数学三角形定理与中心集群（二）

仅需证∠AHK＝∠GAL.

而∠KAH＝∠EGH,∠GCE＝∠AKH→∠AHK＝∠GEC＝∠GAL，正毕。

由此还可以推出一对对边平方和等于4R²‬

有了上面的铺垫，就可以讨论下一个性质了。

如图，四边形EHFG内接于圆A内，GH⊥EF,半径为R，｜AC｜＝d，则四边形面积Smax＝2R²-d²。我们从代数和几何两个方面来说明。

如图，取四边中点，I,J,L,K,连IA,JA,IJ，KC,KL,CL。

那么由性质1我们就有CK⊥EH,CL⊥EG,而AJ⊥EH,AI⊥EG，于是CK∥AJ,AI∥CL。显然四边形IJLK是矩形，那么有KL∥IJ，KL＝IJ由性质2我们还可以知道AJ＝KC＝1/2GF，IA＝CL＝1/2FH

，于是两三角形构成1:1位似，那么IL,KJ,AC共点于N，且N为这三条线段的中点。

设C对圆A的幂为δc。

那么JL²+KL²＝1/4（EF²+GH²）＝1/4[（EC+CF）²+（CG+CH)²]＝1/4[(EC²+CH²)+（CF²+CG²)+(2CH·CG+2CE·CF)]＝1/4（EH²+GF²-4δc）。由性质2的推论我们知道EH²+GF²＝4R²，于是JL²+KL²＝1/4（4R²-4δc）＝R²-δc＝2R²-d²，而JL²+KL²＝KJ²，这说明KJ²＝2R²-d²为定值。于是IJLK四点随着GHEF变化，是在一个定圆上运动的，如下图。

而四边形IJLK面积S₂＝4S△IJN＝2NI²sin∠INJ，＝（R²-1/2d²）sin∠INJ，则当∠INJ＝90°时S₂max＝R²-1/2d²，不难得知此时CA平分∠GCE，也就是说此时图形对称。由于四边形IJLK是四边形GEHF的中点四边形因此这个时候Smax＝2S₂max＝2R²-d².证毕。

再从代数观点看待这个问题，可以选用极坐标。

以C为极点,AC为极轴建立极坐标系，如下图。那么圆的方程为ρ²+2ρdcosθ+d²-R²＝0，则有ρ＝-dcosθ+√（R²-d²sinθ²）＝φ（θ)。

设C（ρ₁，θ₁）则D（ρ₂，θ₁+π）,E（ρ₃，θ₁+1/2π)，于是｜CD｜＝ρ₁+ρ₂＝φ（θ₁)+φ（θ₁+π)＝2√（R²-d²sin²θ₁)，同理｜EF｜＝2√（R²-d²cos²θ₁）。

则S＝1/2｜EF｜·｜CD｜＝ 2√（R⁴-R²d²+d⁴sin²θ₁cos²θ₁），注意到sin²θ₁+cos²θ₁＝1 于是当且仅当sin²θ₁＝cos²θ₁＝1/2时即θ₁＝π/4或3π/4时Smax＝2√（R⁴-R²d²+d⁴sin²θ₁cos²θ₁）＝2√（R⁴-R²d²+d⁴/4)＝2R²-d²。证毕。

当然，用笛氏坐标系也可以解决，设圆的方程为x²+y²＝R²，过点A的直线设为CD:l₁:x＝my+d 和EF:l₂:x＝-1/m y+d（直线斜率不为0），取直线l₁联立圆方程可得到（m²+1）y²+2mdy+d²-R²＝0 则y₁y₂＝（d²-R²）/（m²+1），y₁+y₂＝-2md/（m²+1)

由弦长公式｜CD｜＝√（m²+1）×√[（y₁+y₂)²-4y₁y₂]＝2√[R²-d²/（m²+1)]，同理｜EF｜＝√[R²-d²/（1/m²+1)],故S＝1/2｜CD｜·｜EF｜＝2√[R⁴-R²d²+d⁴/（m²+1/m²+2）] ≤2√（R⁴-R²d²+d⁴/4)＝2R²-d²，当且仅当m²＝1/m²即m＝1或-1时等号成立。 证毕。

