Transcript 拋物線的內接直角三角形直 角頂點固定斜邊恆過定點 及其應用 國立宜蘭高中 李維昌 研究目的：  試圖以斜率的概念來證明拋物線的內接直角三角形， 直角頂點固定，斜邊恆過定點，並利用此通過定點的 概念來解決軌跡問題。 研究過程：  方法一： 已知平面直角坐標系中，22  : y  4 cx ， A ( ct 0 , 2 ct 0 ),

拋物線的內接直角三角形直
角頂點固定斜邊恆過定點
及其應用
國立宜蘭高中
李維昌
研究目的：
 試圖以斜率的概念來證明拋物線的內接直角三角形，
直角頂點固定，斜邊恆過定點，並利用此通過定點的
概念來解決軌跡問題。
研究過程：
 方法一：
已知平面直角坐標系中，
2
2
2
2
 : y  4 cx ， A ( ct 0 , 2 ct 0 ), B ( ct1 , 2 ct1 ), C ( ct 2 , 2 ct 2 )
為  上的相異三點，若 A 點坐標固定且
2
 B A C  9 0 ，則直線 B C 恆過定點 D ( ct 0  4 c ,  2 ct 0 ) 。
證明：
1.
 : y  4 cx
2
若
圖形上相異兩點
( c , 2 c ), ( c  , 2 c  ) ，
2
    0，則這兩點形成的直線斜率 
證明：直線斜率
(1)
(2)

m AB 
m AC 
2 c  2 c 
c  c 
2
2
t1  t 0
2
t2  t0
2

2
2
。
 
2 c (   )
c (   )(   )

2
 
(3)
 BAC  90
 m AB  m AC   1

2

2
t1  t 0 t 2  t 0
 1
 ( t1  t 0 )( t 2  t 0 )   4
(a )
2.分成 t1  t 2  0 與 t1  t 2
(1) t1  t 2  0 ：
將1.的 ( a ) 式
等式，m B C


0
兩種情況來討論：
( t1  t 0 )( t 2  t 0 )   4
2
t1  t 2
2 c ( t1  t 0 )
c ( t1  t 0 )[( t1  t 0 )  ( t 2  t 0 )]
代入底下的


(2 ct1 )  (  2 ct 0 )
ct1  ct 0  c [( t1  t 0 )( t 2  t 0 )]
2
2
(2 ct1 )  (  2 ct 0 )
( ct1 )  ( ct 0  4 c )
2
2
 m BD

直線 B C 恆過定點
D(ct 0  4 c ,  2 ct 0 )
2
。
(2) t1  t 2
 0：
t1  t 2  0
 t 2   t1 代 入 1.的 ( a )
 ( t1  t 0 )(  t1  t 0 )   4
式
( t1  t 0 )( t 2  t 0 )   4
 t1  t 0  4
2
2
 ct1  ct 2  ct 0  4 c
2
2
2
 B ( ct 0  4 c , 2 ct1 ), C ( ct 0  4 c ,  2 ct1 )
2
2
 直線 B C 垂直 x
 直線 B C
軸
過定點 D ( ct 02  4 c ,  2 ct 0 )
3.結論：
由1.、2.的討論，得知以下的結論：
已知平面直角坐標系中，
2
2
2
2
 : y  4 cx ， A ( ct 0 , 2 ct 0 ), B ( ct1 , 2 ct1 ), C ( ct 2 , 2 ct 2 )
為 上的相異三點，若點 A 坐標固定且  B A C
不論 ( t1  t 2 ) 是否等於0，則直線 B C
恆過定點 D ( ct 02  4 c ,  2 ct 0 ) 。
 90
 以上是利用斜率的概念來證明拋物線的內接直角三角
形，直角頂點固定，斜邊恆過定點的整個思路過程。
如此的證法可以讓我們迅速地推得定點的坐標。
 由於GeoGebra數學繪圖軟體具有強大圖形動畫效果，
我們舉了一個簡單的例子 : y  8 x
2
，直角頂點 A (2, 4)
固定，斜邊 B C 變動，產生無限多條線段，這些線段
透過GeoGebra繪圖，用滑桿設計，產生動畫效果，使
我們清楚地看到都相交於同一點 D (10,  4) 。如次頁圖
形所示:
 方法二：
已知平面直角坐標系中，
 : y  4 cx , A ( x 0 , y 0 ), B ( x1 , y1 ), C ( x 2 , y 2 )
2
為  上的相異三點，若 A 點坐標固定且
 B A C  9 0 ，則直線 B C 恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) 。
證明：
0
m

