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楼主: 陈九章

[讨论] 一个新发现的几何定理(老封)

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发表于 2019-4-9 06:31:22 来自手机 | 显示全部楼层
我们已经知道双曲线有两条实渐近线,椭圆有两条虚渐近线。设渐近线和焦点连线夹角为$t$,于是简单计算可知$e^2-1=tan(t)^2$,或$|e|=1/{|cos(t)|}=1/{|ch(i t)|}$其中e为离心率:
  i)比如对于抛物线,两条渐近线重合,所以$t=0,e=1$,满足$e^2-1=tan(t)^2$
  ii) 对于椭圆,两条虚渐近线为$x/a+-{iy}/b=0$,所以$tan(t)={bi}/a, tan(t)^2=-{b^2}/{a^2}={c^2-a^2}/{a^2}={c^2}/{a^2}-1=e^2-1$
  iii)对于双曲线,两条渐近线为$x/a+-y/b=0$,所以$tan(t)=b/a,tan(t)^2={b^2}/{a^2}={c^2-a^2}/{a^2}=e^2-1$
于是使用二倍角公式得出俩渐近线夹角正切的平方为$tan(2t)^2={4tan(t)^2}/{(1-tan(t)^2)^2}={4(e^2-1)}/{(2-e^2)^2}$,这代表
一条圆锥曲线C关于点O俩(虚)切线夹角正切平方值等于${4(e^2-1)}/{(2-e^2)^2}$,其中$e$代表C关于以O点为圆心的圆的配极像的离心率。
而这个公式实际上我们还可以改进为$sec^2(2t)=1+tan^2(2t)={e^4}/{(2-e^2)^2}$或者$|\cos(2t)|=|{2-e^2}/{e^2}|$,或者$e^2=2/{1+-\cos(2t)}$,从前面公式验证应该取$e^2=2/{1+\cos(2t)}$
而有了上面这些结论,我们就可以手工计算了
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发表于 2019-4-9 08:08:09 | 显示全部楼层
现在我们回到椭圆题目,设椭圆为\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\),点$O(x_0,y_0)$,设过O点做椭圆俩切线切点分别为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$,
而这两点切线方向分别为\(-\frac{b^2x_1}{a^2y_1},-\frac{b^2x_2}{a^2y_2}\)
于是根据21#结论有\(\frac{4(e^2-1)}{(2-e^2)^2}=\left(\frac{\frac{b^2}{a^2}(\frac{x_1}{y_1}-\frac{x_2}{y_2})}{1+\frac{b^4}{a^4}\frac{x_1x_2}{y_1y_2}}\right)^2\)
由于\(\begin{cases}\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1\\\frac{x_2^2}{a^2}+\frac{y_2^2}{b^2}=1\\\frac{x_1x_0}{a^2}+\frac{y_1y_0}{b^2}=1\\\frac{x_2x_0}{a^2}+\frac{y_2y_0}{b^2}=1\end{cases}\)
为了求\((\frac{x_1}{y_1}-\frac{x_2}{y_2})^2\),我们把上面方程两边分别除以$y_1^2,y_2^2,y_1,y_2$,变化为
\(\begin{cases}\frac{1}{a^2}(\frac{x_1}{y_1})^2+\frac{1}{b^2}=(\frac{1}{y_1})^2\\\frac{1}{a^2}(\frac{x_2}{y_2})^2+\frac{1}{b^2}=(\frac{1}{y_2})^2\\\frac{x_0}{a^2}\frac{x_1}{y_1}+\frac{y_0}{b^2}=\frac{1}{y_1}\\\frac{x_0}{a^2}\frac{x_2}{y_2}+\frac{y_0}{b^2}=\frac{1}{y_2}\end{cases}\)
所以消去\(\frac1{y_1},\frac1{y_2}\),得到
\(\begin{cases}\frac{1}{a^2}(\frac{x_1}{y_1})^2+\frac{1}{b^2}=(\frac{x_0}{a^2}\frac{x_1}{y_1}+\frac{y_0}{b^2})^2\\\frac{1}{a^2}(\frac{x_2}{y_2})^2+\frac{1}{b^2}=(\frac{x_0}{a^2}\frac{x_2}{y_2}+\frac{y_0}{b^2})^2\end{cases}\)
也就是\(\frac{x_1}{y_1},\frac{x_2}{y_2}\),都满足二次方程
\(\frac{1}{a^2}X^2+\frac{1}{b^2}=(\frac{x_0}{a^2}X+\frac{y_0}{b^2})^2\)

