如何证明定直线

realnumber

椭圆C:$\frac{x^2}{2}+y^2=1$,直线y=0.5x交椭圆于A，B两点，直线MN与AB平行交椭圆于M,N两点。AM,BN交于P，
求证：（当MN移动时，）点P在一定直线上运动。


水平方向压缩，使得椭圆变圆，这个办法会，又没其它办法？

力工

楼主想问的一定是背景吧，肯定不是那怎么去算的方法。$MN//AB$，则中点，无穷远点$(2,1,0)$与$M,N或A,B$成调和点列，这样交点P就在无穷远点的极线上，即$y=-x$.

realnumber

力工 发表于 2024-4-2 16:05
楼主想问的一定是背景吧，肯定不是那怎么去算的方法。$MN//AB$，则中点，无穷远点$(2,1,0)$与$M,N或A,B$成 ...

谢谢,其实是计算方法,太难算了

kuing

realnumber 发表于 2024-4-2 21:08
谢谢,其实是计算方法,太难算了

可以尝试三角。

引理：椭圆 `x^2/a^2+y^2/b^2=1`（`a`, `b>0`）上有两点 `A(a\cos\alpha,b\sin\alpha)`, `B(a\cos\beta,b\sin\beta)`，则
\[k_{AB}=-\frac ba\cot\frac{\alpha+\beta}2,\quad(1)\]
直线 `AB` 的方程为
\[\cos\frac{\alpha+\beta}2\cdot\frac xa+\sin\frac{\alpha+\beta}2\cdot\frac yb=\cos\frac{\alpha-\beta}2.\quad(2)\]
引理略证：由和差化积可得式 (1) 以及 `AB` 中点 `M` 的坐标为
\[M\left(a\cos\frac{\alpha+\beta}2\cos\frac{\alpha-\beta}2,b\sin\frac{\alpha+\beta}2\cos\frac{\alpha-\beta}2\right),\]
所以 `AB` 的方程为
\[y-b\sin\frac{\alpha+\beta}2\cos\frac{\alpha-\beta}2=-\frac ba\cot\frac{\alpha+\beta}2\left(x-a\cos\frac{\alpha+\beta}2\cos\frac{\alpha-\beta}2\right),\]
化简即得式 (2)。

回到原题：由于 `k_{MN}=k_{AB}=` 定值，根据引理，可设 `A(a\cos\alpha_1,b\sin\alpha_1)`, `B(a\cos\beta_1,b\sin\beta_1)`, `M(a\cos\alpha_2,b\sin\alpha_2)`, `N(a\cos\beta_2,b\sin\beta_2)`，其中 `\alpha_1+\beta_1=\alpha_2+\beta_2=2\theta=` 定值，再由引理得直线 `AM` 和 `BN` 的方程分别为
\begin{align*}
\cos\frac{\alpha_1+\alpha_2}2\cdot\frac xa+\sin\frac{\alpha_1+\alpha_2}2\cdot\frac yb&=\cos\frac{\alpha_1-\alpha_2}2,\\
\cos\frac{\beta_1+\beta_2}2\cdot\frac xa+\sin\frac{\beta_1+\beta_2}2\cdot\frac yb&=\cos\frac{\beta_1-\beta_2}2,
\end{align*}
以上两式组成的方程组的解就是点 `P`，但这里不需要解出具体表达式，只需注意到由 `\alpha_1+\beta_1=\alpha_2+\beta_2` 可知以上两式的右端相等，所以两式相减即得
\[\left(\cos\frac{\alpha_1+\alpha_2}2-\cos\frac{\beta_1+\beta_2}2\right)\frac xa+\left(\sin\frac{\alpha_1+\alpha_2}2-\sin\frac{\beta_1+\beta_2}2\right)\frac yb=0,\]
再用和差化积并由 `\alpha_1+\alpha_2+\beta_1+\beta_2=4\theta` 可知上式化为
\[-\sin\theta\cdot\frac xa+\cos\theta\cdot\frac yb=0,\]
所以点 `P` 就恒在这条直线上。