BC中点固定 AC与AB分别等于定值c与b 求证轨迹与圆锥曲线正交

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B,C是x轴上的动点,BO=OC.点A在上半平面内,使得AC与AB分别等于定值c与b,求证:A的轨迹正交于以B,C为一条轴线的端点且过A的圆锥曲线.

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曲线的方程为$y^2=-\frac{1}{16x^2} (-b-c+2 x) (b-c+2 x) (-b+c+2 x) (b+c+2 x)$.........(*)
在(x,y)处的切线斜率为$G=-\frac{\left(b^2-c^2+4 x^2\right) \left(-b^2+c^2+4 x^2\right)}{16 x^3 y}$
设BC=2k,则$b^2=(x-k)^2+y^2,c^2=(x+k)^2+y^2$,化简得$G=\frac{k^2-x^2}{xy}$①
以B,C为一条轴线的端点且过A的圆锥曲线为$\frac{x^2}{k^2}+\frac{y^2}{\frac{y_A^2}{1-\frac{x_A^2}{k^2}}}=1$
切线斜率为$-\frac{\frac{x_A}{k^2}}{\frac{y_A}{\frac{y_A^2}{1-\frac{x_A^2}{k^2}}}}=-\frac{x_A y_A}{k^2-x_A^2}$②
由①②即知命题成立.
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补充一下(*)式的几何意义:

AF是高,O是BC中点,OE=OF,DE=AB,DF=AC,求证$\S{DEF}=2\S{AOF}$.
证:作矩形AD′CF,则AC=DF.∵AD=BE,AD∥BE,∴ADEB是平行四边形,∴DE=AB,∴D=D′,∴AD∥BC,∴$\S{DEF}=2\S{AOF}$.

kuing

上速度分解吧……如下图：

设 `B`, `C` 以速度 `v` 向两边移动，`A` 的速度为 `v_A`，由于 `AB`, `AC` 为定值，故有 `v\cos\angle1=v_A\cos\angle3` 且 `v\cos\angle2=v_A\cos\angle4`，由此得到
\[\frac{\cos\angle1}{\cos\angle3}=\frac{\cos\angle2}{\cos\angle4},\]于是只需证明那椭圆的法线同样满足该性质即可。

作 `B`, `C` 处的切线交 `A` 处的切线于 `D`, `E`，如下图：

那么相当于证明
\[\frac{\sin\angle DBA}{\sin\angle DAB}=\frac{\sin\angle ECA}{\sin\angle EAC},\]由正弦定理，即证 `DA:DB=EA:EC`，这是显然的。