求证：椭圆的所有内接菱形有一个包切圆

hujunhua

即椭圆的所有内接菱形的包络是一个圆。内接菱形的中心与椭圆中心重合容易证明，只要证明一个任意位置的内接菱形的内切圆的大小与位置无关就行了。
用解析几何的方法硬算是可以证明的，但我想试试使用椭圆的参数方程，结果做了一半搞不下去了。

设椭圆的参数方程是$x = a\cos \theta ,y = b\sin \theta$，
设内接菱形的两个相邻顶点是$A (a\cos \alpha ,b\sin \alpha),B (a\cos \beta ,b\sin \beta)$，
由OA垂直于OB知

$a^2cos\alpha cos\beta +b^2sin\alpha sin\beta = 0$................................................................................(1)

内接菱形的内接圆半径即直角三角形AOB的斜边AB上的高h，按公式h =OA·OB/AB, 即

$h=\frac{\sqrt{(a^2cos^2\alpha+b^2sin^2\alpha)(a^2cos^2\beta+b^2sin^2\beta)}}{\sqrt{a^2cos^2\alpha+b^2sin^2\alpha + a^2cos^2\beta + b^2sin^2\beta}}$....................................................(2)

问题就是要以(1)式为条件化简(2)式, 结果应该是${ab}/sqrt{a^2+b^2}$, 分子很容易化简为$ab|sin(\alpha-\beta)|$ ,但是分母把我难倒了。

hujunhua

第二个问题是：能用上彭色列封闭定理吗？

按彭色列封闭定理，由椭圆的4个顶点连成的菱形的内接圆与椭圆之间存在4边形彭色列封闭，能否简单说明这些4边形就是菱形呢？

mathe

分母的平方减去两倍(1)式变换为
$a^2(cos(\alpha)-cos(\beta))^2+b^2(sin(\alpha)-sin(\beta))^2$
$=4sin^2({\alpha-\beta}/2)(a^2*sin^2({\alpha+\beta}/2)+b^2cos^2({\alpha+\beta}/2))$
$=4sin^2({\alpha-\beta}/2)({a^2+b^2}/2+{b^2-a^2}/2cos(\alpha+\beta))$
而(1)式又可以化为$(a^2-b^2)cos(\alpha+\beta)+(b^2+a^2)cos(\alpha-\beta)=0$
于是得到分母的平方等于
$=4(a^2+b^2)sin^2({\alpha-\beta}/2){1+cos(\alpha-\beta)}/2=(a^2+b^2)sin^2(\alpha-\beta)$

mathe

我们知道椭圆外切矩形顶点的轨迹是圆，这两个问题应该是对偶命题。
另外对于不同的椭圆，我们通过仿射变换将这个椭圆变成圆，于是外切矩形顶点的轨迹相应变成一个一般化的椭圆。
现在我们看看这些外切矩形变成了什么？它们应该正好变成了新椭圆的内接菱形。

hujunhua

哦哦哦。我从分母的平方+2（1）式开始的，应该也行啊，可就是没搞通。

hujunhua

A为椭圆e上一点，以A为直角顶点作椭圆的任意内接直角三角形ABC，求证：
1、斜边BC过定点；
2、（猜想）将上述定点记为P (A), 当A在椭圆上滑动时，P(A)的轨迹是与e 同心同轴的相似椭圆。

mathe

这个第一问是对合问题，也就是B,C两点是对合点列，所以连线过定点

数学星空

对于6#，我们有结论：
(1)斜边$BC$过定点$((a^2-b^2)*cos(t)*a)/(a^2+b^2),(-sin(t)*b*(a^2-b^2))/(a^2+b^2))$
(2)$P(A)$的轨迹： $x^2/a^2+y^2/b^2=((a^2-b^2)/(a^2+b^2))^2$