\(((\frac{x_0}{a^2})^2-\frac{1}{a^2})X^2+2\frac{x_0y_0}{a^2b^2}X+(\frac{y_0}{b^2})^2-\frac{1}{b^2}=0\)
根据韦达定理,可以得到两根差的平方为\((X_1-X_2)^2=(X_2+X_2)^2-4X_1X_2=\frac{(2\frac{x_0y_0}{a^2b^2})^2-4((\frac{y_0}{b^2})^2-\frac{1}{b^2})((\frac{x_0}{a^2})^2-\frac{1}{a^2})}{((\frac{x_0}{a^2})^2-\frac{1}{a^2})^2}=\frac{4a^4}{b^4}\frac{x_0^2y_0^2-(x_0^2-a^2)(y_0^2-b^2)}{(x_0^2-a^2)^2}\)
类似,直接从原方程中消去$x_1,x_2$根据韦达定理可以得出\(y_1y_2=b^4\frac{a^2-x_0^2}{y_0^2a^2+x_0^2b^2}\),同样得出\(x_1x_2=a^4\frac{b^2-y_0^2}{y_0^2a^2+x_0^2b^2}\)
于是最后全部代入化简我们得出
\(\frac{e^2-1}{(2-e^2)^2}=\frac{x_0^2y_0^2-(x_0^2-a^2)(y_0^2-b^2)}{\left(a^2+b^2-x_0^2-y_0^2\right)^2}\)
和前面的公式一致。

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 楼主| 发表于 2019-4-9 09:33:35 | 显示全部楼层
谢谢三位顶尖高手,不同凡响!
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发表于 2019-4-9 09:45:27 | 显示全部楼层
对于抛物线$y^2=2px$,设点$O(x_0,y_0)$做其俩切线切点分别为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$
于是我们有方程
\(\begin{cases}y_1^2=2px_1\\y_2^2=2px_2\\y_1y_0=px_1+px_0\\y_2y_0=px_2+px_0\end{cases}\)
消去\(x_1,x_2\)得到
\(\begin{cases}y_1^2-2y_0y_1+2px_0=0\\y_2^2-2y_0y_2+2px_0=0\end{cases}\)
两条切线斜率分别为$-p/y_1,-p/y_2$,于是俩切线夹角正切值为
\(\frac{-p(\frac1{y_2}-\frac1{y_1})}{1+\frac{p^2}{y_1y_2}}=\frac{-p(y_1-y_2)}{y_1y_2+p^2}\)
根据21#结论有\(\frac{4(e^2-1)}{(2-e^2)^2}=\frac{p^2(y_1-y_2)^2}{(y_1y_2+p^2)^2}\)
根据韦达定理化简可得到
\(\frac{e^2-1}{(2-e^2)^2}=\frac{p^2(y_0^2-2px_0)}{(p^2+2px_0)^2}=\frac{y_0^2-2px_0}{(p+2x_0)^2}\)
另外一个关于抛物线的公式$e^2=2/{1+k}$也应该是正确的,将这个表达式代入上式可以得出
\(\frac{1-k^2}{4k^2}=\frac{y_0^2-2px_0}{(p+2x_0)^2}\)
而\(k^2=\frac{(x_0+\frac p 2)^2}{(x_0-\frac p2)^2+y_0^2}\),代入上式可以匹配。
那么这个公式表明,对于和一条抛物线有共同焦点和准线的双曲线,过这条双曲线上面任意一点向抛物线引出两条切线,它们的夹角是常数。
或者说,对于一条抛物线,两条夹角固定的切线的交点的轨迹是一条和其有公共焦点和对应准线的双曲线。这个性质如此优美,让人有点不敢相信,我开始一直在怀疑其正确性。
angle.png

