本帖最后由 hejoseph 于 2021-2-3 10:45 编辑
把 $y=k(x-2)+1$ 代入 $x^2/6+y^2/3=1$ 中解方程组得另一交点 $B$ 坐标为
\[
\left(\frac{2(2k^2-2k-1)}{2k^2+1},-\frac{2k^2+4k-1}{2k^2+1}\right)
\]
将 $-1/k$ 代入上式得 $C$ 点坐标为
\[
\left(-\frac{2(k^2-2k-2)}{k^2+2},\frac{k^2-4k-2}{k^2+2}\right)
\]
计算出直线 $BC$ 的方程为
\[
k^2(x+2y)+3k(x-y+1)-x-2y=0
\]
解方程组
\[
\left\{
\begin{aligned}
&x+2y=0\\
&x-y+1=0
\end{aligned}
\right.
\]
得
\[
\left\{
\begin{aligned}
x&=\frac{2}{3}\\
y&=-\frac{1}{3}
\end{aligned}
\right.
\]
也就是说直线 $BC$ 过顶点 $A_1(2/3,-1/3)$，问题就变成了 $\angle ADA_1=90^\circ$ 的轨迹问题，这个显然就是圆了，而且 \(A A_1\) 就是直径，所以所求的圆方程就是
\[
\left(x-\frac{4}{3}\right)^2+\left(y-\frac{1}{3}\right)^2=\frac{8}{9}
\]
hejoseph 发表于 2021-2-3 10:17
把 $y=k(x-2)+1$ 代入 $x^2/6+y^2/3=1$ 中解方程组得另一交点 $B$ 坐标为
\[
\left(\frac{2(2k^2-2k-1)}{ ...
是不是所有的椭圆上的内接直角三角形顶点在斜边上的垂足的轨迹都是圆呢？（假设直角处的顶点在椭圆上并且固定）
hejoseph 发表于 2021-2-3 10:17
把 $y=k(x-2)+1$ 代入 $x^2/6+y^2/3=1$ 中解方程组得另一交点 $B$ 坐标为
\[
\left(\frac{2(2k^2-2k-1)}{ ...
若A是圆锥曲线上的定点，B、C是圆锥曲线上的动点，AB、AC的斜率乘积（和）是定值，则直线BC过定点，因此垂直时必定过定点。
这个结论怎么来的？
hejoseph 发表于 2021-2-3 10:17
把 $y=k(x-2)+1$ 代入 $x^2/6+y^2/3=1$ 中解方程组得另一交点 $B$ 坐标为
\[
\left(\frac{2(2k^2-2k-1)}{ ...
你看看八楼的图，有没有可能还去掉别的地方的点，八楼的那个地方明显不是A(2,1)呀
对合
mathematica 发表于 2021-2-3 10:55
你看看八楼的图，有没有可能还去掉别的地方的点，八楼的那个地方明显不是A(2,1)呀
我不知道你的图对不对，我用几何画板画过是没问题的，就是一个整圆
所以hejoseph实际上分析过程是这样的:
过定点A两条斜率乘积固定的直线对合，所以这个定点在椭圆上时，两对合直线和椭圆的两个交点B,C也对合。对合点BC的连线必然过定点$A_1$.设A在BC上投影为D,于是$/_ADA_1$是直角，所以D在以$A A_1$为直径的圆上。
本帖最后由 mathematica 于 2021-2-3 14:14 编辑
hejoseph 发表于 2021-2-3 10:59
我不知道你的图对不对，我用几何画板画过是没问题的，就是一个整圆
Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
ans=Solve[
y1==k*x1+b&&x1^2/6+y1^2/3==1&&(*点在BC直线上、点在椭圆上*)
y2==k*x2+b&&x2^2/6+y2^2/3==1&&(*点在BC直线上、点在椭圆上*)
(x1-2)*(x2-2)+(y1-1)*(y2-1)==0&&(*AB垂直于AC*)
y3==k*x3+b&&(*D点在直线BC上*)
(y3-1)/(x3-2)==-1/k,(*AD垂直于BC*)
{x1,y1,x2,y2,x3,y3,b}
]//FullSimplify
Grid
求解结果：
\[\begin{array}{lllllll}
