|
|
Last edited by hbghlyj 2025-4-8 05:25（3）证法 1 因为 $O P \perp A F$ ，则直线 $O P$ 的方程为 $y=\frac{c x}{b}$ ，
与直线 $A F$ 的方程 $\frac{x}{c}+\frac{y}{b}=1$ 联立，解得两直线交点的坐标为 $\left(\frac{b^2 c}{a^2}, \frac{b c^2}{a^2}\right)$ ．
因为线段 $O P$ 被直线 $A F$ 平分，所以点 $P$ 坐标为 $\left(\frac{2 b^2 c}{a^2}, \frac{2 b c^2}{a^2}\right)$ ．
由点 $P$ 在椭圆上，得 $\frac{4 b^4 c^2}{a^6}+\frac{4 b^2 c^4}{a^4 b^2}=4\left(\frac{c^2}{a^2} \cdot \frac{b^4}{a^4}+\frac{c^4}{a^4}\right)=1,$
又 $b^2=a^2-c^2$ ，设 $\frac{c^2}{a^2}=t(0<t<1)$ ，得 $4\left[(1-t)^2 \cdot t+t^2\right]=1.$（＊）
令 $f(t)=4\left[(1-t)^2 \cdot t+t^2\right]-1=4\left(t^3-t^2+t\right)-1$，
因为 $f(0)=-1<0, f(1)=3>0$ ，且 $f(t)$ 连续，
由函数零点存在性定理知 $f(t)=0$ 在区间 $(0,1)$ 上有解，即（＊）式方程有解，
故存在椭圆 $C$ ，使线段 $O P$ 被直线 $A F$ 平分．
证法 2 设椭圆的左焦点为 $F^{\prime}$ ．
根据题意可得，$P F^{\prime}=2 a-c$ ，设 $O P$ 与 $A F$ 的交点为 $M$ ，在 Rt $\triangle O A F$ 中，由 $\frac{1}{2} O F \cdot O A=\frac{1}{2} A F \cdot O M$ 得 $b c=a\cdot O M$ ，所以 $O M=\frac{b c}{a}, O P=\frac{2 b c}{a}$ ．
在 $\triangle O P F^{\prime}$ 中，由余弦定理得
\[
\cos \angle P O F^{\prime}=\frac{\left(\frac{2 b c}{a}\right)^2+c^2-(2 a-c)^2}{2 \cdot \frac{2 b c}{a} \cdot c}
\]
在 $\triangle O P F$ 中，由余弦定理得
\[
\cos \angle P O F=\frac{\left(\frac{2 b c}{a}\right)^2+c^2-c^2}{2 \cdot \frac{2 b c}{a} \cdot c}=\frac{\left(\frac{2 b c}{a}\right)^2}{2 \cdot \frac{2 b c}{a} \cdot c},
\]
因为 $\cos \angle P O F^{\prime}+\cos \angle P O F=0$ ，所以
\[
\frac{\left(\frac{2 b c}{a}\right)^2+c^2-(2 a-c)^2}{2 \cdot \frac{2 b c}{a} \cdot c}+\frac{\left(\frac{2 b c}{a}\right)^2}{2 \cdot \frac{2 b c}{a} \cdot c}=0
\]
整理得 $2 b^2 c^2-a^4+a^3 c=0$ ，由于 $b^2=a^2-c^2$ ，所以 $2 c^2\left(a^2-c^2\right)-a^4+a^3 c=0$ ，
化简得 $2 c^4-2 a^2 c^2-a^3 c+a^4=0$ ，即 $2 e^4-2 e^2-e+1=0$ ，
即 $2 e^2\left(e^2-1\right)=e-1$ ，也就是 $2 e^3+2 e^2-1=0$ ．
设 $g(e)=2 e^3+2 e^2-1(0<e<1)$ ，
因为 $g(0)=-1<0, g(1)=3>0$ ，且函数 $g(e)=2 e^3+2 e^2$ $-1(0<e<1)$ 连续，
由函数零点存在性定理，知 $g(e)=0$ 在区间 $(0,1)$ 上有解，故存在椭圆 $C$ ，使线段 $O P$ 被直线 $A F$ 平分． |
|
kuing
Posted 2017-5-23 17:38
