$P$ es un punto en una hipérbola. La tangente en el $P$ corta a la directriz en el punto de $Q$.
Demostrar que $PQ$ subtienda un ángulo recto para el foco $F$ correspondiente a la directriz.He tratado de usar la ecuación general de la hipérbola y el método del gradiente para mostrar, pero también muchas incógnitas y no se puede continuar. Traté de mostrar,$m_1 m_2 = -1$, pero me quedé a mitad de camino.
Nota (De @Azul). Esta propiedad tiene para todos los cónicos, a excepción de los círculos, que no tienen ninguna directriz. Para elipses e hipérbolas, la propiedad vale para cualquiera de foco-directriz par. Una prueba de la incorporación de este nivel de generalidad que sería bueno para ver.
Podemos reformular la propiedad en una forma que incluya el círculo como un caso límite:
$P$ es un punto sobre una cónica con el foco $F$. La línea perpendicular a $\overline{PF}$ $F$ cumple con la tangente en el $P$ en un punto en la directriz correspondiente a $F$; si $P$ es un vértice, luego la perpendicular tangente, y la directriz son paralelas, encuentro en un punto en el infinito". En el caso de un círculo, la perpendicular es paralela a la tangente (que se "encuentran" en un punto en una "directriz en el infinito").
Respuestas
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Este es un euclidiana solución para el caso parabólico.
Para adaptar la prueba a la hiperbólica caso se deja para el lector.
Lema 1 (cómo dibujar una recta tangente a una parábola). Deje $A$ la proyección de $P$ sobre el eje de la parábola y $B$ el simétrico de a $A$ con respecto al $V$. A continuación, $PB$ es la tangente a la parábola en $P$.
En términos modernos, esto es sólo $\frac{d}{dx}x^2 = 2x$.
Lema 2 (propiedad óptica de la parábola). Si $C$ es la proyección de $P$ en la directriz, la tangente en a $P$ biseca el ángulo de $\widehat{FPC}$.
Prueba: Supongamos $O$ ser la intersección entre el eje y la directriz. Por el Lema 1, hemos $PAF=COB$, lo $PFBC$ es un paralelogramo. Desde $PF=PC$ por la definición de la parábola, $PFBC$ es de hecho un rombo.
Corolario. Desde $PF=PC$ $PQ$ biseca $\widehat{FPC}$, $C$ y $F$ son simétricas con respecto a $PQ$. De ello se sigue que $$ \widehat{PFQ}=\widehat{PCQ} $$ por lo $\widehat{PFQ}$ es un ángulo recto.
En el hiperbólico/elíptica caso Lema 2 y el siguiente Corolario se tiene que sustituir por: la tangente a $P$ es el interno/externo de la bisectriz de un ángulo de $\widehat{F_1 P F_2}$, por lo tanto $PCQF$ es un cuadrilátero cíclico y $\widehat{PFQ}=\widehat{PCQ}$ mantiene.
Aquí es una solución para la parábola. Usted puede utilizar la forma similar para la hipérbola.
Deje $y^2=2px$ ser una ecuación de nuestra parábola, $P(x_1,y_1)$.
Por lo tanto, $F\left(\frac{p}{2},0\right)$ $x=-\frac{p}{2}$ es una ecuación de la directriz.
Si $x_1=\frac{p}{2}$ desde $yy_1=p(x+x_1)$ es una ecuación de la tangente,
$Q\left(-\frac{p}{2},0\right)$ $\measuredangle QFP=90^{\circ}$.
Deje $x_1\neq\frac{p}{2}$.
Por lo tanto, podemos calcular las pendientes: $$m_{PF}=\frac{y_1}{x_1-\frac{p}{2}}.$$
$x_Q=-\frac{p}{2}$.
Por lo tanto, $yy_Q=p\left(-\frac{p}{2}+x_1\right)$, lo que da $Q\left(-\frac{p}{2},\frac{p\left(x_1-\frac{p}{2}\right)}{y_1}\right)$ y $$m_{FQ}=\frac{\frac{p\left(x_1-\frac{p}{2}\right)}{y_1}-0}{-\frac{p}{2}-\frac{p}{2}}=\frac{\frac{p}{2}-x_1}{y_1}$$ y ya $$m_{PF}\cdot m_{FQ}=\frac{y_1}{x_1-\frac{p}{2}}\cdot\frac{\frac{p}{2}-x_1}{y_1}=-1,$$ hemos terminado!
Para la hipérbola se obtiene:
Deje $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ ser una ecuación de nuestros hipérbola, $P(x_1,y_1)$.
Por lo tanto, $F\left(\sqrt{a^2+b^2},0\right)$ $x=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}$ es una ecuación de la directriz.
Si $x_1=\sqrt{a^2+b^2}$ desde $\frac{xx_1}{a^2}-\frac{yy_1}{b^2}=1$ es una ecuación de la tangente,
$Q\left(\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}},0\right)$ $\measuredangle QFP=90^{\circ}$.
Deje $x_1\neq\sqrt{a^2+b^2}$.
Por lo tanto, podemos calcular las pendientes: $$m_{PF}=\frac{y_1}{x_1-\sqrt{a^2+b^2}}.$$
$x_Q=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}$.