其实读者如果仔细观察就会发现这里的2√[R²-d²/（m²+1)]其实就是极坐标证明中的2√（R²-d²sin²θ₁) ，两种方法思路是一样的。

此外在圆锥曲线中，对于对角线垂直且交点为焦点的四边形，利用极坐标也很容易得到类似的结论。

如图，椭圆ρ＝ep/（1-ecosθ)＝φ（θ)，设H（ρ₁，θ₁），则I（ρ₂,θ₁+π），G（ρ₃，θ₁+1/2π)。

则｜HI｜＝ρ₁+ρ₂＝φ（θ₁)+φ（θ₁+π)＝2ep/（1-e²cos²θ₁)，同理｜GF｜＝2ep/（1-e²sin²θ₁)，则S＝1/2｜IH｜·｜GF｜＝2e²p²/（1-e²+e⁴sin²θ₁cos²θ₁）≤2e²p²/（1-e²/2）²＝ 8e²p²/（2-e²）²，当且仅当sin²θ₁＝cos²θ₁＝1/2时等号成立。若为抛物线的情形则e＝1，Smax＝8p²。p为焦准距。

第二题背景是极线的调和性

（1）x²/3-y²＝1 ， 建议提问之前先把第一题答案附上。

如图定点A（3,0），易知直线x＝1为A的极线。

设OA上的无穷远点为P∞，是一个定点，那么E为CP∞与直线x＝1的交点。那么我们要证明的是DE过定点。显然这时候我们把题目的条件转化为了配极和点线结合关系这样的射影不变量，因此利用射影变换题目就等价于：

如图，二次曲线Γ和两定点H,I，过I做直线交Γ于K,M，HM交I的极线（蓝色直线）于N,则KN过定点。

证：

设KM与I的极线交于Q，QN交HI于O,KN交HI于P。

于是由极线调和性质知（KM,IQ）＝-1，而点列（P,H,I,O)与（K,M,I,Q)关于N透视，于是（PH,IO)＝（KM,IQ）＝-1，即点偶I ,O调和分离点偶P,H，而I,H为定点，O为I的极线与定直线HI交点，也为定点，故P也为定点，即KN过定点。证毕。

回到题目，那么DE过的定点应为直线x＝1与x轴交点B（1,0）及点A（3,0）和P∞三点组成的点列的第四调和点，即AB中点（2,0）。

任意无三点共线的五点确定一条非退化二阶曲线。

1)从代数上看，实非退化二阶曲线在齐次坐标下的方程为 S≡XᵀAX＝0 ，其中A为实非异对称阵，由齐次坐标的性质A中的六个元素只有五个独立，那么自然无三点共线的五点确定一条二阶曲线，如果含三点共线的五点，A将会是退化的。

2)从几何上看 ，设五个点为O,O' P(i) （i＝1,2,3)，连接OP（i)，和O'P（i)，由二次曲线的射影定义可知成非透视对应的射影对应的两线束的对应直线交点的全体及两个线束的中心构成一条非退化二阶曲线，而三对对应直线唯一确定一个射影对应，于是设OP（i)，和O'P（i)中与相同的点相连所得到的直线为对应直线，由于五点中无三点共线于是显然确定了一个非透视的射影对应，进而确定一条非退化二阶曲线。

根据题意我们显然要证明的是直线l过左焦点F1.不妨思考为什么直线过F1时有题设中的斜率关系。

如上图，设l与F1对应的准线（即F1的极线)交于B，连AB，为叙述方便，记直线AB,AQ,AP,AF,l的斜率分别为kb,kq,kp,kf,kl.于是我们要证的是kp kq＝-3/kl

由极线的调和性，有A（BF1,QP）＝-1，由非齐次参数的几何意义就有

[（kb-kq)（kf-kp)]/[(kb-kp)(kf-kq)]＝-1，而kf＝0，于是整理得kp kq＝2kp·kq/kb，而由斜率的几何定义不难得到kb＝3kl/2，于是kp kq＝4kp·kq/3kl,从而只要证明kq·kp＝-9/4，这就比较容易了，利用齐次化就行了。当然也可以从射影几何角度来说明：

由于直线过定点F1,于是确定了二次曲线上的一个对合，AP,AQ是以A为中心的对合线束中的一对对应直线，而注意观察当l与x轴重合的时候，这个时候的对应直线是AA和AF1,斜率为∞和0，这说明对合方程akk' b(k k') c＝0（ac-b²≠0)中的参数b＝0，于是kk'＝-c/a为常数，于是知道了这一点我们就可以随意取一条特殊直线例如过左焦点且垂直于x轴的直线为l，算出kp·kq＝-9/4即可。

齐次坐标下方程为:

S≡XᵀAX＝0

其中A为三阶实非异对称阵且其中A33＞0

极线的定义是这样的：

设一点P，那么点P的所有的共轭点的集合为一条直线，这条直线称为P的极线。

设非退化二次曲线Γ:S≡XᵀAX＝0，其中A为实非异对称阵。我们迳用字母的小写表示该字母代表的点的齐次坐标，例如P的齐次坐标为p（用列向量表示）。过P做直线l交Γ于M,N两点（实的或一对共轭的虚点。)设P的共轭点的为Q，于是l上任意一点的齐次坐标可以表为p λq。

