五条切线确定的圆锥曲线
今天看到一个关于圆锥曲线外切五边形的性质，不知道该如何更好的证明，大家讨论一下如图，做五边形ABCDE内切红色圆锥曲线c,
五条边上切点依次为J,K,L,M,O。
五条对角线分别相交于五边形内部五个点F,G,H,I,N.
那么必然有结论D,H,L三点共线等。
这个题目可以看成Brianchon定理的特例
也就是六边形ALBCDE外切于圆锥曲线c,所以三对对定点的连线AC,BE,LD交于一个公共点H. 我总感觉虽然几何上不方便讨论，但是在 代数形式上 是可以 玩转 一些 不变的特征的。
如果三点共线。那么满足代数表达.
\[\det{\left(
\begin{array}{ccc}
x_1 & y_1 & 1 \\
x_2 & y_2 & 1 \\
x_3 & y_3 & 1 \\
\end{array}
\right)} = 0\]
而五个点确定一个圆锥曲线，方程是：
\[{\displaystyle \det {\begin{bmatrix}x^{2}&xy&y^{2}&x&y&1\\x_{1}^{2}&x_{1}y_{1}&y_{1}^{2}&x_{1}&y_{1}&1\\x_{2}^{2}&x_{2}y_{2}&y_{2}^{2}&x_{2}&y_{2}&1\\x_{3}^{2}&x_{3}y_{3}&y_{3}^{2}&x_{3}&y_{3}&1\\x_{4}^{2}&x_{4}y_{4}&y_{4}^{2}&x_{4}&y_{4}&1\\x_{5}^{2}&x_{5}y_{5}&y_{5}^{2}&x_{5}&y_{5}&1\end{bmatrix}}=0}\]
${x0,y0}$的切线方程是\[\det{\left(
\begin{array}{cccccc}
x \text{x0} & \frac{x \text{y0}+\text{x0} y}{2} & y \text{y0} & \frac{x+\text{x0}}{2} & \frac{y+\text{y0}}{2} & 1 \\
x_1^2 & x_1 y_1 & y_1^2 & x_1 & y_1 & 1 \\
x_2^2 & x_2 y_2 & y_2^2 & x_2 & y_2 & 1 \\
x_3^2 & x_3 y_3 & y_3^2 & x_3 & y_3 & 1 \\
x_4^2 & x_4 y_4 & y_4^2 & x_4 & y_4 & 1 \\
x_5^2 & x_5 y_5 & y_5^2 & x_5 & y_5 & 1 \\
\end{array}
\right) }=0\]
然后行列式展开，是能发现很多三点共线的特征的，感觉大方向是靠谱的，细节上可能需要打通一下。。。 即便是这么简简单单的线性方程运算, 对Mathematica的挑战也不小, 算了半天,太庞杂了,毫无美感. 但是 数值计算 很快 所以理论推导还是很重要的。不过这个问题是射影等价的，也就是说你可以任意选定四个三点不共线的的点，随意指定它们的坐标（三点不共线）。
比如可以设定O(0,0), M(1,0),J(0,1),K(1,1), L(a,b),然后计算看看 如mathe所言，验证通过。三点共线恒成立.
