圆锥曲线垂直弦交点连线过定点

椭圆

命题描述

若直线 $l$ 与椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 交于A,B,两点,P $(x_0,y_0)\in C$ ,且 $PA\perp PB$ ,则 $l$ 过定点 $\Big (\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}x_0,-\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}y_0\Big )$

证明

设 $A(x_1,y_1)$ , $B(x_2,y_2)$ , $l:y=kx+m$

先看条件,有一个垂直,用上再说

\because PA \perp PB

\therefore k_{PA}\cdot k_{PB}=-1 \Rightarrow \frac{y_0-y_1}{x_0-x_1}\cdot \frac{y_0-y_2}{x_0-x_2}=-1

整理,得:

x_0^2-(x_1+x_2)x_0+x_1x_2+y_0^2-(y_1+y_2)y_0+y_1y_2=0 \tag{1}

按照惯例,联立 $C,l$

\begin{cases} \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\\\\ y=kx+b \end{cases} \Rightarrow (b^2+a^2k^2)x^2+2kma^2x+a^2(m^2-b^2)=0

\therefore x_1+x_2=-\frac{2kma^2}{b^2+a^2k^2},x_1x_2=\frac{a^2(m^2-b^2)}{b^2+a^2k^2}

看看还漏了什么...还有一个 $A,B$ 在 $l$ 上没用

由 $A,B\in l$

\begin{cases} y_1=kx_1+m\\\\ y_2=kx_2+m\\ \end{cases} \therefore \begin{cases} &y_1+y_2=k(x_1+x_2)+2m=\frac{2mb^2}{b^2+a^2k^2}\\\\ &y_1y_2=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=\frac{b^2(m^2-a^2k^2)}{b^2+a^2k^2} \end{cases}

代入 $(1)$ 得

x_0^2+\frac{2kma^2}{b^2+a^2k^2}\cdot x_0+\frac{a^2(m^2-b^2)}{b^2+a^2k^2}+y_0^2-\frac{2mb^2}{b^2+a^2k^2}\cdot y_0+\frac{b^2(m^2-a^2k^2)}{b^2+a^2k^2}=0

去分母,得

(b^2+a^2k^2)(x_0^2+y_0^2)+(2kma^2)x_0+a^2(m^2-b^2)+b^2(m^2-a^2k^2)-2mb^2y_0=0

~~展开之后有些项长的很像完全平方~~ 按完全平方整理,得

a^2(k^2x_0^2+2kmx_0+m^2)+b^2(m^2-2my_0+y_0^2)+b^2x_0^2-a^2b^2+a^2k^2y_0^2-a^2b^2k^2=0

即

a^2(kx_0+m)^2+b^2(y_0-m)^2+b^2x_0^2-a^2b^2+a^2k^2y_0^2-a^2b^2k^2=0 \tag{2}

后面那一坨东西看着就恶心,能不能干掉呢?

这不还有一个 $P$ 在 $C$ 上没用嘛~

由 $P \in C$

b^2x_0^2+a^2y_0^2=a^2b^2

故

b^2x_0^2-a^2b^2+a^2k^2y_0^2-a^2b^2k^2=-a^2y_0^2+k^2(a^2y_0^2-a^2b^2)=-a^2y_0^2-b^2k^2x_0^2

代入 $(2)$ ,整理,得

a^2[(kx_0+m)^2-y_0^2]=b^2[k^2x_0^2-(y_0-m)^2]

这东西竟然是一个平方差!别急着约分,看看等不等于0先

$\because P \notin l$

$\therefore kx_0+m-y_0 \neq 0$

然后就可以开心地约分了!

a^2(kx_0+m+y_0)=b^2(kx_0+y_0-m)

故

m=\frac{(b^2-a^2)(y_0+kx_0)}{a^2+b^2}

故

l: y=kx+\frac{(b^2-a^2)(y_0+kx_0)}{a^2+b^2}

整理,得

k\bigg [ x+\frac{(b^2-a^2)x_0}{a^2+b^2} \bigg ]=y-\frac{(b^2-a^2)y_0}{a^2-b^2}

故 $l$ 过定点:

\bigg (\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}x_0,\frac{b^2-a^2}{a^2+b^2}y_0 \bigg )

单独验证横线和竖线,符合上式 ~~其实是我懒得写~~

$Q.E.D.$

双曲线

命题描述

若直线 $l$ 与双曲线 $C: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ 交于 $A,B$ 两点, $P(x_0,y_0) \in C$ 且 $PB \perp PB$ ,则 $l$ 过定点 $\Big ( \frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}x_0,-\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}y_0 \Big)$

证明

设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),l:y=kx+m$

照例联立 $C,l$

\begin{cases} b^2x^2-a^2y^2-a^2b^2=0\\\\ y=kx+m \end{cases} \Rightarrow (b^2-a^2k^2)x^2-2a^kmx-a^2b^2-a^2m^2=0

\therefore x_1+x_2=\frac{2a^2km}{b^2-a^2k^2},x_1x_2=\frac{-a^2b^2-a^2m^2}{b^2-a^2k^2}

接下来就是垂直了,老是用斜率没意思,用一手向量点乘等于0

由 $PA \perp PB$

(x_0-x_1)(x_0-x_2)+(y_0-y_1)(y_0-y_2)=0

由于 $A,B$ 在 $l$ 上,故

\begin{aligned} y_1=kx_1+m\\\\ y_2=kx_2+m \end{aligned}

故上式可化为

(x_0-x_1)(x_0-x_2)+[(y_0-m)-kx_1][(y_0-m)-kx_2]=0

即

x_0^2+(y_0-m)^2-\[x_0+k(y_0-m)\](x_1+x_2)+(k^2+1)x_1x_2=0

代入韦达定理,得

x_0^2+(y_0-m)^2-\frac{2a^2km[x_0+k(y_0-m)]}{b^2-a^2k^2}-\frac{(k^2+1)(a^2b^2+a^2m^2)}{b^2-a^2k^2}=0