那么l与Γ的交点符合:（p λq)ᵀA（p λq)＝0即λ²qᵀAq λpᵀAq λqᵀAp pᵀAp＝0，而Aᵀ＝A，于是上式可以化为λ²qᵀAq 2λpᵀAq pᵀAp＝0（*)这是一个关于λ的一元二次方程。而M,N为两交点，于是M,N的参数就是上述方程的两个根。又因为Q是P共轭点，于是M,N的参数λ₁，λ₂满足λ₁/λ₂＝-1即λ₁ λ₂＝0，即pᵀAq＝0，于是p的共轭点Q的坐标满足这个式子，将流动变量q化为x即得到pᵀAx＝0，这是一条直线，称其为P的极线。

注意到通过（*）式也可以求P的切线方程，只要令△＝0，同样把q换为x我们得到（pᵀAx)²＝（xᵀAx)（pᵀAp），这是一个二次方程，表示的是过P的两条切线。如果P在Γ上，那么pᵀAp＝0，于是切线方程为pᵀAx＝0，我们注意到这个方程和极线方程一致，于是规定当P在曲线上时其切线就是其极线，切线上的所有的点都和P共轭，并且P自共轭。

所以我们得到了极线的统一表示即任一点P的极线为pᵀAx＝0。

接下来回到题主说的问题来，由极线的定义和完全四点形的调和性可以知道第二张图中的直线NM表示的是P的极线，现在问题就变成了为什么切点弦所在直线就是极线。

这是因为:设Γ外一点P，那么过P的切线上的切点一定满足（pᵀAx)²＝（xᵀAx)（pᵀAp）① 和xᵀAx＝0 ②，联立①②可以得到pᵀAx＝0，这说明切点坐标满足pᵀAx＝0，而这就是p的极线方程，也就表明切点在极线上，而两点确定一条直线，故两切点的连线就是极线。

切线问题转化为对偶问题。

根据原图可知，四条切线确定了一个二级曲线束，我们要证明的是这四条直线构成的完全四线形的一双对顶对于曲线束中的两个元素的极线共点，即一个对顶线的关于任意一个元素的极点唯一存在。

转化成对偶问题就是就很显然了，如下图，ABCD是一个二阶曲线束，F是对边点，那么FHJ为自极三点形，即对于二阶曲线束中的任意一个非退化的元素，F的极线都为HJ，证毕。

这里做对偶变换其实也没有什么必要，完全四线形也有一个自极三线形（当然这某种程度上也利用了对偶原则)，只是我们一般熟悉处理点几何问题。

f(x)＝16sin²θ-16sinθcosθ+4的最值如何计算？

2sinθcosθ＝（sinθ cosθ）²-1

原式＝16sin²θ-8[（sinθ cosθ)²-1] 4

＝16sin²θ-8（sinθ cosθ）² 12

＝4[（2 √2)sinθ √2cosθ][（2-√2)sinθ-√2cosθ] 12 （平方差公式）

＝4[√（8 4√2）sin（θ φ₁)][√（8-4√2）sin（θ φ₂)] 12

＝16√2sin（θ φ₁)sin（θ φ₂) 12，其中tanφ₁＝√2/（2 √2 ) ， tanφ₂＝-√2/（2-√2)

＝8√2[cos（φ₁-φ₂）-cos（2θ φ₁ φ₂)] 12（积化和差）

而tanφ₁tanφ₂＝-1 ， 不难得到cos（φ₁-φ₂）＝0‬

所以原式＝-8√2cos（2θ φ₁ φ₂) 12∈[-8√2 12，8√2 12]

第二题本质上是配极和调和的应用

如图，A（2,0）,B（2，1），C（2，-1），过B的直线交椭圆Γ于G,F，GA交Γ于I，CI交Γ于K，则我们要证明的是K,F,A共线。

设BG,CK交于J，如果KFA共线那么由极线的定义我们知道A点在J的极线上，那么根据配极原则J就一定在A的极线上，而J又在BG上，所以J就是BG和A极线的交点，于是我们要证明的就转化为证明BG和A极线的交点,以及I,C三点共线。

如图，我们隐去除AG,BG以外的直线，连接CG，设BG,CG交A的极线即直线x＝1于J,L，设JL交AG于M，那么我们要证明的就是J,I,C共点。事实上由对称性不难得到BIL也是共点的。