Por lo tanto, $\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\frac{x_1}{a^2}-\frac{y_Qy_1}{b^2}=1$, lo que da $Q\left(\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{b^2}{y_1}\left(\frac{x_1}{\sqrt{a^2+b^2}}-1\right)\right)$ y $$m_{FQ}=\frac{\frac{b^2}{y_1}\left(\frac{x_1}{\sqrt{a^2+b^2}}-1\right)-0}{\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}-\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{\frac{b^2}{y_1}\left(x_1-\sqrt{a^2+b^2}\right)}{a^2-(a^2+b^2)}=\frac{x_1-\sqrt{a^2+b^2}}{-y_1}$$ y ya $$m_{PF}\cdot m_{FQ}=-1,$$ hemos terminado!
He aquí una solución analítica para el caso general, el uso de la alternativa de la formulación en mi edición a la pregunta original. (Ignoraremos el caso evidente de los círculos, que han excentricidad $0$.)
Recordemos que el foco-directriz definición de una cónica con excentricidad $e \neq 0$ es el lugar geométrico de los puntos tales que $$\text{distance from focus} = \text{eccentricity} \cdot \text{(distance from directrix)} \tag{1}$$
Tomando un enfoque $F$ en el origen, y la correspondiente directriz en $x=-d$, podemos plaza de $(1)$ para obtener esta ecuación para el locus: $$x^2 + y^2 = e^2 ( x + d )^2 \tag{2}$$
Deje $P=(p,q)$,$q\neq0$, ser (no-vértice) punto de la cónica. Si usted "sabe" que la ecuación de la tangente en a $P$ es $$x p + y q = e^2 ( x + d ) ( p + d ) \tag{3}$$ (ver @amd comentario de abajo) y luego estamos prácticamente hecho. Después de todo, la línea perpendicular a $\overline{PF}$ $F$ es $$x p + y q = 0 \tag{4}$$ lo que coincide con el lado izquierdo de $(3)$. En consecuencia, la intersección de estas dos líneas deben tener $x=-d$ (simultáneamente a cero el lado derecho de la $(3)$). Es decir, el punto de intersección se encuentra en la directriz, lo que completa la prueba. $\square$
Menos perspicaz, se podría señalar que la perpendicular $(4)$ cumple con la directriz en $$Q = \frac{d}{q} \left( -q, p \right) \tag{5}$$ A continuación, $\overleftrightarrow{PQ}$ tiene esta ecuación $$ x ( q^2 - d p ) - q y ( p+d ) = - d ( p^2 + q^2 ) \tag{6}$$ Desde $P$ satisface $(2)$, podemos reescribir $(5)$ mediante la sustitución de las apariciones de $q^2$$e^2(p+d)^2-p^2$. Dividiendo al $p+d$ da $$x ( e^2(p+d) - p ) - p y = - d e^2 ( p+d ) \quad\a\quad x p + y p = e^2(x+d)(p+d) \etiqueta{7}$$
No reconociendo $(7)$ como la ecuación de la línea tangente, uno puede sustituir a $y$ $(7)$ a $(2)$ para obtener una ecuación para la $x$coordenada(s) del / los punto(s) de intersección; ya que la ecuación se reduce a $$(x-p)^2 = 0 \tag{8}$$ vemos que los puntos de intersección coinciden; es decir, $\overleftrightarrow{PQ}$ es de hecho tangente a la cónica en $P$. $\square$
Considere la posibilidad de la hipérbola $\hspace{3cm}\quad\dfrac {x^2}{a^2}-\dfrac {y^2}{b^2}=1$
que tiene la directriz $\hspace{4cm}\quad x=\pm \dfrac {a^2}c$
y el foco $\hspace{5cm}\qquad F(\pm c,0)$
donde $\hspace{6cm}\quad c=\sqrt{a^2+b^2}$.
Considere la posibilidad de wlog sólo la rama derecha de la hipérbola.
Vamos a un punto general de la hipérbola ser $\qquad P(a \sec u, b\tan u)$.
La diferenciación wrt u y buceo da $\qquad \dfrac {dy}{dx}=\dfrac b{a\sin u}$.
Tangente en el $P$: $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;\; y=\dfrac b{\sin u}\bigg(\dfrac xa-\cos u\bigg)$
Intecept, $Q$, en la directriz: $\qquad\qquad\qquad\bigg(\dfrac {a^2}c, \dfrac b{\sin u}\bigg(\dfrac ac-\cos u\bigg)\bigg)$
Pendiente de $PF$, $m_1$:$\hspace{5cm}\dfrac {b\sin u}{a-c\cos u}$
Pendiente de $QF$, $m_2$:$\hspace{5cm}\dfrac {\frac{b}{\sin u}(\frac ac-\cos u)}{\frac {a^2}c-c}=\dfrac {c\cos u-a}{b\sin u}$
Como $$m_1\cdot m_2=-1$$ hence $PF\asesino QF$, i.e. $\ángulo PFQ$ is a right angle. $\blacksquare$
Ver desmo aplicación aquí.
