有关圆锥曲线的切线三角形的面积关系

lemondian

lemondian

？？？有人会吗？

abababa

椭圆和双曲线没有这个性质，比值是变化的。抛物线的以前网友给我讲过，发上来：
设抛物线方程是$y=cx^2$，设三个切点是$A_i,i=1,2,3$，设坐标$A_i(x_i,cx_i^2)$，于是三条切线的方程是$2cx_ix-y-cx_i^2$，联立可得切线交点坐标$B_i(\frac{x_{i+1}+x_{i+2}}{2},cx_{i+1}x_{i+2})$，其中定义$x_4=x_1,x_5=x_2$，于是两三角形面积是
$\abs{\begin{bmatrix}
x_1 & cx_1^2 & 1\\
x_2 & cx_2^2 & 1\\
x_3 & cx_3^2 & 1
\end{bmatrix}/\begin{bmatrix}
\frac{x_1+x_2}{2} & cx_1x_2 & 1\\
\frac{x_2+x_3}{2} & cx_2x_3 & 1\\
\frac{x_3+x_1}{2} & cx_3x_1 & 1
\end{bmatrix}}=2$

lemondian

回复 3# abababa
抛物线中：利用三点坐标求面积公式，分别解得两个三角形面积，确实是可行的：这里有一个详解：ixueshu.com/document/391d33120b64746c318947a18e7f9386.html。
谢谢！
然后，椭圆与双曲线中，可不可利用这种方法？三点坐标如何求得？

abababa

回复 4# lemondian

椭圆和双曲线里没有对应的结论，我用GeoGebra画图试了，这个比值是随那几个点的坐标变化的，不是固定值。因为如果设出一个$x_1$，它对应的$y_1$就带有根号，这样最后就不一定能变成因式积的形式，所以无法继续化简了。而抛物线的那个因为没有根号，那两个行列式都是可以化简的，比如第一个结果是$c(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)$。

lemondian

回复 5# abababa

有人说：在椭圆或双曲线中这个比值也是可求的，而且只与
    点C,点P及a,b有关

abababa

回复 6# lemondian

我通过软件作图，这个值不是定值。那你还是谁说的问谁吧，我这个结论也是网友给我讲的。

zhcosin

回复 6# lemondian

跟这些都有关还叫定值？

kuing

回复 8# zhcosin

就像之前这帖 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5071 那样

isee

椭圆和双曲线没有这个性质，比值是变化的。抛物线的以前网友给我讲过，发上来：
设抛物线 ...
abababa 发表于 2018-3-31 16:47

主楼的结论——肯定是陈题——还是很漂亮的，除了解几，“过往”有没有平几证明？

lemondian

有人写了这个，但没给出证明，人也找不到了：
你们看看： ，是不是正确的？

游客

有没有办法证明△DFG与△EFC面积相等？

lemondian

回复 12# 游客


    天哪，这个图好多线，考眼力。。。

kuing

玩椭圆的话，不妨先从圆玩起，然后再用“伸缩变换”过渡到椭圆上。



如图，不妨设 $\odot O$ 为单位圆，设 $\angle POA=2\alpha$, $\angle POB=2\beta$（$2\alpha+2\beta<\pi$），则 $\triangle PAB$ 的两个角为 $\alpha$, $\beta$，于是由 $S=abc/(4R)$ 及正弦定理可知
\[\S{PAB}=2\sin\alpha\sin\beta\sin(\alpha+\beta),\]
因为 $DA=DP=\tan\alpha$，所以
\[S_{\text{四边形}DAOP}=\tan\alpha,\]
同理
\begin{align*}
S_{\text{四边形}EBOP}&=\tan\beta,\\
S_{\text{四边形}CAOB}&=\tan(\alpha+\beta),
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\S{CDE}&=S_{\text{四边形}CAOB}
-S_{\text{四边形}DAOP}-S_{\text{四边形}EBOP}\\
&=\tan(\alpha+\beta)-\tan\alpha-\tan\beta\\
&=\tan\alpha\tan\beta\tan(\alpha+\beta),
\end{align*}
因此
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}
=2\cos\alpha\cos\beta\cos(\alpha+\beta)
=\frac{1+\cos2\alpha+\cos2\beta+\cos(2\alpha+2\beta)}2,\]
为了搞伸缩，需要转化为坐标表达式，设圆心位于原点且 $P(x_0,y_0)$, $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$，则
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}=
\frac12(1+x_0x_1+y_0y_1+x_0x_2+y_0y_2+x_1x_2+y_1y_2),\]
那么，将单位圆伸缩为椭圆 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$ 后，上式结论变为
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}=
\frac12\left( 1+\frac{x_0x_1+x_0x_2+x_1x_2}{a^2}
+\frac{y_0y_1+y_0y_2+y_1y_2}{b^2} \right),\]
多漂亮的公式！

接下来将其搞成 11# 的公式，要上Baoli计算了。

设 $C(m,n)$，则熟知直线 $AB$ 的方程为 $mx/a^2+ny/b^2=1$，与椭圆方程联立后，用韦达可以算出
\begin{gather*}
x_1+x_2=\frac{2a^2b^2m}{a^2n^2+b^2m^2},
x_1x_2=\frac{a^4(b^2-n^2)}{a^2n^2+b^2m^2},\\
y_1+y_2=\frac{2a^2b^2n}{a^2n^2+b^2m^2},
y_1y_2=\frac{b^4(a^2-m^2)}{a^2n^2+b^2m^2},
\end{gather*}
代入上面的公式中化简，最终即得
\[\frac{\S{PAB}}{\S{CDE}}=
\frac{\frac{mx_0}{a^2}+\frac{ny_0}{b^2}+1}
{\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2}},\]
也就是 11# 的结论。

lemondian

回复 14# kuing
膜拜中。。。K神呀！
还有这个：Baoli计算-->哥，普通话不行，搞半天才知道是什么意思：第一眼以为是什么软件！！！

lemondian

另外双曲线呢？应该也会有类似的结论吧？

zhcosin

回复 9# kuing
看了下，跟那贴是同一个楼主。。。。

lemondian

游客

(这个作图方法对证明是否能起作用？）
1．$A, ~ B$ 在抛物线上，$A C, ~ B C$ 为抛物线的切线，$T$ 为 $A B$ 的中点。
2． $AD<\frac{AC}{2}, DF=DA$ 。
3． $FG\px CT$ 。
4．$E$ 为 $B G$ 的中点，$D E \cap F G=P$ 。
$\Rightarrow P$ 在抛物线上，且DE为切线。

游客

（或许还可整理下，写得简单些.)