最近在知乎的回答存档——几何类

kuing

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网址：zhihu.com/question/27416784
标题：四心法画椭圆的原理是什么？

如图，AB垂直并等于AD，AD上选一点C，连接BC并在上面截取CE=CD，作BE的垂直平分线交AB于G，交DA延长线于H，证明BG+GH=CH。

我的回答：

PS、没看出这题与标题的“画椭圆”有啥关系？

编辑于 01-10

kuing

网址：zhihu.com/question/439832287
标题：这道题怎么证啊？

我的回答：

如图，有：a + b = 圆的半径；c + d = 圆心 C 到 FG 的距离。
而由 DF + EG > FG 可知 FG 与圆无交点，所以半径小于那距离，即 a + b < c + d。

发布于 01-18

注：比较常规的证法见原帖其他回答。

kuing

网址：zhihu.com/question/442054537
标题：一个小几何结论，想看看各位的证明?

我的回答：

如图，因为 O1Q 平行且等于 PO2，所以两者在直线 AB 上的投影等长，即 DQ=CE，所以
BC = BE+EC = QE+CE = QC+2CE = QC+2DQ = QC+AQ = AC。

注：感觉应该有更好看的证明……你们来试试

kuing

网址：zhihu.com/question/442299441
标题：由抛物线外点P作切点三角形（阿基米德三角形），记其外心为O，如何证明PF⊥OF？
F是焦点。

我的回答：

如图，A、B 是切点，C、D 是 PA、PB 的中点，则可以证明：

CD 与抛物线相切（参考 这里）；

而抛物线外切三角形的三顶点与抛物线焦点共圆（参考 这里），即 P、C、F、D 共圆；

又由外心知 `OC\perp PC` 且 `OD\perp PD` ，即 P、C、O、D 共圆；

也就是说 P、C、F、O、D 五点共圆，从而 `\angle PFO=\angle PCO=90^\circ` 。

发布于 02-02

kuing

网址：zhihu.com/question/442753728
标题：以定圆上的一个定点和一个动点为直径的圆的包络线是什么？该如何求解？

我的回答：

如上图，A 为定点，P 为动点，以 A 为顶点作一射线  `l` 交小圆于 H。

当 P 运动时，由于 `PH\perp l` ，则当 P 运动到 PH 与大圆相切时 AH 最大，此时的 H 就是包络线上的点。

设大圆半径为 R，不妨将 A 放在原点且大圆圆心 `O(-R,0)` ，设  `l` 的倾斜角为 `\theta ` ，则如上图可知 PH 与大圆相切时 `AH=R-R\cos\theta ` ，这就说明了所求包络线的极坐标方程为 `\rho=R-R\cos\theta ` ，也就是心形线，形状如下 GIF 如示：


编辑于 02-04

kuing

网址：zhihu.com/question/445559749
标题：这道平面几何题有纯几何解法吗？
注：AD是角平分线、AD＝BC

我的回答：

作 D 关于 AC 的对称点 D' ，延长 BC 与 AD' 交于 E，设 ∠BAC = 2x，则容易计算出 ∠CD'E = 30° + x, ∠D'CE = 15° + 2x，如上图所示。

假设 x > 15°，则一方面有 ∠CD'E < ∠D'CE，得 EC < ED'；另一方面有 ∠BAE > ∠B，得 EB > EA，而 BC = AD' ，故 EC > ED' ，矛盾！

同理可知 x < 15° 也矛盾，所以只能 x = 15°，即 ∠BAC = 30°。

发布于 02-22

kuing

网址：zhihu.com/question/446265765
标题：如何用几何方法证明抛物线的这个性质？
作抛物线上一点A处的切线，在切线上取一点B作抛物线对称轴的平行线交抛物线于点C，交弦AD于点E。证明：BC/CE=AE/ED。
有没有几何证明方法？

我的回答：
【命题 1】抛物线上点 A 处的切线上取一点 B，过 B 作抛物线对称轴的平行线与抛物线交于 C，作 C 处的切线交 AB 于 G，则 G 为 AB 中点。