不过如果按照mathe的设法，会出现无穷远点，我设的坐标点不一样，是{o,m,l,k,j}={{0,0},{1,0},{1,1},{A,B},{0,1}};
fun:={x^2,x y,y^2,x,y,1};
fun:={x x0,(x0 y+x y0)/2,y y0,(x0+x)/2,(y0+y)/2,1};
{o,m,l,k,j}={{0,0},{1,0},{1,1},{A,B},{0,1}};
lines=Table,o,m,l,k,j}]==0,{p,{o,m,l,k,j,o}}];
{c,b,a,e,d}=Table[{x,y}/.First],{line,Partition}];
h={x,y}/.First,Flatten[{c,1}]}]==0&&Det[{{x,y,1},Flatten[{b,1}],Flatten[{e,1}]}]==0,{x,y}]];
Det[{Flatten[{l,1}],Flatten[{h,1}],Flatten[{d,1}]}]//FullSimplify
顺便贴出计算结果：
设点{o, m, l, k, j} 的坐标分别是 {{0, 0}, {1, 0}, {1, 1}, {A, B}, {0, 1}} ，那么 点{c, b, a, e, d} 的坐标分别是
\[{\left\{\frac{1}{2},-\frac{B-B^2}{2 (A-1) A}\right\},\left\{-\frac{A^2-A-2 B^2+2 B}{2 (B-1) B},\frac{1}{2}\right\},\left\{-\frac{-A-2 B+1}{2 B},-\frac{-2 A-B+1}{2 A}\right\},\left\{\frac{A}{2 B},-\frac{-2 A+B+1}{2 (A-1)}\right\},\left\{-\frac{A-A^2}{2 (B-1) B},\frac{1}{2}\right\}}\]
点{h,g,f,n,i}的坐标分别是
\[\left\{\frac{1}{2} \left(\frac{2 (B-1)-A (A+B-2)}{A B+(A-1)^2-B^2}+\frac{A}{B}+2\right),\frac{A (-B)+A+B-1}{2 \left(A B+(A-1)^2-B^2\right)}+1\right\},\left\{\frac{A \left(2 A^2+A (B-3)-2 B^2+B+1\right)}{2 B ((A-1) A-B+1)},\frac{2 (A-1) A-B^2+1}{2 (A-1) A-2 B+2}\right\},\left\{\frac{A \left(-A^2+A+2 (B-1) B\right)}{2 B \left(-A^2+A B+(B-1) B\right)},\frac{A (B-1)}{2 \left(A^2-A B-B^2+B\right)}+1\right\},\left\{\frac{A (A+2 B-1)}{2 B (2 A+B-1)},\frac{1}{2}\right\},\left\{\frac{-A^2-2 A B+A+2 B^2}{-4 A B+2 B^2+2 B},\frac{1}{2}\right\}\]
通过$ABCDE$的圆锥曲线方程是 \
通过$FGHIN$的圆锥曲线方程是
\ wayne 发表于 2021-5-5 10:10
即便是这么简简单单的线性方程运算, 对Mathematica的挑战也不小, 算了半天,太庞杂了,毫无美感. 但是 数值计 ...
所以我萌生了把一坨毫无美感的多项式还原回行列式的想法。 可以尝试 定义一个特殊的代数结构的符号，具备一些操作规则，隐藏了无聊的复杂代数表达，因为 运算的原子性，所以视觉上可以很简洁。 指定曲线也是一种计算方案。
比如我们可以通过射影变换将红色曲线变换为抛物线$y^2=2x$,于是我们还可以任意指定曲线上三个点。把L变化为无穷远点.
O和J分别变换为(2,-2)和(2,2).
设$M(2m^2,2m), K(2k^2,2k)$,
于是直线DC的方程为$-2y=2+x$,直线DE的方程为$2y=2+x$, D(-2,0)
MC的方程为$2my=x+2m^2$,EK的方程为$2ky=x+2k^2$
得出$C(-2m,m-1), E(2k,k+1)$
EH//MC,所以EH的方程为$2my=x-2k+2m(k+1)$
CH//KE, 所以CH的方程为$2ky=x+2m+2k(m-1)$
于是得出$H(2k-(2k+2)m, 0)$
所以DH平行横坐标，即DHL三点共线 双曲线法，设圆锥曲线变换为xy=1, M、K分别变换为x轴和y轴方向无穷远点。
L(1,1). 设$J(u,\frac1u), O(v,\frac1v)$, A(0,2), B(2,0)
O点切线方程为$vy+x/v=2$,所以$C(2v,0)$.
J点切线方程为$uy+x/u=2$,所以$E(0,2/u)$
D点坐标为$(\frac{2uv}{v+u}, \frac2{v+u})$
AC:x+vy-2v=0
BE: x+uy-2=0
所以$H( \frac{(2u-2)v}{u-v}, \frac{2-2v}{u-v})$
然后计算行列式
\(\left|\begin{matrix}1&1&1\\2uv&2&v+u\\(2u-2)v&2-2v&u-v\end{matrix}\right|=0\)
证明了H,D,L三点共线
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