证：

设BM,CM分别交CG,BG于N,O，连NO。

由完全四点形OGNM的调和性知NO与BC的交点是点列BC,A的第四调和点。而A是BC中点，于是其第四调和点是无穷远点，即ON∥BC，而JL∥BC，所以ON,JL,BC三线共点。于是根据完全四点形的调和性可得

（GJ,OB）＝（GL,NC）＝-1，又由极线的性质可得（GI,MA）＝-1，即（GJ,OB）＝（GI,MA)＝-1，注意到G→G,这说明点列（GJ,OB)和点列（G,I,M,A)是透视的，于是对应点连线共点，而这里的两对对应点连线OM,BA已经交于点C，所以JI也过C,即J,I,C共线。证毕。

Poncelet 闭合定理在n＝3的情况有比较简单的证明。现给出两种证明。

1)

如图 ，二次曲线Γ₁（外）和Γ₂（内）。三角形LNQ内接和外切Γ₁，Γ₂。过Γ₁上一点O作Γ₂的两切线分别交Γ₁于PM,则PM是Γ₂的切线。

证：

如图，设PO与LQ，MO与LN，MQ与PN分别交于V，U，T。依Pascal定理有V,U,T三点共线。也即PN,MQ,VU三线共点。由Brianchon定理的逆，有六线形PVQNUM外切于一条二次曲线，而五条切线确定一条二次曲线且PV,VQ,QN,NU,UM外切于Γ₂，于是六线形PVQNUM外切于Γ₂，故PM与Γ₂相切。证毕。

2)

第二种证明要用到一个引理：

如图，二次曲线Γ上四点（事实上n个点也成立)I,H,G,F的切线与直线l分别交于P，O，N，M，则

（IH,GF）＝（PO,NM)↔l与Γ相切。

证明：

先证充分性：

如图，设l极点为Q，连QF,QG,QH,QI。由配极原则P,O,N,M的极线分别为QI,QH,QG,QF.于是点列（PO,NM)与线束Q（IH,GF）射影对应，所以（PO,NM)＝Q（IH,GF），而（IH,GF）＝（PO,NM)于是Q（IH,GF）＝（IH,GF），这表明Q在Γ上，即l的极点在Γ上，于是l与Γ相切。

必要性显然。

接下来就步入正题啦，

如图 ，二次曲线Γ₁（外）和Γ₂（内）。三角形OMQ内接和外切Γ₁，Γ₂。过Γ₁上一点L作Γ₂的两切线分别交Γ₁于N,S,则NS是Γ₂的切线。

证：

设OM与OQ分别交NS于R，T，LN与LS分别交MQ于U，V。

则（NR,TS)＝O（NR,TS)＝O（NM,QS）

＝L（NM,QS）＝L（UM,QV）＝（UM,QV)而由引理可得（UM,QV)＝（FH,KJ），于是（NR,TS)＝（FH,KJ）

而N,R,T,S分别为F,H,K,J的切线在NS上的截影，于是由引理得NS是Γ₂的切线。证毕。

点P关于非退化二次曲线Γ:S≡XᵀAX＝0的极线方程在齐次坐标下就是pᵀAX＝0 ，这很好地体现了“坐标代入一半”的情况

就是函数与无穷小量的关系

对于limx→x₀ f（x）＝A，那么

f（x）＝A α，α为该过程中的无穷小量。

按题来说应该是个可导函数，于是对于任意一个u有limΔu→0 Δy/Δu＝f'（u)，

设α＝Δy/Δu-f'（u)，则

limΔu→0 α＝limΔu→0（Δy/Δu-f'（u))

＝f'（u）-f'(u）＝0，于是

Δy/Δu＝f'（u) α，α为limΔu→0 Δy/Δu＝f'（u)过程中的无穷小量

f（x）＝logₑˡⁿˣ（x-1）＝（1/lnx)ln（x-1），x＞1

则f'（x）

＝（1/lnx)'ln（x-1） （1/lnx）（ln（x-1）)'

＝-ln（x-1)/[x（lnx)²] 1/[（x-1）lnx]

＝[-ln(x-1)ˣ⁻¹ lnxˣ]/[x（x-1)(lnx)²]

＝ln[xˣ/(x-1)ˣ⁻¹]/[x（x-1)(lnx)²]

＞0

易得切点四边形EFGH是一个平行四边形。

我们要证明的是EF,GH,BD平行，即交于无穷远点，而EF,GH的交点是AC的极点，故而转为证明AC的极点在BD上，即OD,OC共轭。

这要用到一个引理——二次曲线外切三角形的一个顶点的共轭点与另外两个顶点的连线共轭。

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