证法如上图，可以证明那三个三角形相似然后用比例得出中点，具体过程可以参考 这帖的 3# 4#。

【命题 2】抛物线中，如下图，C 为切点，AH、ID、CE 均平行于抛物线对称轴，则有 AH : EC = EC : DI = AE : ED。

证明：若以 C 为原点、直线 CE 为 y 轴建系，即是二次函数与一次函数相切于原点，则俩函数之差必为 `y=kx^2` ，记 HC 的水平距离为 a，CI 的水平距离为 b，则 `AH=ka^2, DI=kb^2` ，按比例得 `EC=\frac a{a+b}DI+\frac b{a+b}AH=kab` ，所以 AH : EC = EC : DI = a : b = AE : ED。

现在回到原题，如下图，由以上两命题即得 BC : CE = AH : CE = AE : ED。


编辑于 02-27

注：原帖的其他回答有空再看看。

kuing

网址：zhihu.com/question/447744804
标题：为什么该图形红蓝面积相等?

（各线段夹角成45度）

我的回答：
不妨设圆半径为 1，以线段交点为原点 O 建系使圆的方程为 `(x-m)^2+y^2=1,m\in[0,1]`，设圆上的点的坐标为 `(r\cos\theta,r\sin\theta),r>0` ，代入方程得到
\[r^2-2mr\cos\theta+m^2-1=0,\]解得
\[r=m\cos\theta+\sqrt{1-m^2\sin^2\theta},\]

如上图，设 OA 的倾斜角为 `\theta_0` ，则有
\begin{align*} S_1&=\frac12\int_{\theta_0}^{\theta_0+\pi/4}r^2d\theta\\ &=\frac12\int_{\theta_0}^{\theta_0+\pi/4}(2mr\cos\theta+1-m^2)d\theta\\ &=m\int_{\theta_0}^{\theta_0+\pi/4}r\cos\theta d\theta+\frac{(1-m^2)\pi}8\\ &=m\int_{\theta_0}^{\theta_0+\pi/4}\left( m\cos\theta+\sqrt{1-m^2\sin^2\theta} \right)\cos\theta d\theta+\frac{(1-m^2)\pi}8, \end{align*}虽然积分式复杂但并不需要计算，因为 `S_3` 就是上式的 `\theta_0` 变为 `\theta_0+\pi` ，即
\begin{align*} S_3&=m\int_{\theta_0+\pi}^{\theta_0+5\pi/4}\left( m\cos\theta+\sqrt{1-m^2\sin^2\theta} \right)\cos\theta d\theta+\frac{(1-m^2)\pi}8\\ &=m\int_{\theta_0}^{\theta_0+\pi/4}\left( m\cos\theta-\sqrt{1-m^2\sin^2\theta} \right)\cos\theta d\theta+\frac{(1-m^2)\pi}8, \end{align*}相加得
\begin{align*} S_1+S_3&=m^2\int_{\theta_0}^{\theta_0+\pi/4}2\cos^2\theta d\theta+\frac{(1-m^2)\pi}4\\ &=m^2\left. \left( \theta+\frac12\sin2\theta \right) \right|_{\theta_0}^{\theta_0+\pi/4}+\frac{(1-m^2)\pi}4\\ &=\frac{m^2}2(\cos2\theta_0-\sin2\theta_0)+\frac\pi4, \end{align*}那么 `S_2+S_4` 就是上式的 `\theta_0` 变为 `\theta_0+\pi/2` ，即
\[S_2+S_4=\frac{m^2}2(-\cos2\theta_0+\sin2\theta_0)+\frac\pi4,\]所以 `S_1+S_2+S_3+S_4=\pi/2` ，也就是圆面积的一半。

编辑于 03-06

注：这帖的回答好多哦，推荐看高赞那几个回答，有各种精彩的证明、推广以及相关信息。
相比起来我上面的证法属于中规中矩，自然一点，也好理解。

kuing

网址：zhihu.com/question/447933523
标题：这个解析几何题怎么做?
表面上很简单

我的回答：
记 `A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3)` ，设 `\triangle ABC` 的外接圆方程为 `(x-a)^2+(y-b)^2=r^2` ，由于该圆已经和双曲线有三个交点，它们都是二次曲线，故而应当还有第四个交点，设为 `D(x_4,y_4)` ，将俩方程联立：

