椭圆（双曲线）上一点过两焦点比和为定值——转载 及 另解

isee

题目：已知椭圆$\Gamma:x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)$，其左右焦点分别 为$F_1,F_2$，点$P,A,B$在$\Gamma$上，若$\vv{PF_1}=\lambda_1\vv{F_1A}$，$\vv{PF_2}=\lambda_2\vv{F_2B}$，求$\lambda_1+\lambda_2$的值。


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附件中的图为一般情形。

转载备个份，这个解法可能是人教的wj0001，记不太清了，方便查找。

色k

好像是wj0001写的，不是mike，撸题集里好像提到过那帖，等会翻翻

isee

回复 2# 色k


    真是 516页；

   人教论坛 900614，我opera不能登录，奇怪。

kuing

回复 3# isee

俺的记忆力还是不错嘀……

PS、不能登录的问题昨晚我在这里也说过了……

游客

跟焦点没关系吧？

isee

回复 5# 游客

原问题是过焦点的，顶楼解法推广到一般了。


过焦点时的定值为$$2\frac {1+e^2}{1-e^2}$$

色k

回复 3# isee

今天应该能登录了，因为我已经看到在线列表里有人影了

isee

另解(通用来的韦达定理方式)的解析法 by iC


当点$P$在椭圆长轴端点时$$\lambda_1+\lambda_2=\frac {a-c}{a+c}+\frac {a+c}{a-c}=\frac {2a^2+2c^2}{a^2-c^2}=\frac {2(1+e^2)}{1-e^2}.$$

否则，设$P(x_0,y_0)$，$A_1(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，设直线$PA:x=t_1y-c$与椭圆联立，消$x$有$$b^2(t_1x-c)^2+a^2y^2-a^2b^2=1\iff (b^2t_1^2+a^2)y^2+\cdots+b^2c^2-a^2b^2=0\Rightarrow y_0y_1=\frac {b^2c^2-a^2b^2}{b^2t_1^2+a^2}.$$

同理，设直线$PB:x=t_2y+c$与椭圆联立，消$x$后，得$$y_0y_2=\frac {b^2c^2-a^2b^2}{b^2t_2^2+a^2}.$$

另一方面$$\vv{PF_1}=\lambda_1\vv{F_1A}\Rightarrow \lambda_1=-\frac{y_0}{y_1},$$

$$\vv{PF_2}=\lambda_2\vv{F_2A}\Rightarrow \lambda_2=-\frac{y_0}{y_2},$$

于是$$\lambda_1+\lambda_2=-y_0\left(\frac 1{y_1}+\frac 1{y_2}\right)=y_0^2\left(\frac {b^2(t_1^2+t_2^2)+2a^2}{a^2b^2-b^2c^2}\right).$$

而$$t_1^2+t_2^2=\frac {(x_0+c)^2+(x_0-c)^2}{y_0^2}=\frac {2x_0^2+2c^2}{y_0^2}$$代入上式，注意$b^2x_0^2+a^2y_0^2=a^2b^2$，即得$$\lambda_1+\lambda_2=\frac {2(1+e^2)}{1-e^2}.$$

比较想像中的计算要简单一些，个人感觉比直接代三点解方程用的技巧更少。

当然，这都是代数恒等变换的基本功。

isee

回复 8# isee

接8#，点$P$不为长轴端点时，下面单看一下$\lambda_1$，$\lambda_2$。

直线$PA$斜率存在时，记为$k_1=\frac 1{t_1}=\frac {y_0}{x_0+c}$，

$$\lambda_1=-\frac{y_0^2}{y_0y_1}=\frac{(b^2t_1^2+a^2)y_0^2}{a^2b^2-b^2c^2}=\frac{b^2(x_0+c)^2+a^2y_0^2}{a^2b^2-b^2c^2}=\frac{a^2+c^2+2cx_0}{a^2-c^2},$$

在上式，只需要将$c$换成$-c$就是$\lambda_2$的值，这结果还可以，但似乎并不实用，要是用能化成斜率就更佳了。




思考了良久，过焦点，特别想用焦半径公式(引入倾斜角)，不过，这样一来涉及的知识点又多了(且有点极坐标意思)，心一横，得，直接算$k_1^2$吧（先处理的与左焦点有关的$\lambda_1$）。



$$k_1^2=\frac {a^2y_0^2}{a^2(x_0+c)^2}=\frac {a^2b^2-b^2x_0^2}{a^2(x_0+c)^2}=\frac {b^2(a^2+c^2+2cx_0)-b^2(x_0+c)^2}{a^2(x_0+c)^2},$$

又$$\lambda_1=\frac{a^2+c^2+2cx_0}{a^2-c^2}\Rightarrow x_0+c=\frac {(\lambda_1-1)(a^2-c^2)}{2c},$$

代入上式，整理即有
\begin{align*}
k_1^2&=\frac {b^2(a^2-c^2)\lambda_1-b^2(x_0+c)^2}{a^2(x_0+c)^2}\\[1em]
&=\frac {4b^2c^2\lambda_1-b^2(a^2-c^2)(\lambda_1-1)^2}{a^2(a^2-c^2)(\lambda_1-1)^2}\\[1em] %%从这步之后，c不再有一般性
&=\frac {4c^2\lambda_1-(a^2-c^2)(\lambda_1-1)^2}{a^2(\lambda_1-1)^2}\\[1em]
&=\frac {-a^2(\lambda_1-1)^2+c^2(\lambda_1+1)^2)}{a^2(\lambda_1-1)^2}\\[1em]
&=-1+e^2\frac {(\lambda_1+1)^2}{(\lambda_1-1)^2}
\end{align*}

此式比较对称，不过，此时发现，其实这里知道$P$的坐标也好，$PA$的斜率也罢，其实是等价的.

这是过左焦点的直线斜率，过右焦点的斜率应该为$k_2^2=-1+e^2\frac {(\lambda_2+1)^2}{(\lambda_2-1)^2}$.

设直线$PA$的倾斜角为$\theta_1$，则$$1+k_1^2=1+\tan^2\theta_1=\sec^2\theta_1=e^2\frac {(\lambda_1+1)^2}{(\lambda_1-1)^2}\Rightarrow e\cos\theta_1=\pm \frac {\lambda_1-1}{\lambda_1+1}.$$


这就与常见结论统一的。

只是，这里斜率不存在时，未讨论

isee

几何解法见《椭圆的一个定值》

isee

回复 9# isee

补充：抛物线$y^2=2px$，$\vv{PF}=\lambda\vv{FA}$，$P(x_0,y_0)$，则$\lambda=\frac {2x_0}p$。

isee

再由熟知的过焦点弦公式$$|PA|=l=\frac{2b^2/a}{1-e^2\cos^2\theta_1}=\frac{2b^2/a\cdot(1+k_1^2)}{(1+k^2)-e^2},$$
可以得到$$k_1^2+1=\frac {e^2l}{l-\frac{2b^2}{a}},$$

与9#对照，就直接得到弦长与分比之间的关系$$\frac {l}{l-\frac{2b^2}{a}}=\frac {(\lambda_1+1)^2}{(\lambda_1-1)^2}\Rightarrow l=\frac{(\lambda_1+1)^2}{4\lambda_1}\cdot \frac{2b^2}a.$$