请教一道圆锥曲线题，是否有比较巧妙的解法（不限于中学知识）

maomaoxiangcao

椭圆 $C$ ：$\frac {x^2} 4+\frac {y^2} 3=1$

P 为 $x=4$ 上一点，过 P 的直线 $m$ 交 $C$ 于 $A,B$，在线段 $AB$ 上取  $Q$，满足 $\frac {AP} {PB}=\frac {AQ} {QB} $，求证：当固定 $P$ 点时，$Q$ 在一条过焦点的直线上。

只会联立

kuing

不限于中学知识的话，那这就是极点极线的基本知识呗。

右焦点 F(1,0)，那么 x=4 就是 F 的极线。`\frac {AP} {PB}=\frac {AQ} {QB}` 说明 P、A、Q、B 调和，那么 Q 在 P 的极线上，而 P 在 F 的极线上，则 P 的极线必经过 F。

Mason·visible

kuing 发表于 2023-11-12 16:14
不限于中学知识的话，那这就是极点极线的基本知识呗。

右焦点 F(1,0)，那么 x=4 就是 F 的极线。`\frac {A ...

为什么x=4是F的极线？

kuing

Mason·visible 发表于 2023-11-12 20:43
为什么x=4是F的极线？

焦点的极线就是准线🙂

Tesla35

定比点差法。

一般性结论

若点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$在有心二次曲线$\frac{x^2}{a^2}\pm\frac{y^2}{b^2}=1$上,且直线$AB$恒过点$P(x_P,y_P),Q(x_Q,y_Q)$,且有$\frac{|AP|}{|PB|}=\frac{|AQ|}{|QB|}.$

设$\vv{AP}=\lambda\vv{PB}(\lambda\neq\pm1)$,则由定比分点公式可得
$\left\{\begin{aligned}
        &x_P=\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},\\
        &y_P=\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}.
\end{aligned}\right.$.

设$\vv{AQ}=-\lambda\vv{QB}$,则由定比分点公式可得
$\left\{\begin{aligned}
        &x_Q=\frac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda},\\
        &y_Q=\frac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda}.
\end{aligned}\right.$.

当$\lambda\neq\pm1$时,将点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$代入曲线,有
$$\left\{\begin{aligned}
        &\frac{x_1^2}{a^2}\pm\frac{y_1^2}{b^2}=1\\
        &\frac{x_2^2}{a^2}\pm\frac{y_2^2}{b^2}=1
\end{aligned}\right.$$

$\times\lambda^2$得到
$$\frac{\lambda^2x_2^2}{a^2}\pm\frac{\lambda^2y_2^2}{b^2}=\lambda^2$$

作差整理可得
$$\frac{(x_1+\lambda x_2)(x_1-\lambda x_2)}{a^2(1+\lambda)(1-\lambda)}\pm\frac{(y_1+\lambda y_2)(y_1-\lambda y_2)}{b^2(1+\lambda)(1-\lambda)}=1$$

将前式代入可得
$$\frac{x_Px_Q}{a^2}\pm\frac{y_Py_Q}{b^2}=1.$$

maomaoxiangcao

Tesla35 发表于 2023-11-19 20:44
定比点差法。

一般性结论

非常感谢，一年过去了再看这一题感觉就比较trivial了，大概是水平多少有些许进步吧（

kuing

Tesla35 发表于 2023-11-19 20:44
定比点差法。

一般性结论

仿 585 写个一般式的：

若点 $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$ 在二次曲线 $ax^2+2bxy+cy^2+2dx+2ey+f=0$ 上，两点 $P(x_P,y_P)$, $Q(x_Q,y_Q)$ 在直线 `AB` 上且满足 `\abs{AP}:\abs{PB}=\abs{AQ}:\abs{QB}`，则可设 $\vv{AP}=\lambda\vv{PB}$, $\vv{AQ}=-\lambda\vv{QB}$（$\lambda\neq\pm1$），由定比分点公式可得
\[
\begin{aligned}
x_P&=\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},&x_Q&=\frac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda},\\
y_P&=\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda},&y_Q&=\frac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda},
\end{aligned}
\]
将 `A`, `B` 代入曲线中得
\begin{align*}
ax_1^2+2bx_1y_1+cy_1^2+2dx_1+2ey_1+f&=0,&&(1)\\
ax_2^2+2bx_2y_2+cy_2^2+2dx_2+2ey_2+f&=0,&&(2)
\end{align*}
则
\begin{align*}
&\frac{(1)-\lambda^2\cdot(2)}{1-\lambda^2}\\
\riff{}& a\frac{x_1^2-\lambda^2x_2^2}{1-\lambda^2}+2b\frac{x_1y_1-\lambda^2x_2y_2}{1-\lambda^2}+c\frac{y_1^2-\lambda^2y_2^2}{1-\lambda^2}+2d\frac{x_1-\lambda^2x_2}{1-\lambda^2}+2e\frac{y_1-\lambda^2y_2}{1-\lambda^2}+f=0,\quad(3)
\end{align*}
第一三项和 5# 一样
\begin{align*}
\frac{x_1^2-\lambda^2x_2^2}{1-\lambda^2}&=\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda}\cdot\frac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda}=x_Px_Q,\\
\frac{y_1^2-\lambda^2y_2^2}{1-\lambda^2}&=\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}\cdot\frac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda}=y_Py_Q,
\end{align*}
第二项则有
\[\frac{2(x_1y_1-\lambda^2x_2y_2)}{1-\lambda^2}=\frac{(x_1+\lambda x_2)(y_1-\lambda y_2)+(x_1-\lambda x_2)(y_1+\lambda y_2)}{(1+\lambda)(1-\lambda)}=x_Py_Q+x_Qy_P,\]
后面的一次项相当于上式的两 `y` 为 `1` 和两 `x` 为 `1`，所以是类似的
\begin{align*}
\frac{2(x_1-\lambda^2x_2)}{1-\lambda^2}&=\frac{(x_1+\lambda x_2)(1-\lambda)+(x_1-\lambda x_2)(1+\lambda)}{(1+\lambda)(1-\lambda)}=x_P+x_Q,\\
\frac{2(y_1-\lambda^2y_2)}{1-\lambda^2}&=\frac{(y_1+\lambda y_2)(1-\lambda)+(y_1-\lambda y_2)(1+\lambda)}{(1+\lambda)(1-\lambda)}=y_P+y_Q,
\end{align*}
都代入式 (3) 中即得
\[ax_Px_Q+b(x_Py_Q+x_Qy_P)+cy_Py_Q+d(x_P+x_Q)+e(y_P+y_Q)+f=0.\]