两个椭圆相关结论

lemondian

两个椭圆相关结论：
1.给定椭圆$E_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),E_2:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=\lambda (\lambda >0,且\lambda\ne1)$，直线$l_1$与$E_1$的两个交点为$A,B$，且与$E_2$的一个交点为$P$，直线$l_2$与$E_1$的两个交点为$C,D$，且与$E_2$的一个交点为$Q$，则$|PA|\cdot |PB|+|QC|\cdot |QD|=(a^2+b^2)\cdot |1-\lambda |$的充要条件为$k_{AB}\cdot k_{CD}=\pm\dfrac{b^2}{a^2} $。
2..给定椭圆$E_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),E_2:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=\lambda (\lambda >0,且\lambda\ne1)$，直线$l_1$与$E_1$的两个交点为$A,B$，且与$E_2$的一个交点为$P$，直线$l_2$与$E_1$的两个交点为$C,D$，且与$E_2$的一个交点为$Q$，则$|PA|\cdot |PB|\cdot |QC|\cdot |QD|=a^2b^2 （1-\lambda）^2$的充要条件为$k_{AB}\cdot k_{CD}=\pm\dfrac{b}{a} $。
(1)请问如何证明？
（2）双曲线有没有类似的结论？

kuing

一看就知道用伸缩变换简单，那些乘积用圆幂定理来处理再正常不过……

沿 `y` 轴方向拉伸至原来的 `a/b` 倍，则两椭圆变成同心圆 `x^2+y^2=a^2`, `x^2+y^2=\lambda a^2`，为方便码代码记 `l_1`, `l_2` 的斜率为 `k_1`, `k_2`，设 `A`, `B`, `P` 变换后为 `A'`, `B'`, `P'`，则有
\[\frac{PA}{P'A'}=\frac{PB}{P'B'}=\frac{\sqrt{1+k_1^2}}{\sqrt{1+\frac{a^2}{b^2}k_1^2}},\]由于变换后是圆，那么由圆幂定理可知 `P'A'\cdot P'B'` 为两圆半径平方之差，即
\[P'A'\cdot P'B'=|a^2-\lambda a^2|=a^2|1-\lambda|,\]所以
\[PA\cdot PB=\frac{1+k_1^2}{1+\frac{a^2}{b^2}k_1^2}\cdot a^2|1-\lambda|=\frac{1+k_1^2}{b^2+a^2k_1^2}\cdot a^2b^2|1-\lambda|,\]同理
\[QC\cdot QD=\frac{1+k_2^2}{b^2+a^2k_2^2}\cdot a^2b^2|1-\lambda|,\]所以
\begin{align*}
&PA\cdot PB+QC\cdot QD=(a^2+b^2)\cdot|1-\lambda|\\
\iff{}&\frac{1+k_1^2}{b^2+a^2k_1^2}+\frac{1+k_2^2}{b^2+a^2k_2^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2b^2}\\
\iff{}&(a^2-b^2)(b^4-k_1^2k_2^2a^4)=0\\
\iff{}& k_1k_2=\pm\frac{b^2}{a^2},
\end{align*}以及
\begin{align*}
&PA\cdot PB\cdot QC\cdot QD=a^2b^2(1-\lambda)^2\\
\iff{}&\frac{1+k_1^2}{b^2+a^2k_1^2}\cdot\frac{1+k_2^2}{b^2+a^2k_2^2}=\frac1{a^2b^2}\\
\iff{}&(a^2-b^2)(b^2-k_1^2k_2^2a^2)=0\\
\iff{}& k_1k_2=\pm\frac ba.
\end{align*}

lemondian

回复 2# kuing
谢谢kuing！
其它看懂了，就这个看不明白：
$\dfrac{PA}{P'A'}=\dfrac{PB}{P'B'}=\dfrac{\sqrt{1+k_1^{2}}}{\sqrt{1+\dfrac{a^2}{b^2}k_1^{2}}}$
绅缩我用得少，kuing写得简练，我还转不过来

lemondian

回复 3# lemondian
哦，请问kuing是不是这样？
因为$PA=\sqrt{1+k_1^2}|x_P-x_A|,P'A'=\sqrt{1+\dfrac{a^2}{b^2}k_1^2}|x_P{'}-x_A{'}|=\sqrt{1+\dfrac{a^2}{b^2}k_1^2}|x_P-x_A|$,
所以，$\dfrac{PA}{P'A'}=\dfrac{\sqrt{1+k_1^2}}{\sqrt{1+\dfrac{a^2}{b^2}k_1^2}}$.

色k

回复 4# lemondian

是的，所以这些就是想想就会明白，我就懒得细讲了