圆锥曲线中焦半径问题

lrh2006

已知椭圆C:$ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} =1(a>b>0)$的离心率为$ \frac{1}{2} $，且经过点M（-2,0），$ F_1，F_2 $为椭圆C的左右焦点，$ Q(x_0，y_0) $为平面内一个动点，其中$ y_0>0  $，记直线$ QF_1 $与椭圆C在x轴上方的交点为$ A(x_1，y_1) $,直线$ QF_2 $与椭圆C在x轴上方的交点为$ B(x_2，y_2) $.
(1)求椭圆C的标准方程
（2）（i）若$ AF_2//BF_1 $，证明$ \frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2} =\frac{1}{y_0}$
(ii)若$ |QF_1 |+|QF_2|=3$,探究$ y_0,y_1,y_2 $之间关系
请教第（2）小题的两问，谢谢
今天打不动了，明后天把字打出来，先截图看看吧

kuing

第（2）问的第①小问其实和椭圆无关，是初中题。

过 `Q` 作 `QT\px AF_2\px BF_1` 交 `x` 轴于 `T`（图我懒得画了😁），则
\[\frac1{y_1}+\frac1{y_2}=\frac1{y_0}\iff\frac1{AF_2}+\frac1{BF_1}=\frac1{QT},\]
而由平行有
\[\frac{QT}{AF_2}=\frac{F_1T}{F_1F_2},~\frac{QT}{BF_1}=\frac{F_2T}{F_2F_1},\]
所以
\[\frac{QT}{AF_2}+\frac{QT}{BF_1}=\frac{F_1T+F_2T}{F_1F_2}=1,\]
即得证。

kuing

最后的②挺好玩，不妨整个一般数字的结论：

设 `F_1(-c,0)`, `F_2(c,0)`, `c>0`，两个椭圆 `\Gamma_1`, `\Gamma_2` 均以 `F_1`, `F_2` 为焦点，半长轴分别为 `a_1`, `a_2`，其中 `a_1>a_2>c`，动点 `Q(x_0,y_0)` 在 `\Gamma_2` 上且 `y_0>0`，记直线 `QF_1` 与 `\Gamma_1` 在 `x` 轴上方的交点为 `A(x_1,y_1)`，直线 `QF_2` 与 `\Gamma_1` 在 `x` 轴上方的交点为 `B(x_2,y_2)`，求 `y_0`, `y_1`, `y_2` 之间的关系。

记 `\Gamma_1`, `\Gamma_2` 的离心率分别为 `e_1`, `e_2`，先看线段 `AQF_1`，有
\[\frac{y_0}{y_1}=\frac{x_0+c}{x_1+c}=\frac{QF_1}{AF_1}=\frac{a_1+e_1x_0}{a_2+e_2x_1},\]
则由等比定理得
\[\frac{x_0+c}{x_1+c}=\frac{a_1+e_1x_0-e_2(x_0+c)}{a_2+e_2x_1-e_2(x_1+c)}=\frac{a_1+(e_1-e_2)x_0-e_2c}{a_2-e_2c},\]
代入 `e_1=c/a_1`, `e_2=c/a_2` 化简得
\[\frac{y_0}{y_1}=\frac{x_0+c}{x_1+c}=\frac{a_1^2a_2-c(a_1-a_2)x_0-a_1c^2}{a_1(a_2^2-c^2)},\]
同理，对于线段 `BQF_2`，即以上结论的 `c` 变成 `-c`，因此必然有
\[\frac{y_0}{y_2}=\frac{a_1^2a_2+c(a_1-a_2)x_0-a_1c^2}{a_1(a_2^2-c^2)},\]
以上两式相加即得
\[\frac{y_0}{y_1}+\frac{y_0}{y_2}=\frac{2(a_1a_2-c^2)}{a_2^2-c^2}.\]

回到原题，即 `c=1`, `a_1=2`, `a_2=3/2`，结论即为
\[\frac1{y_1}+\frac1{y_2}=\frac43\cdot\frac1{y_0}.\]

（看来命题者设第①小问的目的是提示第②小问的关系也是类似的样子）

lrh2006

kuing 发表于 2024-9-22 04:50
最后的②挺好玩，不妨整个一般数字的结论：

设 `F_1(-c,0)`, `F_2(c,0)`, `c>0`，两个椭圆 `\Gamma_1`, `\ ...

看了几种解析，kk的字是最少的，那些看得头都大了
我知道我学不起来了，考试的时候要是能借kk的脑瓜子用一用该有多好呀

kuing

lrh2006 发表于 2024-9-22 08:29
看了几种解析，kk的字是最少的，那些看得头都大了
我知道我学不起来了，考试的时候要是能借kk的脑瓜子用 ...