（1）消 y 得 `16x^4-16ax^3+\cdots =0` ，故由韦达定理有 `x_1+x_2+x_3+x_4=a` ；

（2）消 x 得 `16y^4-48by^3+\cdots =0` ，故由韦达定理有 `y_1+y_2+y_3+y_4=3b` 。

由于 `\triangle ABC` 是正三角形，则其重心与外心重合，所以 `x_1+x_2+x_3=3a` 且 `y_1+y_2+y_3=3b`，这样就得到 `x_4=-2a` 且 `y_4=0` ，即 `D(-2a,0)` ，该点在双曲线上，所以 `a=\pm1/2` ，这就证明了 `\triangle ABC` 的中心在直线 `x=\pm1/2` 上。

补充一下消元的简单过程，比如消 y，由
\[\left\{\begin{aligned} 3x^2-y^2&=3, &(*)\\ (x-a)^2+(y-b)^2&=r^2, &(**) \end{aligned}\right.\]两式相加得 `4x^2-2ax-2by+\cdots =0` ，即 `2by=4x^2-2ax+\cdots ` ，然后代回式 (*) 中得 `(4x^2-2ax+\cdots )^2=4b^2(3x^2-3)` ，展开即 `16x^4-16ax^3+\cdots =0` ，消 x 同理。

所以计算量很小，皆因只要知道前两项的系数，低次的不用管。

编辑于 03-07

注：原帖的其他回答有空再研究研究……

kuing

网址：zhihu.com/question/449269822
标题：这个解析几何问题怎么证明？
已知 E 和 E' 关于椭圆中心 O 对称，证明：J 和 K 关于 O 对称。

我的回答：
点 C 及 CF、CG 是多余的，只需证明如下更简单的：

【命题】如下图，E、E' 关于椭圆中心 O 对称，弦 GH、FI 分别过 E、E' ，直线 FG、HI 分别与 EE' 交于 K、J，则 K、J 也关于 O 对称。


证明：以直线 EE' 为 x 轴、O 为原点建坐标系，设直线 GH、FI 的方程分别为 `y=k_1(x+m)` 、 `y=k_2(x-m)` ，椭圆方程为 `Ax^2+Bxy+Cy^2=1` ，则存在实数 `\lambda` 使得方程
\[Ax^2+Bxy+Cy^2-1+\lambda \bigl( y-k_1(x+m) \bigr)\bigl( y-k_2(x-m) \bigr)=0\]表示直线 FG 与 HI 的方程之积，令 y=0 解出来的 x 就是 K、J 的横坐标，而 y=0 时上式为 `Ax^2-1+\lambda k_1k_2(x^2-m^2)=0` ，显然两根互为相反数，这样就证明了 K、J 关于 O 对称。

其实由上述证明可以看出该命题可以更一般一点：

有心二次曲线 Γ 的中心为 O，点 E、E' 关于 O 对称，Γ 上的弦 AB、CD 分别过 E、E' ，过 A、B、C、D 的任意二次曲线如果与直线 EE' 交于两点 M、N，则 M、N 也关于 O 对称。


编辑于 03-15

kuing

网址：zhihu.com/question/451614985
标题：请问这个有什么简便方法?
就是不用韦达定理硬解

我的回答：
楼主你的椭圆方程写错了 :D

设 CD 与 x 轴交于 (m,0)，设 AC、BD 的斜率分别为 `k_3, k_4` ，则
\begin{align*} AB&\colon y-k_1(x+1)=0,\\ CD&\colon y-k_2(x-m)=0,\\ AC&\colon y-k_3(x-1)=0,\\ BD&\colon y-k_4(x-1)=0, \end{align*}于是存在非零实数 `\lambda, \mu` 使得
\[\lambda \bigl( y-k_1(x+1) \bigr)\bigl( y-k_2(x-m) \bigr)+\mu \bigl( y-k_3(x-1) \bigr)\bigl( y-k_4(x-1) \bigr)=\frac {x^2}3+\frac {y^2}2-1,\]由没有 xy 及 y 项，有
\[\left\{ \begin{aligned} -\lambda (k_1+k_2)-\mu (k_3+k_4)&=0,\\ \lambda (-k_1+mk_2)+\mu (k_3+k_4)&=0, \end{aligned} \right.\]相加得 `\frac{k_1}{k_2}=\frac{m-1}2` ，再对比 x^2, x 及常数项，有
\[\left\{ \begin{aligned} \lambda k_1k_2+\mu k_3k_4&=\frac 13,\\ \lambda k_1k_2(1-m)-2\mu k_3k_4&=0,\\ -\lambda k_1k_2m+\mu k_3k_4&=-1, \end{aligned} \right.\]由此易得 `m=\frac53` ，所以 `\frac{k_1}{k_2}=\frac13` 。

