过四定点二次曲线离心率范围的结论

hejoseph

若给定四点其中至少有三点共线，则过这四定点的任何外接二次曲线必定是两条直线。以下设给定的四点没有任何三点共线，那么以这四个定点为顶点的四边形必定能构成凸四边形或凹四边形，这个四边形按顺序的四边所在直线方程分别是 $A_ix+B_iy+C_i=0$（$i=1,2,3,4$），用斜率的分类讨论容易得：当四边形是凸四边形时有
\[
(A_1B_2-A_2B_1)(A_2B_3-A_3B_2)(A_3B_4-A_4B_3)(A_4B_1-A_1B_4)>0，
\]
当四边形是凹四边形时有
\[
(A_1B_2-A_2B_1)(A_2B_3-A_3B_2)(A_3B_4-A_4B_3)(A_4B_1-A_1B_4)<0。
\]

令
\begin{align*}
K_1={}&(A_1B_2-A_2B_1)(A_2B_3-A_3B_2)(A_3B_4-A_4B_3)(A_4B_1-A_1B_4)，\\
K_2={}&A_1A_2A_3B_4-A_1A_2B_3A_4+A_1B_2A_3A_4-B_1A_2A_3A_4\\
&{}+A_1B_2B_3B_4-B_1A_2B_3B_4+B_1B_2A_3B_4-B_1B_2B_3A_4，\\
K_3={}&2\left(A_1^2A_3^2B_2B_4+B_1^2B_3^2A_2A_4\right)+\left(A_1^2B_3^2+A_3^2B_1^2\right)(A_2A_4+B_2B_4)\\
&{}-(A_1A_3+B_1B_3)(A_1B_3+A_3B_1)(A_2B_4+A_4B_2)，\\
K_4={}&2\left(A_2^2A_4^2B_1B_3+B_2^2B_4^2A_1A_3\right)+\left(A_2^2B_4^2+A_4^2B_2^2\right)(A_1A_3+B_1B_3)\\
&{}-(A_2A_4+B_2B_4)(A_1B_3+A_3B_1)(A_2B_4+A_4B_2)，
\end{align*}
给定凸四边形或凹四边形$P$的四顶点，$P$按顺序的四边所在直线方程分别是 $A_ix+B_iy+C_i=0$（$i=1,2,3,4$），圆锥曲线
$\Gamma$ 是 $P$ 的外接圆锥曲线，其离心率是 $e$，令
\begin{align*}
g_1(u)={}&K_1u^4+K_2^2(u^2-1)，\\
g_2(x,y)={}&K_3(A_1x+B_1y+C_1)(A_3x+B_3y+C_3)+K_4(A_2x+B_2y+C_2)(A_4x+B_4y+C_4)，\\
g_3(x,y)={}&(A_2A_4+B_2B_4)(A_1x+B_1y+C_1)(A_3x+B_3y+C_3)\\
&{}-(A_1A_3+B_1B_3)(A_2x+B_2y+C_2)(A_4x+B_4y+C_4)。
\end{align*}
当 $P$ 是凸四边形时，$g_1(u)=0$ 只有一个非负根 $u_1$，当且仅当 $K_2=0$ 时 $u_1=0$，其中 $u_1<1$，则 $e\geqslant u_1$，$e=u_1$ 时外接圆锥曲线是 $g_2(x,y)=0$，若二次曲线 $g_3(x,y)=0$ 非退化，则 $e=\sqrt{2}$ 时外接圆锥曲线是 $g_3(x,y)=0$；当 $P$ 是凹四边形时，若 $P$ 两对对边都互相垂直，则外接圆锥曲线必定 $e=\sqrt{2}$，即为等轴双曲线；若 $P$ 两对对边不都互相垂直，则 $g_1(u)=0$ 有两个正根 $u_1$、$u_2$，其中 $1<u_1<\sqrt{2}<u_2 $，则 $u_1\leqslant e\leqslant u_2$，若二次 $g_2(x,y)=0$ 非退化，则 $e=u_1$ 或 $e=u_2$ 时外接圆锥曲线是 $g_2(x,y)=0$，若二次曲线 $g_3(x,y)=0$ 非退化，则 $e=\sqrt{2}$ 时外接圆锥曲线是 $g_3(x,y)=0$。

hbghlyj

The problem of the Quadrangle conic with least eccentricity was initially posed in the “Annales de Gergonne” and solved by J. Steiner. See Ref-7 page 231.
QA-Co3: Gergonne-Steiner Conic
center of QA-Co3
[7] Heinrich Dörrie: "100 great problems of Elementary Mathematics"/100 个著名初等数学问题
第54题 一个四边形的最接近圆的外接椭圆
一个已知四边形的所有外接椭圆中，哪一个与圆的偏差最小？
本题由格戈里尼提出①，由斯坦纳加以解答②。
解（根据斯坦纳）：首先，由于椭圆不能外接于一个凹四边形，所以很清楚，这个四边形必为凸四边形。
设 OPRQ 是已知四边形，QR 与 OP 的延长线相交于 H，PR 与 OQ 的延长线相交于 K，并设 OP = p，OQ = q，OH = h，OK = k（见图 52）。取 OP，OQ 为一个斜角坐标系的 x 轴、y 轴。于是四边形的边 OP 和 OQ 的方程是 y = 0 和 x = 0，而边 PR 和 QR 的方程为
$$\frac{x}{p}+\frac{y}{k}=1 \text { 和 } \frac{x}{h}+\frac{y}{q}=1，$$
或者，如果将表达式 $kx + py - kp$ 与 $qx + hy - hq$ 用 $u$ 与 $v$ 表示的话，那么这两个方程就写作 u = 0 和 v = 0。
...

creasson

四边形$ABCD$外接圆锥曲线的离心率极值$e$满足方程:
\[\frac{{{e^4}}}{{1 - {e^2}}} = \frac{{{{\sin }^2}(A + C)}}{{\sin A\sin B\sin C\sin D}}\]

kuing

想起了以前这帖：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5508

lemondian

creasson 发表于 2023-2-12 10:40
四边形$ABCD$外接圆锥曲线的离心率极值$e$满足方程:
\[\frac{{{e^4}}}{{1 - {e^2}}} = \frac{{{{\sin }^2}( ...

这个如何得到？有详细过程吗？

creasson

lemondian 发表于 2023-2-17 10:26
这个如何得到？有详细过程吗？

有过程, 但不算详细

hbghlyj

Mathematics > Classical Analysis and ODEs
Ellipses of minimal area and of minimal eccentricity circumscribed about a convex quadrilateral PDF
Arxiv

hbghlyj

creasson 发表于 2023-2-12 02:40
四边形$ABCD$外接圆锥曲线的离心率极值$e$满足方程:
\[\frac{{{e^4}}}{{1 - {e^2}}} = \frac{{{{\sin }^2}(A + C)}}{{\sin A\sin B\sin C\sin D}}\]

作者 @creasson 在他的专著《有理表示在欧氏几何中的应用》第274-275页中证明了这个公式
在vixra.org/pdf/2310.0108v3.pdf或creasson.github.io/RationalGeometry.pdf下载本书最新的第3版PDF