圆锥曲线有关切线的三角形面积比

lemondian

这个问题4年前曾问过，一直没有解决，重新开个贴，再寻求大家帮忙解答！

已知 $C\left(\rho_1, \theta_1\right)$ 为曲线 $C_1: \rho=\frac{e p}{1+e \cos \theta}(e>0,0 \leq \theta<2 \pi)$ 外一定点，过点 $C$ 作直线 $C A, C B$ 分别切曲线 $C_1$ 于 $A, B$ 两点，$P\left(\rho_0, \theta_0\right)$ 为曲线 $C_1$ 上一动点，

曲线 $C_1$ 在 $P$ 点处的切线分别交直线 $C A, C B$ 于 $D, E$ 两点
求证：$\frac{S_{\triangle P A B}}{S_{\triangle C D E}}=\frac{\left[\left(1-e^2\right) \rho_0 \cos \theta_0+e^2 p\right]\left[\left(1-e^2\right) \rho_1 \cos \theta_1+e^2 p\right]+\left(1-e^2\right) \rho_0 \rho_1 \sin \theta_0 \sin \theta_1+e^2 p^2}{\left[\left(1-e^2\right) \rho_1 \cos \theta_1+e^2 p\right]^2+\left(1-e^2\right) \rho_1^2 \sin ^2 \theta_1}$

kuing

不是四年前，是六年前：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5271

kuing

我推导出的公式比 1# 漂亮得多。

$\newcommand\bbb[1]{\bbox[lightcyan,15px]{\color{black}{#1}}}\newcommand\vS[1]{\overline{\S{#1}}}
\def\rA{r_A}\def\rB{r_B}\def\rP{r_P}
\def\rD{r_D}\def\rE{r_E}\def\rC{r_C}
$不妨设曲线上的三点的极坐标分别为 `A(\rA,x)`, `B(\rB,y)`, `P(\rP,z)`，其中 `\pi>x>z>y>-\pi`，原点为 `O`（同时亦为焦点），则
\begin{gather*}
\rA=\frac{ep}{1+e\cos x},~\rB=\frac{ep}{1+e\cos y},~\rP=\frac{ep}{1+e\cos z},\\
\vS{AOP}=\frac12\rA\rP\sin(x-z),~\vS{POB}=\frac12\rB\rP\sin(z-y),~\vS{BOA}=\frac12\rA\rB\sin(y-x),
\end{gather*}
其中 `\vS{}` 指有向面积，所以
\begin{align*}
\vS{PAB}&=\vS{AOP}+\vS{POB}+\vS{BOA}\\
&=\frac12\rA\rP\sin(x-z)+\frac12\rB\rP\sin(z-y)+\frac12\rA\rB\sin(y-x),
\end{align*}
将 `\rA`, `\rB`, `\rP` 的表达式代入通分，利用 `\sum\sin(x-z)\cos y=0` 可化简得
\[\bbb{\begin{aligned}
\vS{PAB}&=\frac{e^2p^2\bigl(\sin(x-z)+\sin(z-y)+\sin(y-x)\bigr)}{2(1+e\cos x)(1+e\cos y)(1+e\cos z)},&&(1)\\
&=\frac{\sin(x-z)+\sin(z-y)+\sin(y-x)}{2ep}\cdot\rA\rB\rP.&&(1')
\end{aligned}}\]

这就搞定了切点三角形的面积，至于切线三角形的面积则需要一个切线公式：

引理：曲线
\[\rho=\frac{ep}{1+e\cos\theta}\]
上的点 $P\bigl(\rho(\theta_0),\theta_0\bigr)$ 处的切线方程为
\[\rho=\frac{ep}{\cos(\theta-\theta_0)+e\cos\theta}.\]
引理的简证：容易知道后者是一条直线，两者有公共点 `P`，由 `\cos(\theta-\theta_0)\leqslant1` 知存在 `\theta_0` 的某邻域内恒有前者 `\leqslant` 后者，即在 `P` 附近的曲线在直线的同一侧，因此后者就是 `P` 处的切线。