还顺便得出 CD 过定点 (5/3,0)。

补充一句：也可以用极点极线的方法，参见 这里（6#） 。

编辑于 03-28

注：网友“高考数学解题研究”的解法看起来也挺不错嘀，用参数方程，玩 tan，有空研究下。

kuing

网址：zhihu.com/question/465002406
标题：如何证明圆锥曲线特殊定点弦两端法线焦点轨迹是圆锥曲线（见图）？

当D不在对称轴上时，结论不成立

我的回答：
开挂 Baoli 计算好了……

设椭圆方程 `Ax^2+By^2=1` ，两切线交于 `P(p,q)` ，则切点弦 FG 的方程为 `Apx+Bqy=1` ，设 `H(h,k)` ，显然 F、G 在以 HP 为直径的圆上，圆方程为 `(x-p)(x-h)+(y-q)(y-k)=0` 。

联立直线与椭圆
\[\left\{\begin{aligned} Apx+Bqy&=1,\\ Ax^2+By^2&=1, \end{aligned}\right.\]消 y 得
\[A(Ap^2+Bq^2)x^2+(-2Ap)x+1-Bq^2=0,\quad(1)\]联立直线与圆
\[\left\{\begin{aligned} Apx+Bqy&=1,\\ (x-p)(x-h)+(y-q)(y-k)&=0, \end{aligned}\right.\]消 y 得
\begin{align*} &(A^2p^2+B^2q^2)x^2\\ {}+{}&(-2Ap+ABpq^2-B^2pq^2-B^2hq^2+ABpqk)x\\ {}+{}&1-Bq^2+B^2phq^2-Bqk+B^2q^3k=0,\qquad\qquad(2) \end{align*}式 (1)、(2) 的根都是 F、G 的横坐标，即同解，故系数比相同，所以有
\[\left\{\begin{aligned} \frac {-2Ap}{A(Ap^2+Bq^2)}&=\frac {-2Ap+ABpq^2-B^2pq^2-B^2hq^2+ABpqk}{A^2p^2+B^2q^2},\\ \frac {1-Bq^2}{A(Ap^2+Bq^2)}&=\frac {1-Bq^2+B^2phq^2-Bqk+B^2q^3k}{A^2p^2+B^2q^2}, \end{aligned}\right.\]解这个方程组，得
\[\left\{\begin{aligned} h&=\frac {(B-A)(1-Bq^2)p}{B(Ap^2+Bq^2)},\\ k&=-\frac {(B-A)(1-Ap^2)q}{A(Ap^2+Bq^2)}, \end{aligned}\right.\]再看回原题，当 FG 过 x 轴上的定点时，切线交点的横坐标 p 是定值，于是以上两式消 q 化简后将 h, k 写回 x, y，最终得到 H 的轨迹为
\begin{align*} &AB^2p(1-Ap^2)^2x^2+(A-B)B(1-Ap^2)^3x\\ {}+{}&A^2Bp(1+Ap^2)^2y^2-(A-B)^2p(1-Ap^2)^2=0, \end{align*}就是一个椭圆方程。

发布于 06-15

注：后面解出的 h, k 的表达式，即切线交点与法线交点的关系，日后或许还会用得上，值得一 mark。

kuing

网址：zhihu.com/question/467238532
标题：这题应该怎么解？思考很久毫无头绪。。?
过双曲线上一点作切线交两条渐近线于A、B两点，记双曲线的左右焦点分别为M、N，若AM=5，BM=4，AN=3，则BN=？

我的回答：
刚才的解法笨了点，更新一个更简洁的：

如图，设双曲线方程 `x^2/a^2-y^2/b^2=1,a,b>0` ，熟知 △OAB 的面积为定值，即 OA*OB 为定值，取切点为顶点即知 `OA\cdot OB=a^2+b^2=c^2=ON^2` 。

