[几何] 在人教论坛看到的一道具有几何性质的椭圆题

来源：http://bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=2638857
原题目：已知椭圆方程为 $x^2/4+y^2=1$，它的左右顶点分别为 $A_1$, $A_2$，左右焦点分别为 $F_1$, $F_2$，椭圆上有一点 $P$，直线 $A_1P$ 与直线 $A_2P$ 分别交直线 $x=4$ 于 $M$、$N$ 两点。求证：以 $MN$ 为直径的圆与直线 $PF_2$ 相切。

原题的解法在原贴链接中已经有，这里不再贴出，发在这里当然是要研究一下别的东东。

看到如此具有几何性质的题，当然不能错过研究其一般的情况以及其几何证法。

由于最终作出来的线会比较多，下面一步步来。首先很容易证明如下的：
$AB$ 是圆 $O$ 的直径，$C$ 为圆上异于 $A$, $B$ 的任一点，过 $B$ 作 $AB$ 的垂线，分别与 $C$ 处的切线及直线 $AC$ 交于 $D$, $E$，则 $D$ 为 $BE$ 的中点。
证明自然就略了，而通过压缩变换，可知在椭圆中也有相同结论，如图所示。

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2013-1-4 00:31

      

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2013-1-4 00:31

图开始要变复杂了，作出焦点三角形 $\triangle PF_1F_2$ 及其旁切圆，如图所示。

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2013-1-4 00:31

熟知这个旁切圆与直线 $F_1F_2$ 切于顶点 $B$，又熟知切线 $PD$ 正是 $\triangle PF_1F_2$ 的外角平分线，由此可见，点 $D$ 正是该旁切圆的圆心，再由上述中点的结论，可知该圆也过点 $E$。

继续画复杂点，我们再任作一条与直线 $BE$ 平行的直线，得交点后作各种垂线，得到如图所示

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2013-1-4 00:31

则由比例关系，有
\[\frac{DB}{D'B'}=\frac{DE}{D'E'}=\frac{DG}{D'G'}=\frac{DH}{D'H'}=\frac{PD}{PD'},\]
而 $DB=DE=DG=DH$，所以
\[D'B'=D'E'=D'G'=D'H',\]
这表明以 $B'E'$ 为直径的圆仍然与直线 $PF_1$ 和 $PF_2$ 相切，所以，原来那个题就成立了。


这样，我们就得到了更一般的命题，椭圆可以是一般的，直线只要与长轴垂直即可。

哎呦呦！！！学习。。。。。

不得不标记一下！
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压缩得好啊，收获颇丰，这个推广实在赞！

不知道其它二次曲线是否也有类似的结论。

最后实际是一个位似变换，P为位似中心……

最后实际是一个位似变换，P为位似中心……
isea 发表于 2013-1-4 09:25

是的，其实我思考的时候正是看出这一点，所以已经知道那条直线平移一下也会成立，从而转化到特殊情形，也就是旁切圆情形，然后就得到了上述的证明。所以说，思考的过程与写出来的过程往往相反。

不知道其它二次曲线是否也有类似的结论。
isea 发表于 2013-1-4 09:11

用几何画板画了一下，双曲线上同样成立，可惜双曲线无法用压缩变换成圆，不能像上面那样证了。
然而证明的方向仍然可以利用，也就是说可以类似地考察特殊情形——内切圆情形，然后再用位似推到一般。而只证那一步，用代数方法也会简单起来，于是代数+几何，就得到了更一般的命题以及并不复杂的证明。
等会写写

续楼上

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2013-1-4 14:36

双曲线 $x^2/a^2-y^2/b^2=1$, $a$, $b>0$，其上点 $P(x_0,y_0)$，则
\begin{align*}
L_{PD}:&\frac{x_0x}{a^2}-\frac{y_0y}{b^2}=1, \\
L_{PA}:&y(x_0+a)-y_0(x+a)=0,
\end{align*}
分别令 $x=a$，解得 $D$, $E$ 的坐标为
\[D\left( a,\frac{b^2}{y_0}\left( \frac{x_0}{a}-1 \right) \right),\quad E\left( a,\frac{2y_0a}{x_0+a} \right),\]
而
\[\frac{y_0a}{x_0+a}-\frac{b^2}{y_0}\left( \frac{x_0}a-1 \right)=\frac{y_0^2a^2-b^2(x_0^2-a^2)}{y_0a(x_0+a)}=0,\]
所以 $D$ 为 $BE$ 的中点。（前面椭圆的情形当然也可以这样证）

