圆锥曲线老结论

aishuxue

点D是椭圆外一点，EF 是点D关于椭圆的切点弦，过点 D 任作一条直线交椭圆与 $A, B$ ，交直线 $E F$ 于点 $C$ ，则 $A, B, C, D$ 成调和点列
前几天碰到一道高考模拟题:苏州大学2013届高考考前指导卷(1),才想起上述结论，
好像利用仿射变换转化成圆较容易证明！若不变换，似乎不太容易证明！望高手指导！

其妙

（1）由题意，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，则 $a=\sqrt{3} c, b^2=a^2-c^2=2 c^2$ ，故椭圆方程为 $\frac{x^2}{3 c^2}+\frac{y^2}{2 c^2}=1$ ，即 $2 x^2+3 y^2-6 c^2=0$ ，其中 $A(0, \sqrt{2} c), F_1(-c, 0), ~ \therefore$ 直线 $A F_1$ 的斜率为 $\sqrt{2}$ ，此时直线 $A F_1$ 的方程为 $y=\sqrt{2}(x+c)$ ，联立 $\left\{\begin{array}{l}2 x^2+3 y^2-6 c^2=0, \\ y=\sqrt{2}(x+c),\end{array}\right.$ 得 $2 x^2+3 c x=0$ ，解得 $x_1=0$（舍）和 $x_2=-\frac{3}{2} c$ ，即 $B\left(-\frac{3}{2} c,-\frac{\sqrt{2}}{2} c\right)$ ，由对称性知 $C\left(\frac{3}{2} c,-\frac{\sqrt{2}}{2} c\right)$ ．直线 $B O$ 的方程为 $y=\frac{\sqrt{2}}{3} x$ ，线段 $A C$ 的中点坐标为 $\left(\frac{3 c}{4}, \frac{\sqrt{2} c}{4}\right)$ ，
$A C$ 的中点坐标 $\left(\frac{3 c}{4}, \frac{\sqrt{2} c}{4}\right)$ 满足直线 $B O$ 的方程，即直线 $B O$ 平分线段 $A C$ ．
（2）设过 $P$ 的直线 $l$ 与椭圆交于两个不同点的坐标为 $M\left(x_1, y_1\right), N\left(x_2, y_2\right)$ ，点 $Q(x, y)$则 $2 x_1^2+3 y_1^2=6 c^2, 2 x_2^2+3 y_2^2=6 c^2 . \because \frac{M P}{P N}=\frac{M Q}{Q N}, \therefore$ 设 $\frac{M P}{P N}=\frac{M Q}{Q N}=\lambda$ ，则 $\overrightarrow{M P}=-\lambda \overrightarrow{P N}, \overrightarrow{M Q}=\lambda \overrightarrow{Q N}$ ，求得 $m=\frac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda}, x=\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda}$ ，
\[
\begin{aligned}
& n=\frac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda}, y=\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}, \therefore m x=\frac{x_1^2-\lambda^2 x_2^2}{1-\lambda^2}, n y=\frac{y_1^2-\lambda^2 y_2^2}{1-\lambda^2}, \\
& \therefore 2 m x+3 n y=\frac{2 x_1^2-2 \lambda^2 x_2^2+3 y_1^2-3 \lambda^2 y_2^2}{1-\lambda^2}=\frac{2 x_1^2+3 y_1^2-\lambda^2\left(2 x_2^2+3 y_2^2\right)}{1-\lambda^2}=6 c^2,
\end{aligned}
\]
由于 $m, n, C$ 为常数，所以点 $Q$ 恒在直线 $2 m x+3 n y-6 c^2=0$ 上．

其妙

实际上点Q在点P关于椭圆的极线上。