于是 `OA:ON=ON:OB` ，又 `\angle AON=\angle NOB` ，

所以 `\triangle AON\sim\triangle NOB` ，故 `AN:NB=AO:NO` ，

同理 `AM:MB=AO:MO` ，而 NO=MO，

所以 `AM:BM=AN:BN` ，即 `BN=3\cdot4/5=12/5` 。

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以下为原先的笨解答：

设渐近线与实轴夹角为 `\theta` ，显然 `\cos \theta =a/c` ，在 △OAN 中，由余弦定理有
\[AN^2=c^2+OA^2-2cOA\cos \theta =OA\cdot OB+OA^2-2aOA,\]得到 `\frac {AN^2}{OA}=OB+OA-2a` ，同理，在 △OBN 中也有类似的式子，所以有
\[\frac {AN^2}{OA}=\frac {BN^2}{OB}=OB+OA-2a,\]类似地，在 △OAM 及 △OBM 中将会得到
\[\frac {AM^2}{OA}=\frac {BM^2}{OB}=OB+OA+2a,\]所以 `AM:BM=AN:BN` ，即 `BN=3\cdot4/5=12/5` 。

编辑于 06-25

kuing

网址：zhihu.com/question/472065249
标题：请问如何求解这道几何题？

我的回答：要证 `BA^2=BF^2+EA^2` ，即证 `(BE+EF+FA)^2=(BE+EF)^2+(EF+FA)^2` ，展开即证 `2BE\cdot FA=EF^2` 。

不妨设 `BC=1,CD=\sqrt 2` ，作 `PG\perp AB` 于 G，记 PG=h，如上图，则
\[\frac {BE}{BG}=\frac {BE}{BE+EG}=\frac 1{1+h}=\frac {AF}{AG},\]所以
\[BE\cdot FA=\frac {BG\cdot AG}{(1+h)^2}=\left( {\frac h{1+h}} \right)^2=\left( {\frac {EF}{CD}} \right)^2=\frac {EF^2}2,\]即得证。

发布于 07-21

注：就是 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=200 里的方法重写了一遍，maven 的我没写过去，懒。

kuing

网址：zhihu.com/question/474702916
标题：对于此类数学难题有何策略?
比如这道浙江学考题，各位有何想法？能否分享分享
不胜感激！

我的回答：
第一空还 OK，第二空算那坐标我怎么算出个三次方程？是题目打错了还是是假的考题啊？


不妨设圆在 x 轴上方，如图，设圆心 `C(c,r)` ，设直线 AB 的倾斜为 `\theta ` ，则 A, B 两点的坐标分别为 `A(c-r\cos \theta ,r-r\sin \theta ),B(c+r\cos \theta ,r+r\sin \theta )` ，这两点在抛物线上，故
\[\left\{ \begin{aligned} (r-r\sin \theta )^2&=4(c-r\cos \theta ),\quad(1)\\ (r+r\sin \theta )^2&=4(c+r\cos \theta ),\quad(2) \end{aligned} \right.\](2) - (1) 得 `4r^2\sin \theta =8r\cos \theta ` ，即 `r=2\cot \theta ` ；

(1) + (2) 得 `2r^2(1+\sin ^2\theta )=8c` ，代入上式得
\[c=\cot ^2\theta (1+\sin ^2\theta )=\cot ^2\theta \left( {1+\frac 1{1+\cot ^2\theta }} \right),\]为方便书写，记 `t=\cot ^2\theta ` ，以上得到的就是
\begin{align*} r&=2\sqrt t,\\ c&=\frac {t(2+t)}{1+t}, \end{align*}回到图上，显然有
\[MN=r\cot \theta =2\cot ^2\theta =2t,\]由勾股定理有
\[PQ=2\sqrt {r^2-c^2}=2\sqrt {4t-\left( {\frac {t(2+t)}{1+t}} \right)^2}=\frac {2\sqrt {t(4+4t-t^3)}}{1+t},\]于是相乘后恰好可以均值，有
\[MN\cdot PQ=\frac {4\sqrt {t^3(4+4t-t^3)}}{1+t}\leqslant \frac {2(t^3+4+4t-t^3)}{1+t}=8,\]取等条件为 `t^3=4+4t-t^3` ，即 `t^3-2t-2=0` ，有正数解，等号能取，所以最大值就是 8。

