椭圆的三条切线形成三角形的外心到焦点的距离

hbghlyj

椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的左右焦点为 $F_1, F_2$
$A, B, C$ 是椭圆上三点，且切线两两交于 $D, E, F$ 三点，设 $\triangle D E F$ 外心为 $M$，记 $M D=R$，求证$$(R^2-M F_1^2)(R^2-M F_2^2)=4 R^2 b^2$$

hejoseph

第一个结论：若 $\triangle ABC$ 的面积是 $S$，外接圆圆心是 $O$ ，半径是 $R$，一点 $P$ 的重心坐标是 $(\alpha,\beta,\gamma)$，则 $OP^2=R^2-\alpha\beta\cdot AB^2-\alpha\gamma\cdot AC^2-\beta\gamma\cdot BC^2$。
说一下重心坐标这里 $\alpha=S_{\triangle PBC}/S$， $\beta=S_{\triangle PCA}/S$， $\gamma=S_{\triangle PAB}/S$，分子的面积都是有向面积。若点 $A$、$P$ 在直线 $BC$ 同侧，则 $S_{\triangle PBC}$ 为正，异侧为负。其余两个有向面积类似定义。

第二个结论：椭圆的两个焦点到这个椭圆的一条切线距离的乘积是这个椭圆短半轴长度的平方，双曲线的两个焦点到这个双曲线的一条切线距离的乘积是这个双曲线虚半轴长度的平方。

利用这两个结论就很容易得到要证明的命题的结论了。

色k

回复 3# ellipse

向量试一下

kuing

结论一的一般情况应该是酱：对于任意 `\triangle ABC` 及点 `P`，熟知有
\[S_a\vv{PA}+S_b\vv{PB}+S_c\vv{PC}=\bm0,\]其中 `S_a` 等分别为 `\triangle PBC` 等的有向面积，对于任意点 `Q`，将上式的 `\vv{PA}` 等写成 `\vv{PQ}+\vv{QA}` 等，上式变为
\[\vv{QP}=\frac{S_a}{S_a+S_b+S_c}\vv{QA}+\frac{S_b}{S_a+S_b+S_c}\vv{QB}+\frac{S_c}{S_a+S_b+S_c}\vv{QC},\]将右边那三个系数分别记为 `\alpha`, `\beta`, `\gamma`（也就是 2# 说的重心坐标），则 `\alpha+\beta+\gamma=1`，然后上式两边平方得
\begin{align*}
QP^2&=\sum\alpha^2QA^2+2\sum\alpha\beta\vv{QA}\cdot\vv{QB}\\
&=\sum\alpha^2QA^2+\sum\alpha\beta\Bigl( QA^2+QB^2-\bigl( \vv{QA}-\vv{QB} \bigr)^2 \Bigr)\\
&=\sum\alpha^2QA^2+\sum\alpha(\beta+\gamma)QA^2-\sum\alpha\beta AB^2\\
&=\sum\alpha QA^2-\sum\alpha\beta AB^2,
\end{align*}这就是一般的情况，而当这个 `Q` 为外心 `O` 时，上式就是 `OP^2=R^2-\sum\alpha\beta AB^2`。

咦，那我是不是不觉意推出了惯性矩不等式？因为由 `QP^2\geqslant0` 有 `\sum\alpha QA^2\geqslant\sum\alpha\beta AB^2`，左边乘 `\sum\alpha` 就是。
噢对，才想起来小丛书里就是这样推的：forum.php?mod=viewthread&tid=3567#pid15115