\text{x1}\to 6-4 i & \text{y1}\to -3-4 i & \text{x2}\to 6-4 i & \text{y2}\to -3-4 i & \text{x3}\to \frac{4+4 i}{k-i}+(6-4 i) & \text{y3}\to \frac{k+(-4+3 i)}{k-i} & b\to (-3-4 i)-(6-4 i) k \\
\text{x1}\to 6+4 i & \text{y1}\to -3+4 i & \text{x2}\to 6+4 i & \text{y2}\to -3+4 i & \text{x3}\to \frac{4-4 i}{k+i}+(6+4 i) & \text{y3}\to \frac{k+(-4-3 i)}{k+i} & b\to (-3+4 i)-(6+4 i) k \\
\text{x1}\to \frac{2 \left(2 k^2+k-\sqrt{k (25 k-2)+13}\right)}{6 k^2+3} & \text{y1}\to \frac{-2 k \left(\sqrt{k (25 k-2)+13}+1\right)-1}{6 k^2+3} & \text{x2}\to \frac{2 \left(2 k^2+k+\sqrt{k (25 k-2)+13}\right)}{6 k^2+3} & \text{y2}\to \frac{2 k \left(\sqrt{k (25 k-2)+13}-1\right)-1}{6 k^2+3} & \text{x3}\to \frac{4 (k+1)}{3 \left(k^2+1\right)}+\frac{2}{3} & \text{y3}\to \frac{4 (k-1)}{3 \left(k^2+1\right)}+1 & b\to \frac{1}{3} (-2 k-1) \\
\text{x1}\to \frac{2 \left(2 k^2+k+\sqrt{k (25 k-2)+13}\right)}{6 k^2+3} & \text{y1}\to \frac{2 k \left(\sqrt{k (25 k-2)+13}-1\right)-1}{6 k^2+3} & \text{x2}\to \frac{2 \left(2 k^2+k-\sqrt{k (25 k-2)+13}\right)}{6 k^2+3} & \text{y2}\to \frac{-2 k \left(\sqrt{k (25 k-2)+13}+1\right)-1}{6 k^2+3} & \text{x3}\to \frac{4 (k+1)}{3 \left(k^2+1\right)}+\frac{2}{3} & \text{y3}\to \frac{4 (k-1)}{3 \left(k^2+1\right)}+1 & b\to \frac{1}{3} (-2 k-1) \\
\end{array}\]
Eliminate[#,k]&/@({x-x3==0,y-y3==0}/.ans)
用这个代码得到方程
\[\left\{(6-3 i)-i y=x,i y+(6+3 i)=x,-3 y^2+2 y-3=3 x^2-8 x,-3 y^2+2 y-3=3 x^2-8 x\right\}\]
Eliminate的结果,有没有办法让右边项等于零呀? @chyanog
mathe 发表于 2021-2-3 11:10
所以hejoseph实际上分析过程是这样的:
过定点A两条斜率乘积固定的直线对合，所以这个定点在椭圆上时，两对 ...
你以前知道结式可以用来消除参数吗?
本帖最后由 mathematica 于 2021-2-9 13:35 编辑
mathematica 发表于 2021-2-3 09:45
假设出直线BC的方程似乎结果简单一些
得到了D点的参数方程后，可以假设圆心(a,b)然后计算(x-a)^2+(y-b)^2应该是一个常数，因此分子分母的多项式系数成比例，这样就可以推算出圆心的坐标.
还有一种办法，就是利用dx/dk=0，求出横坐标的最大最小值，那么平均值就是圆心的横坐标，
利用dy/dk，求出纵坐标的最大最小值，那么平均值就是圆心的纵坐标。