抛物线切线性质

kuing

昨晚终于有心思看了这帖 player1703 的几何解法，过程中使用了如下关于抛物线的切线性质：



命题：抛物线上任意两点 `A`, `B` 处的切线交于 `K`，点 `M` 为 `AB` 中点，`KM` 交抛物线于 `N`，则：
（1）`KM` 平行于抛物线对称轴；
（2）`N` 为 `KM` 中点；
（3）`N` 处的切线平行于 `AB`。

这个命题利用极点极线的东西倒是很容易解释，如图：



过 `K` 任作一直线 `l` 与抛物线交于 `C`, `D`，交 `AB` 于 `E`，点 `C`, `D` 处的切线交于 `G`，则 `K`, `E`, `G` 关于抛物线自极，故 `G`, `A`, `E`, `B` 调和，`K`, `C`, `E`, `D` 调和。

那么，当 `l` 与抛物线对称轴平行时，`D` 和 `G` 均为无穷远点，从而 `E` 为 `AB` 中点、`C` 为 `KE` 中点以及 `C` 处的切线平行于 `AB`，一次过就得出命题的三个结论。

但是，如何用纯几何性质来证明该命题呢？我暂时只会证明（1）……

@乌贼 @isee 等……

hbghlyj

(3)垂直于对称轴方向为t轴，把抛物线看成匀变速直线运动的s-t图，AB斜率为平均速度，N处的切线斜率是中点时刻速度，所以平行

kuing

回复 2# hbghlyj

能联系物理，难得！

我也想到了（3）的一个几何证法了，未必好，但至少是纯几何。

过 `A`, `B` 作准线的垂线，垂足为 `A'`, `B'`，作 `N` 处的切线交 `KA`, `KB` 于 `C`, `D`，如下图：



（1）由 `KA'=KF=KB'` 得 `KM` 平行于对称轴；

（3）由 `\triangle FND\sim\triangle FDB`（理由见这帖的4#）及光学性质可知图中四个标注 x 的角相等以及 `\angle DNF=\angle DNK`，得 `\triangle FND\sim\triangle DNK`，所以 `ND^2=NF\cdot NK`，同理可得 `NC^2=NF\cdot NK`，所以 `NC=ND`，从而 $CD\px AB$。

还差（2）未证，待续……

kuing

有了：



（2）由楼上对（3）的证明过程知，上图中三个有颜色的三角形均相似，于是
\[\frac{DK}{DB}=\frac{DK}{DN}\cdot\frac{DN}{DF}\cdot\frac{DF}{DB}=\frac{DK}{DN}\cdot\frac{KN}{KD}\cdot\frac{ND}{NK}=1,\]同理可证 `CK=CA`，所以 `CD` 是 `\triangle KAB` 的中位线。

终于搞定

如果整合起来的话，按顺序来证，过程还更顺些。

kuing

对比下 SVG 图的效果：

isee

原来这是半年前的主题啊，先mark一下，

hbghlyj

参见《圆锥曲线论》卷Ⅰ命题17.31.32.35.

hbghlyj

还有一个性质
抛物线y²=2px(p>0)上不同的三点A,B,C处的切线两两相交于$P_1,P_2,P_3$,分别过$P_1,P_3$作$P_2B,P_2A$的平行线,交于点S,则点C,S的纵坐标相同且点S在直线AB上.

利用解析法的证明如下:

hbghlyj

回复 8# ellipse
可以把抛物线去掉变为纯几何

F是△ABC外接圆上一点,易见F关于△ABC的三边的对称点共线,记这条直线为L,L′为L的一条垂线.
L′关于BC,AB,AC的对称线为La,Lc,Lb.
过F作FG平行于La,作FD平行于Lc,过F作FE平行于Lb,分别交BC,AB,AC于G,D,E.
过G作L′的平行线GH交DE于H.
求证:
ABHC为平行四边形.

那么,怎么证明呢?

player1703

$P_1, P_2,P_3,F$四点共圆. $\angle BP_3F = \angle P_2P_1F$. $ \angle P_3BF = \angle P_1P_2F$. $\triangle BP_3F \sim \triangle P_2P_1F$. $\frac{BP_3}{P_2P_1} = \frac{P_3F}{P_1
F}$. 同理可证$\triangle P_2P_3F \sim \triangle AP_1F$. $\frac{P_2P_3}{AP_1} = \frac{P_3F}{P_1F}$. $\therefore \frac{BP_3}{P_2P_1} = \frac{P_2P_3}{AP_1}$ 也就是 $\frac{BP_3}{P_2P_3} = \frac{P_2P_1}{AP_1}$ 所以$P_3
S$与$P_1S$交$AB$于同一点而且这个重合的交点就是S.
连接$SC$延长交切线$AP_2$于$E$. 还可得$\triangle P_3CF \sim\triangle BP_3F \sim \triangle P_2P_1F$, 所以$\frac{P_3C}{CF} = \frac{P_2P_1}{P_1F}$也就是$\frac{P_3C}{FC} = \frac{P_3
S}{FP_1}$. $\angle P_1FC = \angle AFP_1 = \angle P_2FP_3 = \angle P_2P_1P_3 = \angle SP_3C$. $\triangle SP_3C \sim \triangle P_1FC$.
$\angle P_1CF = \angle SCP_3 = \angle P_1CE$. $P_1C$ 平分$\angle ECF$, $EC$必然平行于抛物线对称轴

hbghlyj

回复 7# hbghlyj
参见这个稽古帖的14往后的部分