用 ab, a+b, xy, x+y 表示 ax+by

kuing

注意到
\begin{align*}
(ax+by)+(ay+bx)&=(a+b)(x+y),\\
(ax+by)^2+(ay+bx)^2&=(a^2+b^2)(x^2+y^2)+4abxy,
\end{align*}
所以有恒等式
\begin{align*}
&(ax+by)^2+\bigl((a+b)(x+y)-(ax+by)\bigr)^2\\
={}&\bigl((a+b)^2-2ab\bigr)\bigl((x+y)^2-2xy\bigr)+4abxy.\quad(*)
\end{align*}

为啥搞这个？因为昨天有微信网友问我一个问题：

已知抛物线 `y^2=2px`，两直线 `l_1`: `A_1x+B_1y+C_1=0`, `l_2`: `A_2x+B_2y+C_2=0`，若抛物线与 `l_1`, `l_2` 分别交于 `A`, `B` 和 `C`, `D`，求 `l_{AC}\cdot l_{BD}` 以及 `l_{BC}\cdot l_{AD}` 的方程。

为了便于计算，假设所有直线斜率均存在，将两已知直线改写为 `l_1`: `y=k_1x+b_1`, `l_2`: `y=k_2x+b_2`，则存在非零实数 `t`, `u` 使得
\[(k_1x+b_1-y)(k_2x+b_2-y)+t(y^2-2px)=u(k_3x+b_3-y)(k_4x+b_4-y),\]
展开对比系数得方程组
\[\led
k_1k_2-k_3k_4u&=0,\\
1+t-u&=0,\\
-k_1-k_2+k_3u+k_4u&=0,\\
b_2k_1+b_1k_2-2pt-b_4k_3u-b_3k_4u&=0,\\
-b_1-b_2+b_3u+b_4u&=0,\\
b_1b_2-b_3b_4u&=0,
\endled\]
消 `t` 整理可得
\[\led
k_3k_4&=\frac{k_1k_2}u,\\
k_3+k_4&=\frac{k_1+k_2}u,\\
b_3b_4&=\frac{b_1b_2}u,\\
b_3+b_4&=\frac{b_1+b_2}u,\\
b_3k_4+b_4k_3&=\frac{b_2k_1+b_1k_2-2p(u-1)}u,
\endled\]
根据开头说的恒等式 (*)，就有
\begin{align*}
&\left(\frac{b_2k_1+b_1k_2-2p(u-1)}u\right)^2+\left(\frac{(k_1+k_2)(b_1+b_2)}{u^2}-\frac{b_2k_1+b_1k_2-2p(u-1)}u\right)^2\\
={}&\left(\left(\frac{k_1+k_2}u\right)^2-\frac{2k_1k_2}u\right)\left(\left(\frac{b_1+b_2}u\right)^2-\frac{2b_1b_2}u\right)+\frac{4k_1k_2b_1b_2}{u^2},
\end{align*}
化简得
\[4p^2u^2-4p(b_2k_1+b_1k_2+p)u+2p(b_1+b_2)(k_1+k_2)+(b_2k_1-b_1k_2)^2=0,\]
解得
\[u=\frac12+\frac{b_2k_1+b_1k_2\pm\sqrt{(p-2b_1k_1)(p-2b_2k_2)}}{2p},\]
所以
\[t=u-1=-\frac12+\frac{b_2k_1+b_1k_2\pm\sqrt{(p-2b_1k_1)(p-2b_2k_2)}}{2p},\]
所以 `l_{AC}\cdot l_{BD}` 与 `l_{BC}\cdot l_{AD}` 的方程就是
\[(k_1x+b_1-y)(k_2x+b_2-y)+\left(-\frac12+\frac{b_2k_1+b_1k_2\pm\sqrt{(p-2b_1k_1)(p-2b_2k_2)}}{2p}\right)(y^2-2px)=0,\]
至于 `\pm` 的 `+` 与 `-` 对应哪个，就得根据实际情况而定啦。

kuing

已知曲线 `\Gamma`: `x^2/A+y^2/B=1`，两直线 `l_1`: `y=k_1x+b_1`, `l_2`: `y=k_2x+b_2`，若 `\Gamma` 与 `l_1`, `l_2` 分别交于 `M`, `N` 和 `P`, `Q`，则 `l_{MP}\cdot l_{NQ}` 与 `l_{NP}\cdot l_{MQ}` 的方程为
\[(b_1+k_1x-y)(b_2+k_2x-y)+t\left(\frac{x^2}A+\frac{y^2}B-1\right)=0,\]
其中
\[t=\frac{-B+b_1b_2-Ak_1k_2\pm\sqrt{(B-b_1^2+Ak_1^2)(B-b_2^2+Ak_2^2)}}2.\]