另外在k<1时,$e^2=2/{1-k}$应该也是一种情况

点评

https://books.google.com/books?id=uwDfHbyl1IMC&pg=SL22-PA253&lpg=SL22-PA253&dq=What-is-the-locus-of-the-point-of-intersection-of-two-tangents-to-a-parabola-which-meet-at-a-constant-angle&sourc   发表于 2019-4-9 11:00
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发表于 2019-4-10 09:02:13 | 显示全部楼层
hejoseph 在16#给出了二次曲线标准形式为$\lambda_1x^2+\lambda_2y^2+{I_2}/{I_3}=0$
这个表明,这条二次曲线的离心率e满足$e^2={\lambda_2-\lambda_1}/{\lambda_2}=1-\lambda_1/\lambda_2$或$e^2=1-\lambda_2/\lambda_1$, 这个表达式对于特征值不对称,使用起来不是很方便,但是把这个式子代入${e^2-1}/{(2-e^2)^2}$,我们可以得出对称的结果${e^2-1}/{(2-e^2)^2}={-\lambda_1\lambda_2}/{(lambda_1+lambda_2)^2}$
于是根据特征方程\(\lambda^2-I_1\lambda+I_2=0\)可以得出
${e^2-1}/{(2-e^2)^2}=-{I_2}/{I_1^2}$, 或者${e^2-1}/{(2-e^2)^2}=-{a_{11}a_{22}-a_{12}^2}/{(a_{11}+a_{22})^2}$
其中二次曲线方程为\(a_{11}x^2+2a_{12}xy+a_{22}y^2+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0\)
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发表于 2019-4-10 11:09:37 | 显示全部楼层
21#已经知道两条渐进线夹角的正切值的平方为$tan(2t)^2={4(e^2-1)}/{(2-e^2)^2}$,
由于将过五点ABCDE的圆锥曲线关于三角形ABC做等角共轭以后变为直线D'E',而无穷远直线变换为三角形ABC的外接圆。于是圆锥曲线和无穷远直线的两个交点U,V变化为直线D'E'和三角形ABC外接圆的交点U',V'. 另外直线AU,AV变换为AU',AV'而且AU,AU'以及AV,AV'均关于角A的角平分线对称,所以我们有$/_UAV=-/_U'AV'$,也就是我们计算$tan(/_U'AV')=tan(1/2 /_U'OV')=tan(cos^{-1}(d/R))$就可以得出原圆锥曲线的离心率(其中O为三角形ABC的外心)
于是我们得出${4(e^2-1)}/{(2-e^2)^2}=tan^2(cos^{-1}(d/R))=sec^2(cos^{-1}(d/R))-1={R^2}/{d^2}-1$
于是可以解得$e^2=2/{1+d/R}$或$e^2=2/{1-d/R}$
这里有一个问题,我们到底应该选择$e^2=2/{1+d/R}$还是$e^2=2/{1-d/R}$呢?
如果原曲线是椭圆,那么D'E'必然不和外接圆相交,A、B、C、O四个点必然在直线D'E'同侧,这时我们要选择公式$e^2=2/{1+d/R}$。
而作图可以发现每次直线D'E'穿越三角形任意一个顶点时,要切换公式,而同样穿越三角形ABC外接圆圆心O时也需要切换公式,
其中穿越A、B、C点时,临界点双曲线变成俩相交直线,穿越后,曲线焦点的位置发生了跳跃(从渐近线的一条角平分线上跳跃到另外一条),
而在穿越O点时,由于离心率取到特殊值$sqrt(2)$,俩渐近线相互垂直,对应d=0的情况,
    其中D'E'在O点一侧离心率大于$sqrt(2)$,另外一侧离心率小于$sqrt(2)$,所以公式中符号也发生了变化。
所以如果A、B、C、O在直线D'E'任意一侧都是偶数个点,那么选择公式$e^2=2/{1+d/R}$,
如果A、B、C、O在直线D'E'任意一侧都是奇数个点,那么选择公式$e^2=2/{1-d/R}$
可以参考Geogebra动图, 注意离心率公式中符号+,-的改变对应到图中双曲线处在俩渐近线夹角大于或小于90°部分
对应静图如下
1g.png

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发表于 2019-4-10 15:01:21 | 显示全部楼层
现在我们可以来解决过平面上给定的任何三点不共线的四点的圆锥曲线的最小离心率问题。
设这四点分别为A、B、C、D,我们做D关于三角形ABC的等角共轭D',于是如果D'在三角形ABC外接圆外部(对应四点ABCD构成凸四边形),那么这条圆锥曲线的等角共轭图是过D'和OD'垂直的直线时(O为三角形ABC的外心),离心率有最小值$sqrt(2/(1+{OD'}/{OA}))$。
如果D'在三角形ABC外接圆上,那么D是无穷远点,对应圆锥曲线永远是抛物线,离心率为常数1,不需要考虑。
如果D'在三角形ABC外接圆内部,情况会比较复杂,有两种情况
   i)过D'点的OD'的垂线两侧都包含O、A、B、C四点中偶数个点时,同样在圆锥曲线的等角共轭图是过D'的OD'的垂线时,可以取到最小值$sqrt(2/(1+{OD'}/{OA}))$
   ii)过D'点的OD'的垂线两侧都包含O、A、B、C四点中奇数个点时,
       查看D'A,D'B,D'C到O点的最大距离d',比如这个最大距离d'为D'B到O的距离,那么当圆锥曲线的等角共轭图无限逼近直线BD',而且其两边包含O、A、B、C四个点中各偶数个点,可以无限逼近最小值$sqrt(2/(1+{d'}/{OA}))$,但是无法取到。
     需要注意的是我们不需要考虑OBD'三点共线的情况,因为这时O到BD'的距离为0,小于O到AD'或CD'的距离。

