圆锥曲线切线方程的一个巧妙证明

zhcosin

大概在两年前，初等数学笔记工程还在蕴粮的时候，就灵光一闪，想出了椭圆切线方程的这个巧妙的证明，但当时对于双曲线和抛物线，没有细想，前几天论坛有人发帖问双曲线的切线方程证明，细想之下又把双曲线的给想出来了，而抛物线的太简单也就出来了，这就是下面的证明。不过要说明的是，在这里切线的定义是用直线与圆锥曲线仅有唯一公共点来定义的。

kuing

我的习惯是用柯西及其类似，写起来比较对称：
\begin{align*}
(a^2 + b^2) (c^2 + d^2) = (a c + b d)^2 + (a d - b c)^2 &\riff (a^2 + b^2) (c^2 + d^2) \geqslant (a c + b d)^2 ,\\
(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) = (a c - b d)^2 - (a d - b c)^2 &\riff (a^2 - b^2) (c^2 - d^2) \leqslant (a c - b d)^2 ,\\
\end{align*}
所以有
\begin{align*}
\left(\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}\right)
\left(\frac{x_T^2}{a^2}+\frac{y_T^2}{b^2}\right)
\geqslant\left(\frac{x_0x_T}{a^2}+\frac{y_0y_T}{b^2}\right)^2 & \riff \frac{x_T^2}{a^2}+\frac{y_T^2}{b^2}\geqslant1,\\
\left(\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}\right)
\left(\frac{x_T^2}{a^2}-\frac{y_T^2}{b^2}\right)
\leqslant\left(\frac{x_0x_T}{a^2}-\frac{y_0y_T}{b^2}\right)^2 &\riff \frac{x_T^2}{a^2}-\frac{y_T^2}{b^2}\leqslant1.
\end{align*}

zhcosin

回复 2# kuing
niubility，不愧是不等式高手。

游客

圆锥曲线的切线，点差法加个极限就好了，不用计算，也能用于作图。

zhcosin

回复 2# kuing
太漂亮，赶紧收进笔记 。

isee

回复 4# 游客


    这个我也喜欢。

isee

回复 5# zhcosin


    一块得个玉$$
(a^2 - b^2) (c^2 - d^2) = (a c - b d)^2 - (a d - b c)^2 \riff (a^2 - b^2) (c^2 - d^2) \leqslant (a c - b d)^2
$$

走走看看

回复 1# zhcosin


    4.6.3的第二个式子，符号笔误。

zhcosin

回复 8# 走走看看
确实，符号搞错了，这里是截图就懒得改了，在我笔记中改好就行了。

其妙

回复 7# isee
还可以推广到n维

kuing

刚刚群里一题，顺便整理到这里。
已知直线 $\frac{m x}{a^2}+\frac{n y}{b^2}=1$ 与椭圆 $C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 相交，则 $P(m, n)$ 与 $C$ 的位置关系为（ ）

A．$P$ 在 $C$ 内
B．$P$ 在 $C$ 外
C．$P$ 在 $C$ 上
D．以上都有可能

由于相交，故直线 `mx/a^2+ny/b^2=1` 上存在一点 `(x_0,y_0)` 使 `x_0^2/a^2+y_0^2/b^2<1`，故由柯西得
\[1=\left( \frac{mx_0}{a^2}+\frac{ny_0}{b^2} \right)^2\leqslant\left( \frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2} \right)\left( \frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2} \right)<\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2},\]这就说明点 `(m,n)` 在椭圆外。

kuing

另外，如果将楼上的题的“相交”改为“相离”，则也可以这样解：

设 `(x_0,y_0)` 是直线 `mx/a^2+ny/b^2=1` 与直线 `my=nx` 的交点，则有
\[1=\left( \frac{mx_0}{a^2}+\frac{ny_0}{b^2} \right)^2+\left( \frac{my_0}{ab}-\frac{nx_0}{ab} \right)^2=\left( \frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2} \right)\left( \frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2} \right),\]
由于 `mx/a^2+ny/b^2=1` 与椭圆外离，故 `(x_0,y_0)` 在椭圆外，即 `x_0^2/a^2+y_0^2/b^2>1`，故由上式知 `m^2/a^2+n^2/b^2<1`，即 `(m,n)` 在椭圆内。

敬畏数学

这个貌似若干年前已经闹腾地厉害！

yjhailiang

能不能用二次曲线的一般式，一次性得出结论？
我试过，没有成功