被蝴蝶创飞了
事情是这样的,很久很久很久以前,我做了一个圆锥曲线压轴题,大概就是椭圆\(x\)轴上蝴蝶定理硬算题给我整傻眼了.今天我闲的没事乱想突然意识到椭圆可以仿射变换到圆来解决,那么圆肯定有很优美的做法了吧!
然而我瞪了半天也没看出来,没办法最后拿联消判韦把圆的结论搓出来了.
这个时候我又想看看其它的圆锥曲线,发现双曲线好像有点不太会,因为我不是很懂双曲线的内部是啥,然后我发现抛物线的蝴蝶定理更加优美.
所以我就把这一坨东西出了思考题,下面是整理.
约定
下文称\(A,B,C\)三点满足蝴蝶定理,当且仅当A,B,C三点都在圆锥曲线内部,并且过A的直线与圆锥曲线交于\(P,Q\)两点,\(PB,QB\)分别与圆锥曲线交于\(P',Q'\)两点,而且\(P'Q'\)恒过\(C\)点.
抛物线
定理1
对于任何一条抛物线\(y^2=2px\)以及与其内部一点\(A(a,0)\),过\(A\)点与抛物线相交的两个点的横坐标之积等于\(a^2\).
证明:联立即可.
定理2
对于任何一条抛物线\(y^2=2px\)以及其内部的三点\(A(a,0),B(b,0),C(c,0)\),三点满足蝴蝶定理当且仅当\(b^2=ac\).
证明:由定理1,我们有:
\(\begin{cases}x_Px_Q=a^2\\x_Px_{P'}=b^2\\ x_Qx_{Q'}=b^2\\x_{P'}x_{Q'}=c^2\end{cases}\)
简单解一下就可以.
定理3
对于任何一条抛物线\(y^2=2px\)以及其内部的两点\(A(x_a,y_a),B(x_b,y_b)\),要么存在一个点\(C\)使得\(A,B,C\)三点满足蝴蝶定理,要么\(P'Q'\)的斜率恒定.
证明:
引理
如果一条动直线\(Ax+By+C=0\)中,\(A,B,C\)满足一次方程\(pA+qB+C=0\),那么这条直线肯定过定点\((p,q)\).
而如果可以找到一个参数\(t\),使得可以做到将\(A,B,C\)分别表示为\(f(t),g(t),h(t)\)的形式,其中\(f,g,h\)都是关于\(t\)的一次函数或常函数,那么这条直线要么过定点,要么斜率恒定.
对于\(P'Q'\)这条直线,这个\(t\)相当好找,可以是\(k_{PQ}\),可以是\(y_Py_Q\),可以是\(y_P+y_Q\),然后带入简单检验一下即可.
圆
定理(坎迪定理)
特例
对于任何一个圆\(x^2+y^2=r^2\)以及其内部三点\(A(a,0),B(b,0),C(c,0)\),若三点满足蝴蝶定理,当且仅当\((a+c)(b^2+r^2)=2b(ac+r^2)\).
通解
对于任何一个圆,我们有下图(图源自百度百科)
那么\(\frac{1}{GP}-\frac{1}{HP}=\frac{1}{AP}-\frac{1}{BP}\).
该定理的几何/代数证明好像都略麻烦,笔者决定开摆
@Querainy 牛逼,下面给出他提供的曲线系证明:
我们尝试把这个做法拓展到坎迪定理上.
照葫芦画瓢,设圆心为\((x_0,y_0)\),得到\((CE,DF):(1+\lambda k_1k_2)x^2-2x_0x+x_0^2+y_0^2-r^2=0\).
此时,\(|AB|=\sqrt{r^2-y_0^2}\),\(|AP|=|AB|-x_0,|BP|=|AB|+x_0\),\(\frac{1}{AP}-\frac{1}{BP}=\frac{2x_0}{r^2-y_0^2-x_0^2}\).
而\(\frac{1}{GP}-\frac{1}{HP}=-\frac{y_1+y_2}{y_1y_2}=\frac{2x_0}{r^2-y_0^2-x_0^2}\).
笔者后来思考了一下为什么这个是二次曲线系啊.
我们考虑求过四个定点的二次曲线系,不妨假设这些二次曲线均为\(Ax^2+By^2+Cxy+Dx+Ey+F=0\)\
带入四个定点坐标,就可以得到关于\((A,B,C,D,E,F)\)的四个方程.不妨先假设这四个方程线性无关.那么就有两个自由元,那么方程的任何一个解,就可以表示为两组线性无关的特解的线性组合.
注意到两个二次曲线线性相关,当且仅当它们是同一条曲线,这就证明了二次曲线系的正确性!
那么怎么证明这四个方程线性无关呢,不太会啊,这次真摆了.
椭圆
定理1
对于任何一个椭圆\(\frac{x^2}{r^2}+\frac{y^2}{d^2}=1(r>d)\)以及其内部三点\(A(a,0),B(b,0),C(c,0)\),若三点满足蝴蝶定理,当且仅当\((a+c)(b^2+r^2)=2b(ac+r^2)\).
证明:
注意到圆的坎迪定理的特例,然后发现我们如果将椭圆的纵轴拉长使其成为一个圆,换言之就是对椭圆进行仿射变换,那么\(A,B,C\)三点坐标不变并且仍然满足蝴蝶定理.
其它
众所周知,极点极线有一个经典内切四边形结论,其实也就是所谓的完全四边形啊.
给张图,
其中\(G,D,H,A\)成调和点列.
我们冷静一下,注意到\((AF,AE)\)就是一个二次曲线,而且\(F,C,B,E\)是二次曲线上四个点,所以这个还可以用曲线系方程来证明这四个点成调和点列,非常有实力.
当然,为了应对文化课,我们有更加简单的证明完全四边形调和点列的做法:
不妨设\(d=\frac{BC}{EF}\),令\(\vec e=\vec{AE},\vec f=\vec{AF}\),则\(\vec{AD}=\lambda_1\vec e+\mu_1d\vec f=\lambda_2d\vec e+\mu_2\vec f\),对比系数得到两个方程,再加上\(\mu_1+\lambda_1=1,\mu_2+\lambda_2=1\),立刻解出结论.