呵呵，其实解析法对于1#的问题可以很简单：
设M(0,0),A(-1,0),B(1,0),T(0,z),C(x,y)
则过ABC的圆x^2+(y+(1-z^2)/(2*z))^2=((1+z^2)/(2*z))^2
化简得：x^2=(1/z+y)*(z-y)(1)
由于TC=TM,则圆心T的方程 x^2+(y-z)^2=z^2
化简得x^2+y^2=2*y*z, 即z=(x^2+y^2)/(2*y) (2)
将(2)代入(1)化简得(x^2+y^2)^2=2*(x^2-y^2) (3)
又AC=sqrt((1+x)^2+y^2), BC=sqrt((1-x)^2+y^2), AM=1
代入(AC*BC)^2-AM^4=(x^2+y^2)^2-2*(x^2-y^2)=0
即证明了AC*BC=AM^2,且T为双纽线(3)上的一点。
代入特征点发现 ABC方程写错了：
x^2=-(y+1/z)(y-z)
@wayne
我在2#专事说明了命题与双纽线的关系，却漏了关键的一句交代：双纽线定义为到两定点(-1, 0)和（1, 0）的距离之积为1的点的轨迹。
按此定义可以推导出它的方程为: (x^2+y^2)^2=2(x^2-y^2)
双纽线毕竟远远不如椭圆那样出名，它的这个定义更不出名，所以交代一下还是必要的，否则，2#的内容似乎没点题。
顺便，由上述直角坐标系中的方程易得到一个简明极坐标方程：\rho=\sqrt{2cos(2\theta)}.
嗯。
所以M点也是 轨迹上的一点。
关于轨迹的命题，还是用解析几何的方法 更能揭露本质关系
其他方法充其量也只是奇巧淫技。
本帖最后由 hujunhua 于 2013-7-6 17:43 编辑
14#wayne
严重存疑！
如果我说“解析几何的长处就在于隐蔽几何意义于无情计算之下，而不是揭示本质关系”，就会产生了一个无法判定的争议，因为恐怕我俩谁都不能明确地定义所谓“本质关系”。
我只能说，隐蔽2#的背景说明，这就是一个纯粹的平面几何题，不露一丝轨迹的迤巴。
之所以发在趣题妙解版块，是因为我相信一定存在巧妙的几何证明，不依赖任何三角变换和轨迹交点计算。
hujunhua 发表于 2013-7-6 17:42
14#wayne
严重存疑！
如果我说“解析几何的长处就在于隐蔽几何意义于无情计算之下，而不是揭示本质关系” ...
哈哈，老大，你试试延长MT 2倍看看， :)
直觉告诉我，此方法一定行，我待会整理一下答案。
延长MT，至K点，使得 TM=TK.
则容易得知，A,C,K三点共线， 于是问题转化为 证明 AK=BC
也即是证明 BC=BK
换句说话，就是证明 角BKC = 角BCK
因为 角BCK = 角BCT +角KCT
角BCT = 角 BAT
角KCT = 角 ABT
因为TA=TB,所以，角 ABT = 角 ABT
即 CT是角平分线，T是三角形BCK的内心。
根据TC=TK，立得 BC=BK
噢耶，此方法基本上 没啥运算哦~~:tip: 。
本帖最后由 hujunhua 于 2013-7-8 18:03 编辑
设AM=1，按wayne的标记，设角AMC=b, 按极坐标方程，当有MC=\sqrt{2cos(2b)}
若A, C, K共线，必有MC⊥AC, 故MC=cosb, 得cosb=\sqrt{2cos(2b)}, 解得b=arcsin\(sqrt{3}/3).
可见wayne的证明仅对这一种情况成立。
事实上，MC⊥AC一般不成立，A, C, K一般不共线。 wayne可能是从画图直觉得到的启示吧，唯一特例就给撞上了，中大奖了:P 。
下面就是wayne画的图吧，容易看到MC⊥AC，BT⊥AC，所以MC∥BT，故a+b=90度. a, b就是wayne在前面的三角法中所标的角，即图中的单弧标记和双弧标记的角。因此，将K点沿AB反射过去到K'点，K'点必在弓形弧所在的圆上，故M必是该圆直径 的3等分点。
汗，低级错误啊！
无处遁形啊！
:dizzy:
老大，我又有主意了，:L ，请鉴定，确信这次是真的修成正果了：
做圆心在T点，半径为MT的圆，设圆与弧长的交点为D，延长AC，交圆T与点E。
则 AM^2=AC*AE, 所以 我们需要证明 AE=BC，即证明AE=AD
∠TAE= ∠TBC ，根据对程性，∠TAD =∠TBC，所以∠TAE =∠TAD
于是直角三角形TAI TAJ全等。所以AI=AJ，TI=TJ，继而AC=AL，IC=JL
于是AE=AD，得证了 ，:P