数学星空

8#的结论来自于代数计算：
记直角三角形BAC的坐标为
$(m*cos(alpha), n*sin(alpha)), (m*cos(t), n*sin(t)), (m*cos(beta), n*sin(beta))$
定点P的坐标$(x,y)$则
$(m*cos(alpha)-m*cos(t))^2+(n*sin(alpha)-n*sin(t))^2+(m*cos(t)-m*cos(beta))^2+$
$(n*sin(t)-n*sin(beta))^2-(m*cos(beta)-m*cos(alpha))^2-(n*sin(beta)-n*sin(alpha))^2=0$

$n*(sin(alpha)-sin(beta))/(m*(cos(alpha)-cos(beta)))-(y-n*sin(alpha))/(x-m*cos(alpha))=0$

设$sin(alpha) = (2*u)/(1+u^2),cos(alpha) = (1-u^2)/(1+u^2)$消去$beta$

$(-4*cos(t)^2*n^4*x*m+2*n^4*x^2+4*n^4*x*m+2*m^4*y^2+4*cos(t)^2*m^3*n^2*x+2*cos(t)^2*m^4*n^2-2*m^4*n^2-4*sin(t)*n^3*x*m*y-$
$2*cos(t)^2*n^2*m^2*y^2+2*n^4*m^2-4*m^3*n^2*x-2*m^2*n^2*x^2+4*cos(t)*m^4*y^2-4*sin(t)*n^3*m^2*y+2*cos(t)^2*m^2*n^2*x^2-$
$2*cos(t)^2*n^4*m^2+2*cos(t)^2*m^4*y^2-2*cos(t)^2*n^4*x^2+2*n^2*m^2*y^2)*u^4+(-8*sin(t)*n^4*x*m+8*n^3*x*m*y-8*cos(t)*m^4*n*y-$
$8*sin(t)*n^4*x^2-8*cos(t)^2*m^4*n*y+8*cos(t)^2*n^3*m^2*y+8*cos(t)*m^3*n*x*y+8*m^3*n*x*y)*u^3+(-4*n^4*m^2+4*m^2*n^2*x^2+$
$8*sin(t)*n^3*m^2*y+4*cos(t)^2*m^2*n^2*x^2+4*cos(t)^2*m^4*y^2-4*cos(t)^2*n^4*x^2-16*cos(t)*m^3*n^2*x+4*m^4*n^2-4*n^2*m^2*y^2+$
$12*n^4*x^2+4*cos(t)^2*m^4*n^2-4*cos(t)^2*n^2*m^2*y^2-4*cos(t)^2*n^4*m^2-4*m^4*y^2)*u^2+(-8*sin(t)*n^4*x^2-8*cos(t)^2*m^4*n*y+$
$8*cos(t)*m^4*n*y-8*m^3*n*x*y+8*cos(t)^2*n^3*m^2*y+8*sin(t)*n^4*x*m+8*cos(t)*m^3*n*x*y-8*n^3*x*m*y)*u-2*m^2*n^2*x^2-$
$2*cos(t)^2*n^4*x^2-2*cos(t)^2*n^4*m^2-4*sin(t)*n^3*m^2*y+2*cos(t)^2*m^4*y^2+4*m^3*n^2*x+4*sin(t)*n^3*x*m*y+2*n^4*m^2-$
$2*cos(t)^2*n^2*m^2*y^2+2*cos(t)^2*m^4*n^2-4*cos(t)*m^4*y^2+2*cos(t)^2*m^2*n^2*x^2+2*m^4*y^2-2*m^4*n^2+2*n^2*m^2*y^2-$
$4*n^4*x*m+4*cos(t)^2*n^4*x*m-4*cos(t)^2*m^3*n^2*x+2*n^4*x^2=0$
只需要计算上式关于$u^k(k=0,1,2,3,4)$的系数为0即可得到8#的结果

hujunhua

(1)斜边$BC$过定点$(ka*cos(t),-kb*sin(t))$, 式中$k={a^2-b^2}/{a^2+b^2}$
(2)$P(A)$的轨迹： $x^2/(ka)^2+y^2/(kb)^2=1$