椭圆中心张定角所对弦的包络一般是高次曲线

1+1=？

椭圆中心张定角对弦的包络是可退化四次曲线，当定角为90度时，退化为两个重合的圆。现已求出张定角所对弦$L$关于该椭圆的极点轨迹$\Omega$，还求出该弦带一个未知系数$λ$的包络线$\psi$方程，请问能否给出$λ$的值？
$\Gamma: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,\{A, B\}\subset \Gamma, C\in \Omega,\angle A O B=\theta$
\[\Omega: \frac{\frac{2}{a \cdot b} \sqrt{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1}}{\frac{a^2+b^2}{a^2 b^2}-\frac{x^2}{a^4}-\frac{y^2}{b^4}}=\tan \theta\]

\[
\psi: \quad \lambda\left(x^2+y^2\right)^2-\left(\frac{b^2+a^2 t^2}{a^2 b^2}+\frac{\lambda a^2 b^2}{b^2+a^2 t^2}\right) x^2-\left(\frac{a^2+b^2 t^2}{a^2 b^2}+\frac{\lambda a^2 b^2}{a^2+b^2 t^2}\right) y^2+1=0
\]其中 $t=\tan \frac{\theta}{2}, \lambda \neq 0$
$\psi$为 $A B$ 的包络，$  \lambda$是与$a^2, b^2, \tan^2 \frac{\theta}{2}$ 有关的系数。

Czhang271828

这类曲线系以及绘图 @hbghlyj 比较擅长. 虽不明白此问题有何背景, 不过个人想法: 在焦点研究同样的东西应该更有价值, 结果也应该更漂亮.

1+1=？

若过同一定点的两弦的斜率存在一个对合关系，例如αk1k2+β(k1+k2)+1=0，则该定点所对张角弦的包络一般为二次曲线，否则一般为四次曲线，，抛物线除外，该定点在焦点处，两射影不动线关于圆锥曲线的极点处的情况时，仍包络圆锥曲线

1+1=？

顶顶😄
题中所求包络线，似乎是一个圆环截面
或者重虚圆点四次曲线
经过一翻证明之后，该包络线并不是四次曲线，现在看不出什么意义

1+1=？

Czhang271828 发表于 2023-5-13 06:55
在焦点研究同样的东西应该更有价值, 结果也应该更漂亮.

The envelope of the chords CD is an ellipse

1+1=？

今有两个共焦点共准线的圆锥曲线g,h，g的一部分能包围h，从h上一点P作切线交g于A,B二点，共焦点为C点，试证明角ACB的值与点P的位置无关。

hbghlyj

Analytical Geometry: 2D and 3D
Vittal, P. R
2013
Chapter 9: Problem 25
Prove that if the chords of a conic subtend a constant angle at the focus, the tangents at the end of the chord will meet on a fixed conic and the chord will touch another fixed conic.

1+1=？

已证明具体如图

如图，$F$ 为 $\alpha$ 和 $\beta$ 的共焦点，共准线和 $\beta$ 交于两个复点 $R_i, S_i$，从 $\alpha$ 上一点 A 作切线交 $\beta$ 于 $B, C$ 二点

由于 $\alpha$ 和 $\beta$ 共焦点，又由焦点的定义（从两个圆点 $I, J$ 作四条切线所成的四个交点）可知，$\alpha, \beta$ 属于一个四线二级曲线系，即 $\alpha$ 和 $\beta$ 都和 $FI,FJ$ 相切．

又因为 $\alpha, \beta$ 共准线，即 F 分别关于 $\alpha, \beta$ 的极线与 $FI, FJ$ 的两对交切点重合，所以 $\alpha, \beta$ 又属于以 $R_i, S_i$ 为公切点的二次公切曲线系，所以点 $B, C$ 成射影对应，且 $R_i, S_i$ 二点为该射影对应的不动点，所以 $\beta$ 上 $R_i, S_i, B, C$ 四点的交比为定值 $c_i$．
因为 $F$ 为 $R_i S_i$ 的极点，所以
$(F R_i, F S_i, F B, F C)$ 也为定值 $u_i$，由焦点的定义知 $F R_i$ 和 $F S_i$ 分别过圆点，所以 $F R_i$ 和 $F S_i$ 为迷向直线，则有拉盖尔定理：
$$
\angle BFC=\frac{1}{2 i} \ln ((F R_i, FS_i, FB, FC))=\frac{1}{2 i} \ln (u_i)
$$
所以 $\angle B F C$ 为定值．

1+1=？

hbghlyj 发表于 2025-4-23 22:59
arxiv.org/pdf/2206.03747by D Laurain · 2022 — Given a point M on an ellipse c, the envelop ...