另外,离心率的最大值也可以计算出来,如果
i)过D'点的OD'的垂线两侧都包含O、A、B、C四点中奇数各点时,离心率最大值可以取到$sqrt(2/(1-{OD'}/{OA}))$
ii)其余情况,我们需要查看D'A,D'B,D'C到O点的最大距离d', 于是离心率最大值可以无限逼近$sqrt(2/(1-{d'}/{OA}))$,特别的,在最大距离d'等于OA时,比如D'A是外接圆切线时,离心率可以任意大,没有上限。

现在我们可以知道了,题目中老封发现的这个定理有个使用条件,一个充分条件是要求A、B、C、D四点的凸包是一个凸四边形。

或者我们可以将结论改成
${O_A A'}/{R_A}={O_B B'}/{R_B}={O_C C'}/{R_C}={O_D D'}/{R_D} \in \{{2-e_min^2}/{e_min^2}, {e_max^2-2}/{e_max^2}\}$
其中$e_max, e_min$分别代表过A,B,C,D四点的圆锥曲线中离心率最大值和最小值
下面附带上极值情况离心率取最大值的情况的图
25.png
对应参数近似为:
A(-2.35,1.32), B(-4.83,-2.98), C(1.21,-3.36),D(-1.09,-2.48),D'(-2.72,-0.57)
双曲线方程$-160*x^2+528*x*y+650y^2+904x+2044y=-818$,
根据25#计算出对应曲率约为1.78
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发表于 2019-4-10 22:07:40 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-4-9 09:45
对于抛物线$y^2=2px$,设点$O(x_0,y_0)$做其俩切线切点分别为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$
于是我们有方程
\(\be ...


给出一个图,对于抛物线,结果分别对应$e^2=2/{1+k}$和$e^2=2/{1-k}$的情况。
可以看出应该是变换中心分别选择在一挑双曲线的两个不同分支,正好分别对应$e^2=2/{1+k}$和$e^2=2/{1-k}$。
cfb.png
绿色为原抛物线,分别在粉色双曲线(和绿色抛物线有相同焦点和准线)两个不同分支选择两个点作为变换圆圆心,变换出两条不同离心率的蓝色系双曲线
两者离心率倒数平方和为1
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发表于 2019-4-11 07:37:26 | 显示全部楼层
在分析本题的过程中,可以发现,除了正常的离心率$e$以外,我们时时刻刻被另外一个幽灵离心率e'所困扰,这两者它们的倒数平方和为1。我们在计算过程中总是很难区分它们。幽灵离心率$e'$时刻不停的呼唤着,我也是离心率,不要忘了我。事出异常必有妖,其中必有道理。
现在我们以标准椭圆方程$x^2/a^2+y^2/b^2=1$为例, 这个椭圆长半轴为a,短半轴为b,焦半径$c=sqrt(a^2-b^2)$,焦点为$(-c,0),(c,0)$,准线方程$x=+-a^2/c$,离心率$c/a$。
如果我们忽略a,b之间大小关系,那么还可以将椭圆方程看成$y^2/b^2+x^2/a^2=1$,于是有幽灵长半轴b,幽灵短半轴a,幽灵焦半径$ci=sqrt(b^2-a^2)$,幽灵焦点$(0,-ci),(0,ci)$,和幽灵准线方程$y=+-b^2/ci$, 幽灵离心率${ci}/b$.
同样对于双曲线也会有类似的结果。
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发表于 2019-4-11 07:45:31 | 显示全部楼层
由于这些幽灵元素都需要在复数范围内分析,而距离的定义中包含开根号函数,在复数范围内会存在两个不同的取值分支,不利于理论分析,为此,我们可以重新定义一些如下的概念。
1. 两点之间的平方距离: 对于平面上两个坐标都为复数的点$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$(注意其中$x_1,y_1,x_2,y_2$都可以是复数), 我们定义两个点的平方距离为$(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2$。
2. 点到直线的平方距离:对于平面上的点A和直线l (点的坐标和直线的系数都可以是复数), 过A点做l的垂线交l于B点,那么A到l的平方距离定义为A和B之间的平方距离。
3. 平方离心率: 对于圆锥曲线C,如果存在点F和直线l,使得C上任意一点到F和l的平方距离之比为常数$e^2$,那么我们称这个常数$e^2$为圆锥曲线C的一个平方离心率。对应的,这时F点和直线l分别为这个平方离心率对应的焦点和准线。

