0-h)(2y-h)\bigr)^2\\
={}&\bigl(4(py-hx)(qy-hx)+(p-q)^2(2y-h)^2\bigr)\\
&\cdot\bigl(4(py_0-hx_0)(qy_0-hx_0)+(p-q)^2(2y_0-h)^2\bigr),\quad(*)
\end{align*}
既然它是两条切线，当斜率存在时，必可分解为 `A(k_1x+b_1-y)(k_2x+b_2-y)=0` 的形式，那么 `k_1k_2=-1` 等价于 `x^2` 的系数与 `y^2` 的系数相反。
经计算可知式 (*) 关于 `x^2` 和 `y^2` 的系数分别为
\[-4h^2(p-q)^2(h-3y_0)(h-y_0)\quad\text{和}\quad{-}4h^2(p-q)^2(pq-2px_0-2qx_0+3x_0^2),\]
所以两切线垂直等价于
\[(h-3y_0)(h-y_0)+(pq-2px_0-2qx_0+3x_0^2)=0,\]
上式可整理为
\[\left(x_0-\frac{p+q}3\right)^2+\left(y_0-\frac23h\right)^2=\frac{2h^2+p^2+q^2+(p-q)^2}{18},\]
这正是以重心 `G` 为圆心，`\sqrt{(a^2+b^2+c^2)/18}` 为半径的圆，即得证。 |
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hejoseph
Post time 2024-3-30 16:59