然而，若要求此时点 N 的坐标，即求 c，由上述取等条件及 `c=\frac {t(2+t)}{1+t}` ，得方程组
\[\left\{ \begin{aligned} t^3-2t-2&=0,\\ t^2+(2-c)t-c&=0, \end{aligned} \right.\]消 t 得 `c^3-2c^2+4c-12=0` ，并没有简单解啊！要上卡当公式算吗？（近似值 `c\approx 2.408`

发布于 07-24

注：看评论才知道，原题并没有第二空，是提问者自己加来钓鱼的……

isee

不妨设圆半径为 1，以线段交点为原点 O 建系使圆的方程为 `(x-m)^2+y^2=1,m\in[0,1]`，设圆上的点的坐标 ...
kuing 发表于 2021-7-20 23:01

8＃这个好玩，过某点垂直切两次，间隔取4份和余下的相等

isee

回复 16# isee

细看了下，原来第二次要分别平分原直角

kuing

网址：zhihu.com/question/482399298
标题：如何证明点 Q 的轨迹是椭圆（详见描述）？
设椭圆 `C` 的两个两个焦点为 `F_1,F_2` ， `P` 是 `C` 上的动点. 射线 `PF_1、PF_2` 分别交 `C` 于 `M,N` 两点，线段 `MF_2` 与 `NF_1` 交于 `Q` 点.
通过几何画板，可以得到点 Q 的轨迹是椭圆. 如何证明之？
更进一步地，如果已知椭圆 `C` 的标准方程，又该如何求出点 `Q` 的轨迹方程？

我的回答：

记 `PF_1=m,PF_2=n,MF_1=p,NF_2=q` ，所上图所示，由定义有
\[m+n=p+MF_2=q+NF_1=2a,\]由熟知结论有
\[\frac 1m+\frac 1p=\frac 1n+\frac 1q=\frac {2a}{b^2},\]由梅氏定理有
\[\frac pm\cdot \frac {n+q}q\cdot \frac {QF_2}{MF_2-QF_2}=1,\]解得
\[QF_2=\frac {mq(2a-p)}{mq+np+pq}=\frac {\frac mp\cdot 2a-m}{\frac mp+\frac nq+1}=\frac {\left( {\frac {2a}{b^2}m-1} \right)2a-m}{\frac {2a}{b^2}m-1+\frac {2a}{b^2}n-1+1}=\frac {\frac {4a^2}{b^2}m-2a-m}{\frac {4a^2}{b^2}-1},\]同理 `QF_1` 就是上式的 m 变成 n 而已，故此
\[QF_1+QF_2=\frac {\frac {4a^2}{b^2}(m+n)-4a-m-n}{\frac {4a^2}{b^2}-1}=\frac {\frac {4a^2}{b^2}\cdot 2a-6a}{\frac {4a^2}{b^2}-1}=\frac {2a(4a^2-3b^2)}{4a^2-b^2},\]所以 Q 的轨迹为椭圆且焦点就是原椭圆的焦点。

发布于 08-25

注：通过伸缩变换可知，过两焦点可改为过椭圆内 x 轴上两对称定点，不过这时新旧椭圆焦点或许不同。
而其他回答里更有人提到可以改为平面内任意两个定点，有空再推一下。

kuing

网址：zhihu.com/question/487377678
标题：这道解析几何题哟如何解决？
如图，

其中椭圆的方程为 `\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1` ,圆的方程 `(x-1)^2+y^2=1` ,在椭圆上任意一个点A，做圆的两条切线，交y轴于DE两点，求证|DE|是定值。

有没有什么比较好的方法？希望不是暴算，谢谢了。

我的回答：
先推一个简单结论：

过圆 `(x-p)^2+(y-q)^2=r^2` 外一点 `(x_0,y_0)` 作两切线，则两切线方程为
\[\bigl( (y-y_0)(p-x_0)-(x-x_0)(q-y_0) \bigr)^2=r^2\bigl( (x-x_0)^2+(y-y_0)^2 \bigr).\quad(*)\]证明：设过 `(x_0,y_0)` 的直线为 `m(x-x_0)=n(y-y_0)` ，相切时
\[\frac {|m(p-x_0)-n(q-y_0)|}{\sqrt {m^2+n^2}}=r,\]因为 `m:n=(y-y_0):(x-x_0)` ，所以上式化为
\[\frac {|(y-y_0)(p-x_0)-(x-x_0)(q-y_0)|}{\sqrt {(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}=r,\]两边平方去分母后就是式 (*)。