很显然,平方离心率是旋转变换不变量,于是我们总可以对圆锥曲线的方程进行旋转变换使得二次项$xy$的系数为0以后再分析。
不妨设一条圆锥曲线旋转以后方程为${x^2}/A+{y^2}/B+Cx+Dy+E=0$,容易看出这条圆锥曲线有两条(虚)渐进线$y-y_c=+-\sqrt(B/A)(x-x_c)$.
由于圆锥曲线上任意一点到焦点F和准线l的平方距离比为常数$e^2$,所以我们在俩渐进线上分别各取一个点(保持到渐近线交点平方距离相等),然后让这两个点趋向无穷远点,那么由于两个点到F和l的平方距离比趋向常数$e^2$,而两者到渐近线交点平方距离相等,所以到有限点F的平方距离的比例趋向1,所以这两个点到准线l的距离之比趋向1.
由此我们可以知道,准线l必然和俩渐近线的一条角平方线平行,也就是在标准方程中,准线必然平行于坐标轴。

现在我们以椭圆方程$x^2/a^2+y^2/b^2=1$为例,对于准线$x=l_0$,已经有很好的现成结果,就不分析了。对于准线$y=l_0$和某个虚交点$(x_0,y_0)$
我们知道对于椭圆上任意一个点$(a\cos(t),b\sin(t))$,根据定义有
$(a\cos(t)-x_0)^2+(b\sin(t)-y_0)^2=e^2(l_0-b\sin(t))^2$
于是
$a^2\cos^2(t)+b^2\sin^2(t)-2x_0a\cos(t)-2by_0\sin(t)+x_0^2+y_0^2=e^2l_0^2-2e^2l_0b\sin(t)+e^2b^2\sin^2(t)$
所以
$a^2+(b^2-a^2-e^2b^2)\sin^2(t)+(2e^2l_0b\sin(t)-2x_0a\cos(t)-2y_0b\sin(t))+x_0^2+y_0^2-e^2l_0^2=0$对于任意参数t成立
于是上面表达式对t任意次求导以后还是成立,我们得出
$(b^2-a^2-e^2b^2)sin(2t)+(2e^2l_0b\cos(t)+2x_0a\sin(t)-2y_0b\cos(t))=0$      (1)
$2(b^2-a^2-e^2b^2)cos(2t)+(-2e^2l_0b\sin(t)+2x_0a\cos(t)+2y_0b\sin(t))=0$  (2)
$-4(b^2-a^2-e^2b^2)sin(2t)+(-2e^2l_0b\cos(t)-2x_0a\sin(t)+2y_0b\cos(t))=0$  (3)
(1)+(3)得出对于任意t有
$(b^2-a^2-e^2b^2)sin(2t)=0$,所以$(b^2-a^2-e^2b^2)=0$,即$e^2={b^2-a^2}/{b^2}$
于是显然还要求$y_0b=e^2l_0b, x_0a=0,a^2+x_0^2+y_0^2=e^2l_0^2$
得到$l_0^2={b^4}/{b^2-a^2}=-b^4/c^2, y_0^2=-c^2$,而且给出的$x_0,y_0,l_0,e$使得上面t的方程恒等。
由此我们证明了幽灵焦点、幽灵准线和幽灵平方离心率的存在性。 而这个计算过程对于双曲线也是类似的。

唯一余下的问题是对于抛物线的幽灵焦点和幽灵准线没有分析(而其幽灵平方离心率根据两个平方离心率倒数和为1可知幽灵平方离心率为无穷大)。
我们现在查看椭圆$x^2/{h^2b^2}+(y-hb^2)^2/{h^2b^4}=1$,在b充分大时这个椭圆的幽灵焦点为$(+-h(b-b^2)i, hb^2)$, 幽灵准线方程为$x=+-{h^2b^2}/{1-b^2}$,幽灵平方离心率为${b^2-b^4}/b^2$
上面方程可以改写为$x^2+y^2/b^2-2hy=0$,让b趋向无穷大后变为抛物线$x^2=2hy$,其幽灵焦点为无穷远点$(+-i:1:0)$,也就是圆经过的无穷远点,而幽灵准线为$x=+-h^2$。
所以所有抛物线有公共的幽灵焦点。
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