0

BAC
=90
A
B
4.(1)設
的斜率為
且
則 AC
的斜率為  1 。
m
(2) A B 的直線方程式為 y  mx  mx 0  y 0
代入 y 2  4 cx 得
( m x  m x 0  y 0 )  4 cx  m x  [2 m (  m x 0  y 0 )  4 c ] x  (  m x 0  y 0 )  0
2
2
2
2
2 m x0  2 m y 0  4 c
2
 x 0  x1 
 x1  x 0 
2 y0

m
 y1  m ( x 0 
m
4c
m
2 y0
m
 B ( x1 , y1 )  ( x 0 
2
 2 x0 
2 y0
m

4c
m
2

4c
m
2 y0
m
2
)  m x0  y 0 

4c 4c
,
 y0 )
2
m
m
4c
m
 y0
2
(3)
AC
1
x0
(
m
的直線方程式為
代入 y 2  4 cx 得
x
m
 y 0 )  4 cx 
2
2(
 x0  x2 
1
m
)(
1
m
x0
m
m
1
)(
m
 y0 )  4c
1
x0
m
x
x0
m
 y0
 y0 )  4c ]x  (
x0
 y0 )  0
2
m
 2 x 0  2 m y 0  4 cm
2
2
 x 2  x 0  2 m y 0  4 cm
 y2  
m
2
m
1
y
x  [2( 
2
1
2
( x 0  2 m y 0  4 cm ) 
2
x0
m
 y 0   4 cm  y 0
 C ( x 2 , y 2 )  ( x 0  2 m y 0  4 cm ,  4 cm  y 0 )
2
5.分成 x1  x 2  0 與
(1) x1  x 2  0 ：
x1  x 2  0
y1  y 2
4c(
m BC 
x1  x 2
4c(
4c
4c(
1
m

1
 m )(
 m )  2 y0
( x1 )  ( x 0  4 c )
直線
1
 m )  2 y0 (
m
4c
4c(
1
m
2
 1) 
1
 m)
m
(
m

( y1 )  (  y 0 )

 m)
m

m

1
兩種情況來討論：
2 y0
m

( x0 
 m BD
BC
恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 )
4c
m
4c
m
2
 y0 )  ( y0 )

2 y0
m
)  ( x0  4 c )
(2)
x1  x 2  0
：
x1  x 2  0  x1  x 2 表示直線 BC
垂直 x 軸
2
y 2 且 B , C 兩點相異
 y1  4 cx1  4 cx 2 
 y1   y 2
4c
4c 2 y0

