最近推了一个圆锥曲线的结论, 因此记录一下.

先上结论:

若有圆锥曲线 $\Gamma\colon\frac{x^2}{A}+\frac{y^2}{B}=1$ ,$A$ 与 $B$ 不同时取负数 (这样就同时代表了双曲线和椭圆) , 那么对于一个在该圆锥曲线上的点 $P_1(x_1,y_1)$ 来说, 存在一个点 $P_2(\frac{A-B}{A+B}x_1,\frac{B-A}{A+B}y_1)$ . 若作直线 $l_1, l_2$ 过点 $P_0$ 且相互垂直, 那么这两条直线与该圆锥曲线异于 $P_0$ 的两个交点 $M,N$ 的连线恒过点 $P_1$ .

对于形如 $y^2=2px$ 的抛物线也有类似结论, 不过 $P_2$ 为 $(2p+x_1,-y_1)$.

如何得到

我们以椭圆为例. 设椭圆 $\Gamma\colon\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ , 点 $P_2 (x_2, y_2)$ , 直线 $l_{MN}\colon y-y_2=k(x-x_2)$ 联立可得 $$ (a^2k^2+b^2)x^2+2a^2k(y_2-kx_2)x+a^2((kx_2-y_2)^2-b^2)=0 $$ 设直线 $l_{MN}$ 与曲线交点为 $M(x_m,y_m),N(x_n,y_n)$ 根据韦达定理可得 $$ \begin{aligned} x_mx_n=\frac{a^2((kx_2-y_2)^2-b^2)}{a^2k^2+b^2},x_m+x_n=\frac{2a^2k(kx_2-y_2)}{a^2k^2+b^2}\\ y_my_n=\frac{b^2((kx_2-y_2)^2-a^2k^2)}{a^2k^2+b^2},y_m+y_n=\frac{2b^2(y_2-kx_2)}{a^2k^2+b^2} \end{aligned} $$ 同时设 $P_1(x_1,y_1)$ ,有 $$ \begin{aligned} (x_m-x_1,y_m,y_1)\cdot(x_n-x_2,y_n-y_2)&=0\\ x_nx_m-x_1(x_m+x_n)+{x_2}^2+y_ny_m-y_1(y_m+y_n)+{y_2}^2&=0 \end{aligned} $$ 代入得 $$ \begin{aligned} a^2((kx_2-y_2)^2-b^2)-2x_1a^2k(kx_2-y_2)+b^2((kx_2-y_2)^2-a^2k^2)-2y_1b^2(y_2-kx_2)\\=-({x_1}^2+{y_1}^2)(a^2k^2+b^2) \end{aligned} $$ 即上式对于任意 $k$ 成立. 凭借这个复杂的等式我们已可以 (理论上) 求出 $P_1$ 与 $P_2$ 的关系, 但是这样太困难了, 我们稍稍取下巧, 只需取两个 $k$ 值就行, 很容易想到 $k=0$ 与 $k\to\infty$ (即令 $1/ \to 0$), 令 $k=0$ 得 $$ a^2({y_2}^2-b^2)+b^2{y_2}^2-2b^2y_1y_2=-b^2({x_1}^2+{y_1}^2) $$ 令 $k\to\infty$ 得 $$ b^2({x_2}^2-a^2)+a^2{x_2}^2-2a^2x_1x_2=-a^2({x_1}^2+{y_1}^2) $$ 这就好多了. 但是我们发现, 已知 $x_2,y_2$ 去求 $x_1,y_1$ 有困难, 但是我们稍稍整理一下就会发现 $$ (a^2+b^2)\cdot {y_2}^2 -2b^2y_1\cdot y_2 + b^2({x_1}^2+{y_1}^2)-a^2b^2=0\qquad(k=0) $$ 而这恰好是一个以 $x_1,y_1$ 作为参数的关于 $y_2$ 的二元一次方程, 那么就让我们把 $x_1,y_1$ 看成已知, 而 $x_2,y_2$ 看成未知的吧. 用求根公式可得 $$ y_2=\frac{2b^2y_1\pm\sqrt{4b^2{y_1}^2-4(a^2+b^2)(b^2({x_1}^2+{y_1}^2)-a^2b^2)}}{2(a^2+b^2)} $$ $x_2$ 的求法也是同理 (利用 $k\to \infty$ 的情况) , 这样我们就得出了结果. 等会... 这个公式和上面那个完全不一样啊! 而且还带 $\pm$ , 显然有一个解得舍去的啊! 事实上, 最上面那个公式只是这个公式的简化, 运用了到目前还没用过的最重要的等式, 即 $$ \begin{aligned} \frac{{x_1}^2}{a^2}+\frac{{y_1}^2}{b^2}&=1\\ a^2-{x_1}^2&=\frac{a^2}{b^2}{y_1}^2 \end{aligned} $$ 因此有 $$ \begin{aligned} y_2&=\frac{2b^2y_1\pm\sqrt{4b^2{y_1}^2-4(a^2+b^2)(b^2({x_1}^2+{y_1}^2)-a^2b^2)}}{2(a^2+b^2)}\\ &=\frac{b^2y_1\pm\sqrt{b^2(a^2-{x_1}^2)(a^2+b^2)-a^2b^2{y_1}^2}}{a^2+b^2}\\ &=\frac{b^2y_1\pm\sqrt{a^2{y_1}^2(a^2+b^2)-a^2b^2{y_1}^2}}{a^2+b^2}\\ &=\frac{b^2y_1\pm a^2y_1}{a^2+b^2} \end{aligned} $$ 取 $+$ 的不符合实际情况 $y_1=y_2$ , 于是就有 $$ y_1=\frac{b^2-a^2}{a^2+b^2}y_2 $$ 同理得 $$ x_1=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}x_2 $$ 双曲线和椭圆公式类似, 可以用同样方法求得, 并且归入最上面说到的一整个结论. 但是抛物线和它们可不太一样, 难道要重新求一遍? 并不, 注意到抛物线是椭圆的一种极限. 设抛物线 $E\colon y^2=2px$ , 有 $$ E\colon\lim_{n\to\infty} \frac{(x-np)^2}{n^2p^2}+\frac{y^2}{np^2}=1 $$ 利用上面求出的公式, 有 $$ \begin{aligned} x_2&=\lim_{n\to\infty}np+(x-np)\frac{n^2p^2-np^2}{n^2p^2+np^2}\\ &=\lim_{n\to\infty}np+(x-np)\frac{n-1}{n+1}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n-1}{n+1}x+\frac{2np}{n+1}\\ &=2p+x_1 \end{aligned} $$ $y_2=-y_1$ 也是类似求法. 由上得到了全部结果.

感想

解析几何就一句话: 干就完事了!