每日一题[2965]阿基米德三角形

如图，已知 $\triangle A B C$ 内接于抛物线 $E: x^2=y$，且边 $A B,A C$ 所在直线都与抛物线 $M: y^2=4 x$ 相切，$F$ 为抛物线 $M$ 的焦点．

1、求证：边 $B C$ 所在直线与抛物线 $M$ 相切．

2、求证：$A, C, B, F$ 四点共圆．

解析

1、设 $A(a,a^2)$，$B(b,b^2)$，$C(c,c^2)$，则

$$\begin{split} AB:y=(a+b)x-ab,\\ BC:y=(b+c)x-bc,\\ CA:y=(c+a)x-ca,\end{split}$$ 根据直线与抛物线相切的等效判别式，直线 $AB,AC$ 与抛物线 $M:y^2=4x$ 相切即 $$\begin{cases} (a+b)ab=-1,\\ (c+a)ca=-1,\end{cases}$$ 于是 $t=b,c$ 是关于 $t$ 的方程 $$(t+a)at=-1\iff at^2+a^2t+1=0$$ 的两根，因此 $$(b+c)bc=(-a)\cdot \dfrac 1a=-1,$$ 从而直线 $BC$ 与抛物线 $M$ 也相切，命题得证．

2、证明一个更一般的结论：

抛物线的切线三角形性质       切线三角形的外接圆过抛物线的焦点．

设抛物线的方程为 $E:x^2=2py$，$A\left(2pa,2pa^2\right)$，$B\left(2pb,2pb^2\right)$，$C\left(2pc,2pc^2\right)$，则三条切线的方程分别为

$$\begin{split}B'C'&:2ax-y-2pa^2=0,\\C'A'&:2bx-y-2pb^2=0,\\A'B'&:2cx-y-2pc^2=0,\end{split}$$ 进而可联立解得 $$A'\left(p(b+c),2pbc\right),B'\left(p(c+a),2pca\right),C'\left(p(a+b),2pab\right).$$ 因此，三角形 $A'B'C'$ 外接二次曲线的方程为 $$L_AL_B+\lambda L_BL_C+\mu L_CL_A=0,$$ 其中 $L_A,L_B,L_C$ 分别为 $A,B,C$ 处切线方程的左侧代数式．将其整理为 $$Ax^2+By^2+Cxy+Dx+Ey+F=0$$ 的形式，其中 $$\begin{split}A&=4(ab+\lambda bc+\mu ca),\\B&=1+\lambda+\mu,\\C&=-2\left[(a+b)+\lambda (b+c)+\mu (c+a)\right],\end{split}$$ 为了使得该方程表示圆，令 $A=B$，$C=0$，从而解得 $$\lambda=\dfrac{\left(1+4a^2\right)\left(b-c\right)}{\left(1+4c^2\right)\left(a-b\right)},\mu=\dfrac{\left(1+4b^2\right)\left(c-a\right)}{\left(1+4c^2\right)\left(a-b\right)},$$ 于是三角形 $A'B'C'$ 外接圆的方程为 $$\sum_{\rm cyc}\left[\left(1+4c^2\right)\left(a-b\right)\left(2ax-y-2pa^2\right)\left(2bx-y-2pb^2\right)\right]=0,$$ 将抛物线的焦点坐标 $F\left(0,\dfrac{p}{2}\right)$ 代入左边，有 $$\begin{split}&\quad \sum_{\rm cyc}\left[\left(1+4c^2\right)\left(a-b\right)\left(-\dfrac p2-2pa^2\right)\left(-\dfrac p2-2pb^2\right)\right]\\&=\dfrac{p^2}{4}\left(1+4a^2\right)\left(1+4b^2\right)\left(1+4c^2\right)\sum_{\rm cyc}\left(a-b\right)\\&=0,\end{split}$$ 因此性质得证．