[几何] 翻人教群聊天记录看到wwd问的这个斜率比为定值

由于这几天人教数学群里扯谈的太多鸟，所以今天几乎没怎么看群。刚才才略翻了一下聊天记录，发现wwd发的这个：

(203.06 KB)

2013-5-9 01:24

但是群里似乎没人鸟他。
再往上看好像是他从别的题中发现的东东，仍然由于时间关系，你们先玩……

几何画板发现$QP$交$AB$于一定点。

几何画板发现$QP$交$AB$于一定点。
李斌斌755 发表于 2013-5-9 02:25

这一点倒是显然，而且即使换成椭圆，只要$F_1$、$D$为定点（距离不必为半径），那个交点都会是定点，只要用一个过定点的已知结论就可以推出。
但是这对1#原题的求解不知有没有帮助。

3# kuing


这两定点到底什么意思？

如果动起来，是函数关系？

4# isea

圆是半径为 $R$ 的定圆，$F_1$、$D$ 为直径 $AB$ 上的定点且 $F_1D=R$，然后其他那些线就如图所示那样连，让 $M$ 动，引起其他那些线也动，证明斜率比为定值。

这个实在想不出几何法

纳闷……如果图中$CD$是个定值
$ME\perp DF_1,PF\perp BD$，$BD$交$PQ$于$C$\[\triangle MED\sim\triangle PFD\riff\dfrac{ME}{ED}=\dfrac{PF}{FD}\\\dfrac{k_1}{k_2}=\dfrac{\dfrac{ME}{ED}}{\dfrac{PF}{FC}}=\dfrac{\dfrac{PF}{FD}}{\dfrac{PF}{FC}}=\dfrac{FC}{FD}\]
$\dfrac{FC}{FD}$是个变量

7# 李斌斌755
分式的横线粗细不一样？还每次打开都在变化！

7# 李斌斌755

$k_1$ 错

8# 李斌斌755

浏览器问题

9# kuing
没发现一直想了几天。再想想……

查阿氏圆的圆心确定时，看这个，类似，但更几何化些，毕竟斜率不好找几何意义

这个谁给证明或否定！

设圆为$x^2+y^2=1$，点$D$为$(x_0,0)$，则点$F_1$坐标为$(x_0-1,0)$，容易得$PQ$过定点$F_2\left(\dfrac{x_0^3-x_0^2-x_0-1}{x_0^2-2x_0-1},0\right)$。设过定点$D$的两直线斜率分别为$k_1$、$k_2$，则过这两条支线与单位圆的四个交点的所有圆锥曲线（包含退化情形）的曲线方程是
\[
x^2+y^2-1+t\left(y-k_1(x-x_0)\right)\left(y-k_2(x-x_0)\right)=0\text{，}
\]
即
\begin{equation}
(k_1k_2t+1)x^2-(k_1+k_2)txy+(t+1)y^2-2k_1k_2x_0tx+(k_1+k_2)x_0ty+k_1k_2tx_0^2-1=0\text{。}\label{eqn1}
\end{equation}
要使其方程表示两直线，并且一直线过点$F_1$，另一直线过点$F_2$，则必定方程可写成
\[
(y-k_3(x-x_0+1))\left(y-k\left(x-\frac{x_0^3-x_0^2-x_0-1}{x_0^2-2x_0-1}\right)\right)=0\text{，}
\]
即
\begin{align}
& kk_3x^2-(k+k_3)xy+y^2\notag\\
& -\frac{2kk_3(x_0-1)x_0^2}{x_0^2-2x_0-1}x-\frac{(k+k_3)x_0^3-(k+3k_3)x_0^2-(k-k_3)(x_0+1)}{x_0^2-2 x_0-1}y+\frac{kk_3(x_0-1)(x_0^3-x_0^2-x_0-1)}{x_0^2-2x_0-1}\notag\\
={}&0\text{。}\label{eqn2}
\end{align}
由
\[
\frac{k_1k_2t+1}{kk_3}=\frac{t+1}{1}
\]
得
\[
t=\frac{kk_3-1}{k_1k_2-kk_3}\text{，}
\]
然后计算(\ref{eqn1})与(\ref{eqn2})得到的$x^2$、$xy$、常数项系数比，得
\[
\frac{k_1k_2-1}{k_1k_2-kk_3}=\frac{(k_1+k_2)(kk_3-1)}{(k+k_3)(k_1k_3+kk_3)}=\frac{(x_0^2-2x_0-1)\left(k_1k_2(kk_3-1)x_0^2+kk_3-k_1k_2\right)}{kk_3(k_1k_2+kk_3)(x_0-1)(x_0^3-x_0^2-x_0-1)}\text{，}
\]
由
\[
\frac{k_1k_2-1}{k_1k_2-kk_3}=\frac{(k_1+k_2)(kk_3-1)}{(k+k_3)(k_1k_3+kk_3)}
\]
得
\[
k=\frac{k_1+k_2-k_3+k_1k_2k_3}{1-k_1k_2+(k_1+k_2)k_3}\text{，}
\]
由
\[
\frac{k_1k_2-1}{k_1k_2-kk_3}=\frac{(x_0^2-2x_0-1)\left(k_1k_2(kk_3-1)x_0^2+kk_3-k_1k_2\right)}{kk_3(k_1k_2+kk_3)(x_0-1)(x_0^3-x_0^2-x_0-1)}
\]
得
\begin{equation}
k=-\frac{(x_0-2) x_0-1) (k_3 (x_0-1) (k_1 k_2-1)+x_0 (k_1+k_2)}{x_0^3 (-k_3 (k_1+k_2)+k_1 k_2-1)+x_0^2 (2 k_3 (k_1+k_2)-k_1 k_2+1)+x_0 (k_3 (k_1+k_2)-k_1 k_2+1)-k_1 k_2+1}\text{，}\label{eqn3}
\end{equation}
以上两个得到的$k$值相等得方程
\[
(k_1+k_2)(x_0^2-2x_0-1)k_3^2-2(k_1k_2-1)(x_0^2-x_0-1)k_3+(k_1+k_2)(x_0^2-1)=0\text{，}
\]
令$u=\dfrac{k_3}{k}$，则
\begin{equation}
(k_1+k_2-k_3+k_1k_2k_3)u+(k_1k_2-1)k_3-(k_1+k_2)k_3^2=0\text{，}\label{eqn4}
\end{equation}
(\ref{eqn3})、(\ref{eqn4})消去$k_3$，得
\[
(k_1+k_2)(k_1+1)(k_2+1)((x_0^2-2x_0-1)u-x_0^2+1)=0\text{，}
\]
由此得
\[
u=\frac{x_0^2-1}{x_0^2-2x_0-1}\text{。}
\]

13# hejoseph
天啊