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kuing
发表于 2019-2-24 00:05
闲来无事，试着暴 li 计算了一番，挺麻烦，可能绕了些弯路，估计不够标答简单，好在过程中得出的一些等式挺奶思的。
为方便起见，只证明当抛物线为 `y=x^2` 的情形。
设 `A(x_0,y_0)`, `S(x_1,y_1)`, `T(x_2,y_2)`, `M(x_3,y_3)`, `N(x_4,y_4)`，先计算交出 `B`, `C` 的三条直线，首先是 `ST`，熟知是
\[ST\colon y_0+y=2x_0x,\]其次是 `l`，由平行于 `AS` 知
\[l\colon y=2x_1(x-x_3)+y_3=2x_1(x-x_3)+x_3^2,\]最后一条是 `SN`，注意其斜率为 `(y_1-y_4)/(x_1-x_4)=x_1+x_4`，所以是
\[SN\colon y=(x_1+x_4)(x-x_1)+y_1=(x_1+x_4)x-x_1x_4,\]然后就可以计算交点了，注意要证中点只需考虑横坐标之差，而无需理 `y`。
记 `B`, `C` 的横坐标分别为 `b`, `c`，先看 `b`，联立 `ST` 和 `l` 有
\[y_0+2x_1(b-x_3)+x_3^2=2x_0b=2x_0(b-x_3)+2x_0x_3,\]得到
\[b-x_3=\frac{y_0+x_3^2-2x_0x_3}{2(x_0-x_1)},\]由于 `(x_1,y_1)` 在 `ST` 上，所以 `y_0+y_1=2x_0x_1`，即
\[y_0=2x_0x_1-x_1^2,\]代入上面得
\[b-x_3=\frac{2x_0x_1-x_1^2+x_3^2-2x_0x_3}{2(x_0-x_1)}=\frac{(x_1-x_3)(2x_0-x_1-x_3)}{2(x_0-x_1)},\qquad(*)\]再看 `c`，联立 `l` 和 `SN` 有
\[2x_1(c-x_3)+x_3^2=(x_1+x_4)c-x_1x_4=(x_1+x_4)(c-x_3)+(x_1+x_4)x_3-x_1x_4,\]移项然后因式分解即得
\[c-x_3=\frac{(x_1-x_3)(x_3-x_4)}{(x_1-x_4)},\qquad(**)\]那么，由式 (*) 和式 (*) 可见，要证 `B` 是 `MC` 中点，只需证
\[\frac{x_3-x_4}{x_1-x_4}=\frac{2x_0-x_1-x_3}{x_0-x_1},\qquad(*{*}*)\]要把 `x_4` 处理掉，利用 `A`, `M`, `N` 共线，有
\[\frac{y_3-y_0}{x_3-x_0}=\frac{y_3-y_4}{x_3-x_4},\]即
\[\frac{x_3^2-2x_0x_1+x_1^2}{x_3-x_0}=x_3+x_4,\]解得
\[x_4=\frac{x_0x_3-2x_0x_1+x_1^2}{x_3-x_0},\]由此可得
\begin{align*}
x_3-x_4&=\frac{(x_1-x_3)(2x_0-x_1-x_3)}{x_3-x_0},\\
x_1-x_4&=\frac{(x_0-x_1)(x_1-x_3)}{x_3-x_0},
\end{align*}两式相除即得式 (***)，即得证。 |
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isee
发表于 2019-2-20 21:59
