椭圆中直线间的斜率关系（求助）

lemondian

已知点$F$为椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的右焦点，$A(-\frac{a^2}{c},0)$，过点$F$且斜率为$k$的直线交椭圆$C$于$D,E$两点，记直线$AD,AE$的斜率为$k_1,k_2$，则$k,与k_1,k_2$之间有没有什么等量关系？

kuing

你是在编题还是想搞啥？

既然是开放xing问题，干脆从更一般的情形玩起。

二次曲线 `\Gamma`: `Ax^2+By^2=1`，过定点 `P(m,n)` 的直线与 `\Gamma` 交于 `D`, `E`，定点 `Q(s,t)`，记直线 `DE`, `QD`, `QE` 的斜率分别为 `k`, `k_1`, `k_2`，求三者的关系。

解：依题意 `DE` 的方程为 `y=k(x-m)+n`，设 `D(x_1,y_1)`, `E(x_2,y_2)`，则
\[k_1=\frac{k(x_1-m)+n-t}{x_1-s},k_2=\frac{k(x_2-m)+n-t}{x_2-s},\]
解得
\[x_1=\frac{km-n-k_1s+t}{k-k_1},x_2=\frac{km-n-k_2s+t}{k-k_2},\]
联立 `DE` 及 `\Gamma` 的方程消 `y` 得
\[(A+Bk^2)x^2-2Bk(km-n)x+B(km-n)^2-1=0,\]
所以
\begin{align*}
\frac{km-n-k_1s+t}{k-k_1}+\frac{km-n-k_2s+t}{k-k_2}
&=\frac{2Bk(km-n)}{A+Bk^2},\\
\frac{km-n-k_1s+t}{k-k_1}\cdot\frac{km-n-k_2s+t}{k-k_2}
&=\frac{B(km-n)^2-1}{A+Bk^2},
\end{align*}
这样就可以把 `k_1`, `k_2` 解出来，表达式很长，具体来说 `k_1`, `k_2` 是如下关于 `K` 的方程的两根
\begin{align*}
&(A s^2+B k^2 m^2-2 B k^2 m s+B k^2 s^2-2 B k m n+2 B k n s+B n^2-1) K^2\\
&+2(-A k m s+A n s-A s t+B k^2 m t-B k^2 s t-B k n t+k) K\\
&+A k^2 m^2-2 A k m n+2 A k m t+A n^2-2 A n t+A t^2+B k^2 t^2-k^2 = 0. \quad(*)
\end{align*}

那么，对于楼主的情形，将 `A=1/a^2`, `B=1/b^2`, `m=c`, `n=0`, `s=-a^2/c`, `t=0` 代入式 (*) 化简得
\[a^2\bigl(b^4+(a^2+c^2)^2k^2\bigr)K^2+4a^2b^2c^2kK-b^4c^2k^2=0,\]
用离心率表示，就是
\[\bigl((1-e^2)^2+(1+e^2)^2k^2\bigr)K^2+4e^2(1-e^2)kK-e^2(1-e^2)^2k^2=0,\]
所以有
\begin{align*}
k_1+k_2&=\frac{-4e^2(1-e^2)k}{(1-e^2)^2+(1+e^2)^2k^2},\\
k_1k_2&=\frac{-e^2(1-e^2)^2k^2}{(1-e^2)^2+(1+e^2)^2k^2},
\end{align*}
当然，你也可以直接解出
\[k_1,k_2=\frac{-2e^2(1-e^2)k\pm e(1-e^4)k\sqrt{1+k^2}}{(1-e^2)^2+(1+e^2)^2k^2}.\]

kuing

另外，将 `k_1+k_2` 和 `k_1k_2` 那两式相除还有
\[\frac{k_1+k_2}{k_1k_2}=\frac4{(1-e^2)k},\]
也就是
\[\frac k{k_1}+\frac k{k_2}=\frac4{1-e^2},\]
这似乎是以前出过的题？你要的就是这个对吧？

kuing

对前面一般情形的结果研究后发现，其实只需要 `n=t=0` 就会有 `k/k_1+k/k_2` 这定值的结论，也就是说两定点可在 `x` 轴上随便取，不一定要是焦点和那啥，而且双曲线也可以。

具体来说，对式 (*) 代入 `n=t=0` 后化简为
\[\bigl(As^2-1+B(m-s)^2k^2\bigr)K^2-2(Ams-1)kK+(Am^2-1)k^2=0,\]
所以有
\[\frac k{k_1}+\frac k{k_2}=\frac{2(Ams-1)}{Am^2-1}.\]

lemondian

谢谢！@kuing.
是由一个题目引起的想法.
得好好消化一下！

色k

回复 5# lemondian

还用消化吗，就是死算啊

lemondian

回复 6# 色k
我以为又是什么极点极线什么的来处理，没想到这么可怕的运算

lemondian

回复 2# kuing
1）反之：在二次曲线 $\Gamma: Ax^2+By^2=1$，若直线$l$与$\Gamma$交于 D, E，定点 Q(s,t)，记直线 $DE, QD, QE $的斜率分别为$k, k_1, k_2$且$k, k_1, k_2$满足（*）式.是不是直线$l$必过定点$ P(m,n)$?
2)抛物线$y^2=2px$中，若直线$l$过其焦点$F$交抛物线交于 D, E两点，记直线 $DE, OD, OE $的斜率分别为$k, k_1, k_2$，易得$k_1+k_2=\dfrac{-4}{k}$.
请问在抛物线中有没有象椭圆更一般的结论？（例如定点不是原点什么的？）

kuing

回复 8# lemondian

抛物线不也一样操作么，一般情况的式子也是复杂的，当然这比椭圆双曲线要短些，不过还是长：
\begin{align*}
&\bigl((k m - n - k s)^2-2 p s\bigr)K^2\\
&+2(k^2 m t-k^2 s t+k m p-k n t+k p s-n p+p t)K\\
&-k(2 k m p-k t^2-2 n p+2 p t)=0,
\end{align*}
由此可以得到以下结论：

（1）`P(m,0)`, `Q(0,0)` 时 `k_1+k_2=-2p/(mk)`；

（2）`P(m,0)`, `Q(-m,0)` 时 `k_1+k_2=0`；

（3）`P\bigl(-3s,\pm\sqrt{2ps}\bigr)`, `Q(s,0)`, `ps>0` 时 `k_1+k_2=p/(4sk)`；

（4）`P` 随意，`Q(0,0)` 时 `k/k_1+k/k_2=1`；

（5）`P(m,0)`, `Q(s,0)` 时 `k/k_1+k/k_2=1+s/m`；

（6）`P(s,sp/t+t/2)`, `Q(s,t)` 时 `k/k_1+k/k_2=1`；

你可以随便取个点画个图验证以上结论，特别是（3）和（6），说不定是新的，没问题的话就可以拿来出题目了（我竟然变成出题人了……

其妙

楼主的题是左准点，怎么搭配的是右焦点？假如改成左焦点F，是不是爽一点？

其妙

回复 9# kuing
原来情形（2）有了

色k

回复 10# 其妙

估计是嫌太容易吧，这时有相似三角形，邪率互反，结论肯定简单。