 y 0   (  4 cm  y 0 ) 代入 x1  x 0  2 
m
m
m
1
 y0  2c (  m )
1
m
4c(  m )
4c 2 y0
4c
m
 x1  x 0  2 
 x0  2 
m
m
m
m
4c
4c
 x1  x 0  2  2  4 c
m
m
 x1  x 0  4 c  B ( x1 , y1 )  ( x 0  4 c , y1 ), C ( x 2 , y 2 )  ( x 0  4 c ,  y1 )
2
 直線 B C
過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) 。
6.結論：
由4.、5.的討論，得知以下的結論:
已知平面直角座標系中
2
 : y  4 cx , A ( x 0 , y 0 ), B ( x1 , y1 ), C ( x 2 , y 2 ) 為  上的相異三
點，若 A 點坐標固定且  B A C  9 0  ，不論 ( x1  x 2 )
是否等於0，則直線 B C 恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) 。
 方法三：
已知平面直角坐標系中，
 : y  4 cx , A ( x 0 , y 0 ), B ( x1 , y1 ), C ( x 2 , y 2 )
2
為  上的相異三點，若 A 點坐標固定且
 B A C  9 0 ，則直線 B C 恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) 。
證明：
1.
 : y  4 cx
2
若
圖形上相異兩點
( x , y  ), ( x  , y  ) ，
y   y   0 ，則這兩點形成的直線斜率 
證明：直線斜率
y  y 
x  x 
 4c
 4c
y  y 
y  y 
2
2
4c
y  y 
。
y  y 
4 cx  4 cx 
 4c
y  y 
( y   y  )( y   y  )

4c
y  y 
(1)
(2)
(3)
4c
m AB 
m AC 
y1  y 0
4c
y2  y0
 BAC  90
 m AB  m AC   1

4c
y1  y 0

4c
y2  y0
 1
 ( y1  y 0 )( y 2  y 0 )   16 c
2
(b )
8.分成 y1  y 2  0 與
(1) y1  y 2  0 ：
將7.的 ( b ) 式
的等式，
m BC 


4c
y1  y 2

y1  y 2  0 兩種情況來討論：
( y1  y 0 )( y 2  y 0 )   16 c
4c
[( y1  y 0 )  ( y 2  y 0 )]
4 c ( y1  y 0 )
( y1  y 0 )[( y1  y 0 )  ( y 2  y 0 )]
4 c ( y1  y 0 )
( y1  y 0 )( y1  y 0 )  ( y1  y 0 )( y 2  y 0 )
2
代入底下




4 c ( y1  y 0 )
(4 cx1  4 cx 0 )  (  16 c )
2
( y1  y 0 )
( x1  x 0 )  (  4 c )

( y1 )  (  y 0 )
( x1 )  ( x 0  4 c )
 m BD
4 c ( y1  y 0 )
( y1  y 0 )  (  16 c )
2
2
2
直線B C 恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) 。
(2)
y1  y 2  0 ：
y1  y 2  0
 y 2   y1 代 入 7. 的 ( b )
式
( y1  y 0 )( y 2  y 0 )   16 c
2
 ( y1  y 0 )(  y1  y 0 )   1 6 c
2
 y 0  y1   1 6 c
2
2
2
 4 cx 0  4 cx1   1 6 c
2
 x1  x 0  4 c
2
又 x1 
y1
4c

( y2 )
2
2
4c

y2
4c
 x2
 x1  x 2  x 0  4 c
 B ( x 0  4 c , y1 ), C ( x 0  4 c ,  y 1 )