回到原题，就是 p=r=1, q=0，式 (*) 为
\[\bigl( (y-y_0)(1-x_0)-(x-x_0)(-y_0) \bigr)^2=(x-x_0)^2+(y-y_0)^2,\]令 x=0 然后展开整理为
\[(2-x_0)y^2-2y_0y+x_0=0,\]此方程的两解就是 D、E 的纵坐标，计算其判别式
\[\Delta =4y_0^2-4(2-x_0)x_0=8-2x_0^2-4(2-x_0)x_0=2(2-x_0)^2,\]那么
\[DE=|y_1-y_2|=\frac {\sqrt \Delta }{|2-x_0|}=\sqrt 2.\]
发布于 09-17

注：此题大有扩展的空间，估计之后会有其他更专业的回答。

kuing

续楼上：那个简单结论的一般推广：

设 `f(x,y)=Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F`，先求过原点向 `\Gamma`: `f(x,y)=0` 作两切线（如果存在）的方程。

设过原点的直线为 `y=kx`，代入 `\Gamma` 中整理得 `(A+2Bk+Ck^2)x^2+2(D+Ek)x+F=0`，相切时 `\Delta=0`，即 `(D+Ek)^2=(A+2Bk+Ck^2)F`，再代回 `k=y/x` 去分母即得切线方程为
\[(Dx+Ey)^2=(Ax^2+2Bxy+Cy^2)F.\]
再求过一般的点 `P(x_0,y_0)` 向 `\Gamma` 作切线的方程，为了使用上述结论，平移坐标系，使 `P` 变为原点，此时 `\Gamma` 变为 `f(x+x_0,y+y_0)=0`，即
\[A(x+x_0)^2+2B(x+x_0)(y+y_0)+C(y+y_0)^2+2D(x+x_0)+2E(y+y_0)+F=0,\] 展开为
\[Ax^2+2Bxy+Cy^2+2(Ax_0+By_0+D)x+2(Cy_0+Bx_0+E)y+f(x_0,y_0)=0,\]根据上述结论，切线为
\[\bigl((Ax_0+By_0+D)x+(Cy_0+Bx_0+E)y\bigr)^2=(Ax^2+2Bxy+Cy^2)f(x_0,y_0),\]最后再把坐标系平移回去，就是将上式的 `x`, `y` 变为 `x-x_0`, `y-y_0` 即得最终结果：
\[
\bbox[#CFF,15px]{
\begin{aligned}
&\bigl((Ax_0+By_0+D)(x-x_0)+(Cy_0+Bx_0+E)(y-y_0)\bigr)^2\\
={}&\bigl(A(x-x_0)^2+2B(x-x_0)(y-y_0)+C(y-y_0)^2\bigr)f(x_0,y_0).
\end{aligned}
}
\]
下面来验证一下楼上的式 (*) 是否符合上述结论。

对于 `(x-p)^2+(y-q)^2=r^2` 即 `A=C=1`, `B=0`, `D=-p`, `E=-q` 且 `f(x_0,y_0)=(x_0-p)^2+(y_0-q)^2-r^2`，代入上式即
\begin{align*}
&\bigl((x_0-p)(x-x_0)+(y_0-q)(y-y_0)\bigr)^2\\
={}&\bigl((x-x_0)^2+(y-y_0)^2\bigr)\bigl((x_0-p)^2+(y_0-q)^2-r^2\bigr),
\end{align*}这看起来与式 (*) 不同，但实际上是一样的（注意拉格朗恒等式）。

类似地，对于 `A(x-p)^2+C(y-q)^2=1`，切线方程也可以写成
\[AC\bigl((y-y_0)(p-x_0)-(x-x_0)(q-y_0)\bigr)^2=A(x-x_0)^2+C(y-y_0)^2.\]