回到原题：
设三切线的三交点的极坐标为 `D(\rD,\theta_D)`, `E(\rE,\theta_E)`, `C(\rC,\theta_C)`，由引理知点 `A` 处的切线为
\[\rho=\frac{ep}{\cos(\theta-x)+e\cos\theta},\]
熟知 `OD ` 平分 `\angle AOP`，因此
\[\theta_D=\frac{x+z}2,\]
代入切线中，即得
\[\rD=\frac{ep}{\cos\frac{x-z}2+e\cos\frac{x+z}2},\]
同理
\begin{gather*}
\theta_E=\frac{z+y}2,~\rE=\frac{ep}{\cos\frac{z-y}2+e\cos\frac{z+y}2},\\
\theta_C=\frac{y+x}2,~\rC=\frac{ep}{\cos\frac{y-x}2+e\cos\frac{y+x}2},
\end{gather*}
因此
\[\vS{DOC}=\frac12\rD\rC\sin(\theta_D-\theta_C)=\frac12\rD\rC\sin\frac{z-y}2,\]
同理有另外类似的两式，所以
\begin{align*}
\vS{CDE}&=\vS{DOC}+\vS{COE}+\vS{EOD}\\
&=\frac12\rD\rC\sin\frac{z-y}2+\frac12\rC\rE\sin\frac{x-z}2+\frac12\rE\rD\sin\frac{y-x}2,
\end{align*}
将前面的表达式代入通分，利用 `\sum\sin\frac{z-y}2\cos\frac{z+y}2=0` 可化简得
\[\bbb{\begin{aligned}
\vS{CDE}&=\frac{e^2p^2\bigl(\sin(x-z)+\sin(z-y)+\sin(y-x)\bigr)}{4\left(\cos\frac{x-z}2+e\cos\frac{x+z}2\right)\left(\cos\frac{z-y}2+e\cos\frac{z+y}2\right)\left(\cos\frac{y-x}2+e\cos\frac{y+x}2\right)}&&(2)\\
&=\frac{\sin(x-z)+\sin(z-y)+\sin(y-x)}{4ep}\cdot\rD\rE\rC.&&(2')
\end{aligned}}\]

两个面积公式不仅漂亮还出奇地相似，相除即得
\[\bbb{\begin{aligned}
\frac{\vS{PAB}}{\vS{CDE}}&=\frac{2\left(\cos\frac{x-z}2+e\cos\frac{x+z}2\right)\left(\cos\frac{z-y}2+e\cos\frac{z+y}2\right)\left(\cos\frac{y-x}2+e\cos\frac{y+x}2\right)}{(1+e\cos x)(1+e\cos y)(1+e\cos z)}&&(3)\\
&=\frac{2\rA\rB\rP}{\rD\rE\rC}.&&(3')
\end{aligned}}\]

有这个公式，还要那个难看的公式干嘛？

这个公式无论是式 (3) 还是式 (3') 都能瞬间得出当 `e=1` 时比值恒为 `2`。
（用式 (3') 看时只需注意到当抛物线时有 `OC^2=OA\cdot OB` 等三式，相乘即得）

lemondian

kuing 发表于 2024-12-25 00:14
我推导出的公式比 1# 漂亮得多。

$\newcommand\bbb[1]{\bbox[lightcyan,15px]{\color{black}{#1}}}\newcom ...

谢谢@kuing:确实这个公式是好看。
但两个公式的角度不一样。
1#的公式只与点C与点P有关，而这个公式曲线上的三点A，B，P有关。

请问：能不能推导出1#的公式？（比较需要1#的公式）

kuing

lemondian 发表于 2024-12-25 14:33
谢谢@kuing:确实这个公式是好看。
但两个公式的角度不一样。
1#的公式只与点C与点P有关，而这个公式曲线 ...

暂时没兴趣看那个。

更新了一下 3# 的写法。

lemondian

kuing 发表于 2024-12-25 23:49
暂时没兴趣看那个。

更新了一下 3# 的写法。

@kuing:提起兴趣来搞搞1#的结论吧