根据资料，说明不一定要共准线共焦点，
根轴重合的两个圆锥曲线也可以

1+1=？

由同心圆作射影变换可得到根轴重合的两个圆锥曲线，射影变换在同心圆的中心局部保角，变换后的中心张角也为定值，如下图是一个同心圆的射影变换，变换后在中心保角。$$\left\{\begin{array}{l}X^2+Y^2=1 \\ X^2+Y^2=r^2\end{array} \quad\left\{\begin{array}{l}X=\frac{x+v}{a+b x} \\ Y=\frac{y}{a+b x}\end{array} \rightarrow\left\{\begin{array}{l}\left(\frac{x+v}{a+b x}\right)^2+\left(\frac{y}{a+b x}\right)^2=1 \\ \left(\frac{x+v}{a+b x}\right)^2+\left(\frac{y}{a+b x}\right)^2=r^2\end{array}\right.\right.\right.$$

1+1=？

lxz2336831534 发表于 2025-4-23 23:52
由同心圆作射影变换可得到根轴重合的两个圆锥曲线，射影变换在同心圆的中心局部保角，变换后的中心张角也为 ...

另外，根据张角为定值则所对弦包络圆锥曲线可知，重合共轴二次曲线系是满足彭赛列闭合定理的一种情况，例如该中心张定角为72°时彭赛列图形为五边形

hbghlyj

lxz2336831534 发表于 2025-4-23 16:52
射影变换在同心圆的中心局部保角

“保持顶点在S的角度不变”，那它应该是形如$\pmatrix{\cosα&-\sinα&0\\\sinα&\cosα&0\\A&B&C}$
旋转一个角$\alpha$，变成“保持过S的所有直线不变”，问题变成：
T保持S且保持过S的所有直线不变，则T形如$\pmatrix{1&0&0\\0&1&0\\A&B&C}$.

可以验证给出的变换确实保持过S[0,0,1]的所有直线不变：

1. {u, v, 0} . Adjugate[{{1, 0, 0}, {0, 1, 0}, {A, B, C}}]

Copy the Code

{C u, C v, 0}

可以直接计算来证明。把问题和证明又发到了math.stackexchange.com/q/4739105

hbghlyj

当$S=S'$时，这样构造出来的$P$是直线SP上满足$ZP':ZS=ZS:ZP$的点
这只是“保持过S的所有直线不变”的射影变换的一部分（这些是对合，所以这些是C=-1的情况）。
如何构造出一般的“保持过S的所有直线不变”的射影变换$\pmatrix{1&0&0\\0&1&0\\A&B&C}$呢？
可以把对合右乘一个“关于S缩放$-C^{-1}$倍”：
$\pmatrix{1&0&0\\0&1&0\\A&B&C}=\pmatrix{1&0&0\\0&1&0\\A&B&-1}\pmatrix{1&0&0\\0&1&0\\0&0&-C}$
这样就能构造出所有的“保持过S的所有直线不变”的射影变换。

lemondian

lxz2336831534 发表于 2025-4-23 18:39
今有两个共焦点共准线的圆锥曲线g,h，g的一部分能包围h，从h上一点P作切线交g于A,B二点，共焦点为C点，试证 ...

这个角的定值是多少呢？
然后有没有初等证法呀？有的话，麻烦写一下吧，谢谢！

kuing

lemondian 发表于 2025-4-24 08:37
这个角的定值是多少呢？
然后有没有初等证法呀？有的话，麻烦写一下吧，谢谢！ ...

用之前这帖：forum.php?mod=redirect&goto=findpost& … =25629&ptid=5228 的结论就可以了



如图，设内外两离心率为 `e` 和 `e'`，根据链接中的结论，有
\[\cos\frac{\angle PFC}2=\cos\frac{\angle PFD}2=\frac e{e'},\]
又 `FA`, `FB` 分别平分 `\angle PFC`, `\angle PFD`，所以
\[\angle AFB=\angle PFC=\angle PFD=2\arccos\frac e{e'}.\]

拓展一下，继续延长切线得交点再作切线，不断作下去……：



于是不难得出结论就是：

当 $e/e'=\cos\bigl(180\du/(2n+1)\bigr)$ 时，$A_n$ 和 $B_n$ 重合；

当 $e/e'=\cos\bigl(180\du/(2n+2)\bigr)$ 时，$C_n$ 和 $D_n$ 重合。

又出现彭赛列了……

1+1=？

此处给个手算结论\begin{aligned}
& \beta: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 \text { 焦点 }( \pm c, 0) \text {, 离心率 } e \\
& \alpha:\left(x+\frac{c\left(r^2-1\right)}{r^2 e^2-1}\right)^2+\frac{y^2}{1-e^2 r^2}=\left(\frac{a r\left(1-e^2\right)}{1-r^2 e^2}\right)^2 \\
& \text{其中 } \frac{1}{r}=\cos \frac{\theta}{2}
\end{aligned}不算太丑
另外还有定点不在焦点处的结论太丑了😜😜😜

lemondian

kuing 发表于 2025-4-24 09:05
用之前这帖：forum.php?mod=redirect&goto=findpost&pid=25629&ptid=5228 的结论就可以了

这个结论的逆命题成立吗？

lemondian

kuing 发表于 2025-4-24 09:05
用之前这帖：forum.php?mod=redirect&goto=findpost&pid=25629&ptid=5228 的结论就可以了

还没证出来，抓狂中

lemondian

lemondian 发表于 2025-4-29 16:35
还没证出来，抓狂中

顶一下

lemondian

lemondian 发表于 2025-5-1 21:56
顶一下

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