然后作焦点三角形及其内切圆，类似地可知 $D$ 就是内切圆圆心，且内切圆过点 $E$。

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2013-1-4 14:36

最后还是画得很复杂地

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2013-1-4 14:36

类似地得到 $D'B'=D'E'=D'G'=D'H'$，所以以 $B'E'$ 为直径的圆也与直线 $PF_1$, $PF_2$ 相切。

这样，椭圆和双曲线的情形无论是结论还是证法都可以统一起来了。

哈哈，原来双曲线的情形仍然可以纯平几。为此我们先证明如下命题：

$\triangle ABC$ 的内切圆 $I$ 与 $AB$ 切于点 $D$，作直径 $DE$，直线 $CE$ 与 $AB$ 交于 $F$，则 $AF=BD$。

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2013-1-4 16:09

         

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2013-1-4 16:09

证明：作 $E$ 处的切线交 $CA$, $CB$ 于 $G$, $H$，则 $GH\sslash AB$。
设内切圆与 $CA$, $CB$ 切于 $J$, $K$，则由切线长相等知 $CG+GE=CJ=CK=CH+HE$，即 $CF$ 平分 $\triangle CGH$ 的周长。
由于 $GH\sslash AB$，所以 $CF$ 同样平分 $\triangle ABC$ 的周长，记 $\triangle ABC$ 的半周长为 $s$，仍然由切线长相等可得 $BD+AC=s=AF+AC$，即得 $AF=BD$。

有了这个命题，楼上前半部分要证的东西就显然成立了。这样一来，双曲线的情形也完全不用计算了。

继续！相应地，椭圆的情况也对应着这样的命题：

$\triangle ABC$ 中，与 $BC$ 边相切的旁切圆 $I_A$ 与 $AB$ 的延长线切于点 $D$，作直径 $DE$，直线 $CE$ 与 $BA$ 的延长线交于点 $F$，则 $AF=BD$。

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2013-1-4 17:12

        

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2013-1-4 17:12

证明：作 $E$ 处的切线与 $AC$, $BC$ 的延长线交于 $G$, $H$，则 $\triangle ABC\sim\triangle GHC$。
记 $\triangle ABC$ 及 $\triangle GHC$ 的半周长分别为 $s$ 及 $s'$，则由相似可知 $AB:s=GH:s'$。
又由切线长相等，易知 $s=AD$, $s'=HE$，于是 $AB:AD=GH:HE=AB:BF$，得到 $AD=BF$，从而 $AF=BD$。

这样一来，对于椭圆的情形就不需要用到压缩变换了，可见，椭圆与双曲线的情形在几何证法上又统一了！

高人。。。。

高人。。。。
yuzi 发表于 2013-1-4 17:17

神人！

果然啊果然，两道，典型竞赛命题！

后面这个实例更精彩。

进这帖的，绝对会有收获！这个发散太厉害了，比偶那个原来是 Pascal 定理的强N倍。

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先表扬楼主，一会来看之间联系与变化


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8楼其实就是第8届美国邀请赛试题，也有将内切圆，换成旁切圆的命题，

但这样联系到椭圆与双曲线，大娘上花轿——头一回。

四个字结尾：天衣无缝！

8# kuing 原来利用内切圆也可以作出分周线，我一直以为只有利用旁切圆呢。
话说，K真的厉害！

9# kuing
膜拜！kuing太强大了。

话说，k的这一解，连直线的具体位置都可以不用；而且，作出来的圆跟两个焦半径所在的直线都相切。确实是妙。