极点在圆锥曲线内的极线有没有适合高中生的证明

joatbmon

点$P(x_0,y_0)$在双曲线$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$内部，过$P$作双曲线的两弦$AB,CD$，直线$AC$与$BD$交于点$Q$，则$Q$的轨迹是$\dfrac{x_0x}{a^2}-\dfrac{y_0y}{b^2}=1$，有无初等的但是计算量小一点的证明？用双曲线是不想拉成圆。曲线系可不可以？想不出来，求助。射影几何补充的概念太多了，也不太合适。

isee

回复 1# joatbmon


    椭圆内的，算是比较接近楼主想法了，转载，供参考blog.sina.com.cn/s/blog_54df069f0102yucj.html

kuing

注意到双曲线 `x^2/a^2-y^2/b^2=1` 上的点可设为 `x=a(t+t^{-1})/2`, `y=b(t-t^{-1})/2`。

现在设双曲线 `x^2/a^2-y^2/b^2=1` 上四点依次为
\[A_k\left(a\cdot\frac{t_k+t_k^{-1}}2,b\cdot\frac{t_k-t_k^{-1}}2\right),\quad k=1,2,3,4,\]
设直线 `A_1A_2` 与 `A_3A_4` 交于 `P(x_P,y_P)`，不难求出两直线方程为
\begin{align*}
A_1A_2\colon\quad&(1+t_1t_2)\frac xa+(1-t_1t_2)\frac yb=t_1+t_2,\\
A_3A_4\colon\quad&(1+t_3t_4)\frac xa+(1-t_3t_4)\frac yb=t_3+t_4,
\end{align*}
联立它们可算出交点
\begin{align*}
x_P&=a\cdot\frac{(t_1-t_4)(1+t_2t_3)+(t_2-t_3)(1+t_1t_4)}{2(t_1t_2-t_3t_4)},\\
y_P&=b\cdot\frac{(t_1-t_4)(-1+t_2t_3)+(t_2-t_3)(-1+t_1t_4)}{2(t_1t_2-t_3t_4)},
\end{align*}
又设直线 `A_1A_3` 与 `A_2A_4` 交于 `Q(x_Q,y_Q)`，不用重新联立，只需将上述 `t_2`, `t_3` 交换即可，即
\begin{align*}
x_Q&=a\cdot\frac{(t_1-t_4)(1+t_2t_3)-(t_2-t_3)(1+t_1t_4)}{2(t_1t_3-t_2t_4)},\\
y_Q&=b\cdot\frac{(t_1-t_4)(-1+t_2t_3)-(t_2-t_3)(-1+t_1t_4)}{2(t_1t_3-t_2t_4)},
\end{align*}
于是有
\[\frac{x_Px_Q}{a^2}-\frac{y_Py_Q}{b^2}=\frac{M-N}{4(t_1t_2-t_3t_4)(t_1t_3-t_2t_4)},\]
其中
\begin{align*}
M&=(t_1-t_4)^2(1+t_2t_3)^2-(t_2-t_3)^2(1+t_1t_4)^2,\\
N&=(t_1-t_4)^2(-1+t_2t_3)^2-(t_2-t_3)^2(-1+t_1t_4)^2,
\end{align*}
很容易算出
\[M-N=4(t_1-t_4)^2t_2t_3-4(t_2-t_3)^2t_1t_4=4(t_1t_2-t_3t_4)(t_1t_3-t_2t_4),\]
这样我们就得到了
\[\frac{x_Px_Q}{a^2}-\frac{y_Py_Q}{b^2}=1.\]

因此，如果 `P` 为定点 `P(x_0,y_0)`，则 `Q` 就在恒在如下直线上
\[\frac{x_0x}{a^2}-\frac{y_0y}{b^2}=1.\]

kuing

不需要重做一次，可以由双曲线转化成椭圆，只需注意到
\[(a\cos\theta,b\sin\theta)\iff\left(a\cdot\frac{t+t^{-1}}2,\frac bi\cdot\frac{t-t^{-1}}2\right),\quad t=\cos\theta+i\sin\theta,\]
这样，我们可以设椭圆 `x^2/a^2+y^2/b^2=1` 上的四点依次为
\[A_k\left(a\cdot\frac{t_k+t_k^{-1}}2,\frac bi\cdot\frac{t_k-t_k^{-1}}2\right),\quad t_k=\cos\theta_k+i\sin\theta_k,\quad k=1,2,3,4,\]
于是相当于楼上的 `b` 变成了 `b/i` 而已，所以最终必然是得到
\[\frac{x_Px_Q}{a^2}+\frac{y_Py_Q}{b^2}=1.\]