推导方法是一样的。

\[(k_1x+b_1-y)(k_2x+b_2-y)+t\left(\frac{x^2}A+\frac{y^2}B-1\right)=u(k_3x+b_3-y)(k_4x+b_4-y),\]
\[\led
u&=1+\frac tB,\\
k_3k_4&=\frac{k_1k_2+\frac tA}u,\\
k_3+k_4&=\frac{k_1+k_2}u,\\
b_3b_4&=\frac{b_1b_2-t}u,\\
b_3+b_4&=\frac{b_1+b_2}u,\\
b_3k_4+b_4k_3&=\frac{b_1k_2+b_2k_1}u,
\endled\]
消 `u` 代入恒等式 (*) 即可解出上述 `t`。

kuing

之前在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=8078 的 19#、20# 推出过如下结论：

设 `f(x,y)=Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F`，若过点 `P(x_0,y_0)` 向 `\Gamma`: `f(x,y)=0` 可作两条切线，则两切线方程（指它们的乘积）为
\begin{align*}
&\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).\quad(1)
\end{align*}

昨晚经微信网友提醒，其实也可以用上面的曲线系方法来求。

记 `P` 关于 `\Gamma` 的极线为 `g(x,y)=0`，其中
\[g(x,y)=Ax_0x+B(x_0y+y_0x)+Cy_0y+D(x_0+x)+E(y_0+y)+F,\]
首先考虑过 `P` 作 `\Gamma` 的两条割线 `PMN` 和 `PST`，则存在实数 `t`, `u` 使
\[t\cdot l_{MN}l_{ST}+u\cdot l_{MS}l_{NT}=f(x,y),\]
而当割线变成切线，即 `M`, `N` 重合且 `S`, `T` 重合时，直线 `MS` 和 `NT` 都变成 `P` 的极线，此时上式变成
\[t\cdot l_{PM}l_{PS}+u\cdot\bigl(g(x,y)\bigr)^2=f(x,y),\]
上式是对任意 `x`, `y` 成立的，因此可以代入 `(x,y)=(x_0,y_0)`，而 `P` 在切线上，即第一项为零，而 `g(x_0,y_0)=f(x_0,y_0)`，所以
\[u\cdot\bigl(f(x_0,y_0)\bigr)^2=f(x_0,y_0),\]
由此即得两切线方程为
\[\bigl(g(x,y)\bigr)^2=f(x,y)f(x_0,y_0).\quad(2)\]
（无需再考虑 `t` 因为 `l=0` 和 `t\cdot l=0` 是同一直线）

式 (2) 与式 (1) 是一样的，但显然 (2) 比 (1) 好看多了。

kuing

kuing 发表于 2024-3-16 16:54
...
由此即得两切线方程为
\[\bigl(g(x,y)\bigr)^2=f(x,y)f(x_0,y_0).\quad(2)\]

应用：蒙日圆及一般夹角

设曲线 `\Gamma`: `x^2/A+y^2/B=1`，由 `P(x_0,y_0)` 向 `\Gamma` 引两切线，由上式知两切线方程为
\[\left(\frac{x_0x}A+\frac{y_0y}B-1\right)^2=\left(\frac{x^2}A+\frac{y^2}B-1\right)\left(\frac{x_0^2}A+\frac{y_0^2}B-1\right),\]
既然它是两条切线，当切线斜率均存在时，设两斜率为 `k_1`, `k_2`，则上式必可分解为 `C(k_1x+b_1-y)(k_2x+b_2-y)=0` 的形式，对比两式的 `x^2`, `xy`, `y^2` 的系数可知
\[\frac1A\left(1-\frac{y_0^2}B\right):\frac{2x_0y_0}{AB}:\frac1B\left(1-\frac{x_0^2}A\right)=k_1k_2:(-k_1-k_2):1,\]
由此即得
\begin{align*}
k_1k_2&=\frac{B-y_0^2}{A-x_0^2},\\
-k_1-k_2&=\frac{2x_0y_0}{A-x_0^2}.
\end{align*}

（1）若两切线垂直，则 `k_1k_2=-1`，即 `B-y_0^2=-(A-x_0^2)`，所以两垂直切线的交点轨迹为 `x^2+y^2=A+B`，这便是蒙日圆，而且包含了椭圆和双曲线。当然，双曲线还需要 `A+B>0` 才有轨迹，特别地对于等轴双曲线即 `A+B=0`，轨迹为 `x^2+y^2=0` 即原点，可以看成两切线退化为两渐近线。

（2）若两切线夹角为定值 `\theta`（`\theta\ne90\du`），则由夹角公式有
\[\tan\theta=\frac{\abs{k_2-k_1}}{1+k_1k_2},\]
平方整理得
\[(k_1+k_2)^2-4k_1k_2=(1+k_1k_2)^2\tan^2\theta,\]
代入上面的即
\[\left(\frac{2x_0y_0}{A-x_0^2}\right)^2-4\frac{B-y_0^2}{A-x_0^2}=\left(1+\frac{B-y_0^2}{A-x_0^2}\right)^2\tan^2\theta,\]
去分母整理即得交点的轨迹方程为
\[(A-x^2+B-y^2)^2\tan^2\theta+4(A-x^2)(B-y^2)-4x^2y^2=0.\]

kuing

画了下楼上最后那条方程，试一下嵌入在线 ggb，不知好不好使