直線 BC 垂直 x 軸
直線 B C 恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) 。
9.結論：
由7.、8.的討論，得知以下的結論:
已知平面直角座標系中
2
 : y  4 cx , A ( x 0 , y 0 ), B ( x1 , y1 ), C ( x 2 , y 2 ) 為  上的相異三
點，若 A 點坐標固定且  B A C  9 0  ，不論 ( y1  y 2 )
是否等於0，則直線 B C 恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) 。
10.應用：
(1)已知平面直角座標系中，
2
2
2
2
 : y  4 cx ， A ( ct 0 , 2 ct 0 ), B ( ct1 , 2 ct1 ), C ( ct 2 , 2 ct 2 )
為  上的相異三點，若點 A 坐標固定且
 B A C  9 0  ，試求點 A 投影到直線 B C 的投
影點 P 的軌跡方程式。
解法：設投影點 P ( x , y ) ，利用3.的結論，直
線 B C 恆過定點 D ( ct 02  4 c ,  2 ct 0 ) ，
可得 A P ×D P = 0
2
2
Þ ( x - ct 0 , y - 2 ct 0 ) ×( x - ct 0 - 4 c , y + 2 ct 0 ) = 0
2
2
Þ ( x - ct 0 )( x - ct 0 - 4 c ) + ( y - 2 ct 0 )( y + 2 ct 0 ) = 0
2
2
2
2 2
2
2
2
2 4
2
2 2
Þ x + y - 2 c ( t 0 + 2) x + c t 0 ( t 0 + 4) - 4 c t 0 = 0
Þ x + y - 2 c ( t 0 + 2) x + c t 0 = 0
所求投影點
2
2
2
P 的軌跡方程式為
2 4
x + y - 2 c ( t 0 + 2) x + c t 0 = 0
但不包含點 A ( ct 02 , 2 ct 0 ) 。
(2)已知平面直角座標系中，
2
 : y  4 cx ， A ( x 0 , y 0 ), B ( x1 , y1 ), C ( x 2 , y 2 )
為  上的相異三點，若點 A 坐標固定且
 B A C  9 0  ，試求點 A 投影到直線 B C 的投
影點 P 的軌跡方程式。
解法：設投影點 P ( x , y ) ，利用6.的結論，直
線 B C 恆過定點 D ( x 0  4 c ,  y 0 ) ，
可得 A P ×D P = 0
Þ ( x - x 0 , y - y 0 ) ×( x - x 0 - 4 c , y + y 0 ) = 0
Þ ( x - x 0 )( x - x 0 - 4 c ) + ( y - y 0 )( y + y 0 ) = 0
2
2
2
2
2
Þ x + y - 2( x 0 + 2 c ) x + x 0 ( x 0 + 4 c ) - y 0 = 0
2
Þ x + y - 2( x 0 + 2 c ) x + x 0 = 0
所求投影點
2
2
P 的軌跡方程式為
2
x + y - 2( x 0 + 2 c ) x + x 0 = 0
但不包含點
A ( x0 , y 0 )
。
11.附記：
 全國第52屆中小學科展高中組數學科，
「大里高中」提出的作品《圓錐曲線內接直角三
角形的定點與包絡線》作品中五之(二)的結論可
用本文論述的方法去得到相同的結論：
已知平面直角坐標系中，
2
2
2
2
 : y  4 cx ， A ( ct 0 , 2 ct 0 ), B ( ct1 , 2 ct1 ), C ( ct 2 , 2 ct 2 )
為  上的相異三點，若點 A 坐標固定，且
m A B  m A C  k  0 ，則直線 B C 恆過定點
2
D (  2 ct 0 , ct 0  4 ck ) 。
證明：
1.
 : y  4 cx
2
圖形上相異兩點
這兩點形成的直線斜率

(2 c , c ), (2 c  , c  )
2
 
2
，
。
2
c  c 
2
證明：直線斜率 
(1)
m AB 
(2)
m AC 
t1  t 0
2
t2  t0
2
2
2 c  2 c 
。
。

c (   )(   )
2 c (   )

 
2
。
(3)
m AB  m AC  k
t1  t 0 t 2  t 0


k
2
2
 ( t1  t 0 )( t 2  t 0 )  4 k
(4)將 ( c ) 式
m BC 
( t1  t 0 )( t 2  t 0 )  4 k
t1  t 2
2 c ( t1  t 0 )
2
c ( t1  t 0 )  c ( t1  t 0 )( t 2  t 0 )
2
2 ct1  (  2 ct 0 )
c ( t1  t 0 )  c (4 k )
2

代入底下的等式，
c ( t1  t 0 )[( t1  t 0 )  ( t 2  t 0 )]

2

(c )
2
2 ct1  (  2 ct 0 )
 直線 B C
ct1  ( ct 0  4 ck )
2

2
2 ct1  (  2 ct 0 )
 m BD
恆過定點 D(  2 ct 0 , ct 02  4 ck )