去分母,得

(b^2-a^2k^2)x_0^2+(b^2-a^2k^2)(y_0-m)^2-2a^2km[x_0+k(y_0-m)]-(k^2+1)(a^2b^2+a^2m^2)=0

隐隐约约看到写完全平方的影子,找出来写在一起:

-a^2(k^2x_0^2+2kmx_0+m^2)+b^2x_0^2-a^2k^2[(y_0-m)^2+2m(y_0-m)+m^2]+b^2(y_0-m)^2-k^2a^2b^2-a^2b^2=0

然后就可以化成平方啦,整体代入不展开真是个好习惯~

-a^2(kx_0+m)^2+b^2x^2-a^2k^2y_0^2+b^2(y_0-m)^2-k^2a^2b^2-a^2b^2=0 \tag{1}

由 $P \in C$ 得: $b^2x_0^2-a^2y_0^2-a^2b^2=0$ 故

\begin{aligned} -a^2y_0^2=a^2b^2-b^2x_0^2\\\\ -a^2b^2=a^2y_0^2-b^2x_0^2 \end{aligned}

代入 $(1)$ ,得

\begin{aligned} &-a^2(kx_0+m)^2+b^2x_0^2+k^2a^2b^2-k^2b^2x_0^2+b^2(y_0-m)^2-k^2a^2b^2+a^2y_0^2-b^2x_0^2=0\\\\ &\Leftrightarrow -a^2(kx_0+m)^2+b^2(y_0-m)^2-k^2b^2x_0^2+a^2y_0^2=0\\\\ &\Leftrightarrow a^2[y_0-(kx_0+m)^2]+b^2[(y_0-m)^2-k^2x_0^2]=0 \end{aligned}

然后就来到了喜闻乐见的平方差环节

a^2(y_0+kx_0+m)(y_0-kx_0-m)+b^2(y_0-m+kx_0)(y_0-m-kx_0)=0

还是要按照惯例判断是否为零

$\because P \notin C$

$\therefore y_0-kx_0-m \neq 0$

然后就可以约分啦~

a^2(y_0+kx_0+m)+b^2(y_0+kx_0-m)=0

\Rightarrow m=\frac{(a^2+b^2)y_0+(a^2+b^2)kx_0}{b^2-a^2}=-\frac{(a^2+b^2)(kx_0+y_0)}{a^2-b^2}

故

l: y=kx-\frac{(a^2+b^2)(kx_0+y_0)}{a^2-b^2}

单独把 $k$ 拎出来

y+\frac{y_0(a^2+b^2)}{a^2-b^2}=k\bigg (x-\frac{x_0(a^2+b^2)}{a^2-b^2}\bigg )

故 $l$ 过定点:

\bigg ( \frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}x_0,-\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}y_0\bigg )

单独验证横线和竖线,符合上式

$Q.E.D.$

抛物线

命题描述

若直线 $l$ 与抛物线 $C: y^2=2px$ 交于 $A,B$ 两点, $P(x_0,y_0)\in C$ ,且 $PA \perp PB$ ,则 $l$ 过定点 $(2p+x_0,-y_0)$

证明

~~整完双曲线以为抛物线有手就行,然鹅...这真是一个悲伤的故事...~~

设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),l:x=my+n$

横抛物线肯定是这样设直线简单啦~

照例联立 $C,l$

\begin{cases} y^2=2px\\\\ x=my+n \end{cases} \Rightarrow y^2=2pmy-2pn=0

\therefore y_1+y_2=2pm,y_1y_2=-2pn

照例向量点乘等于0

$\because PA \perp PB$

$\therefore (y_0-y_1)(y_0-y_2)+(x_0-x_1)(x_0-x_2)=0$

由于 $A,B$ 在 $l$ 上

\begin{aligned} x_1=my_1+n\\\\ x_2=my_2+n \end{aligned}

代入上式,得

y_0^2+(x_0-n)^2-\[y_0+m(x_0-n)\](y_1+y_2)+(m^2+1)y_1y_2=0

代入韦达定理,得

\begin{aligned} &y_0^2+(x_0-n)^2-2pm[y_0+m(x_0-n)]-2pm^2n-2pn=0\\\\ &\Leftrightarrow y_0^2-2pmy_0+(x_0-n)^2-2pm^2x_0-2pn=0 \end{aligned}

$\because P \in C$

$\therefore y_0^2=2px_0$

代入上式,然后是一通十分Genius的操作,注意,核心所在! ~~我是怎么想出来的?~~

\begin{aligned} &y_0^2-2pmy_0+(x_0-n)^2-m^2y_0-2pn=0\\\\ &\Leftrightarrow (1-m^2)y_0^2-2pmy_0+(x_0-n)^2-2pn=0\\\\ &\Leftrightarrow (1-m^2)y_0^2-2pmy_0-p^2+(x_0-n)^2-2pn+p^2=0 \leftarrow 妙不可言!\\\\ &\Leftrightarrow [(1+m)y_0+p][(1-m)y_0-p]+(x-n+p)^2-2px_0=0\\\\ &\Leftrightarrow (y_0+my_0+p)(y_0-my_0-p)+(x_0-n+p)^2-y_0^2=0\\\\ &\Leftrightarrow y_0^2-(my_0+p)^2+(x_0-n+p)^2-y_0^2=0\\\\ &\Leftrightarrow (x_0-m+p)^2-(my_0+p)^2=0 \end{aligned}

然后就又到了喜闻乐见的平方差环节

(x_0-n+p+my_0+p)(x_0-n+p-my_0-p)=0

即

(x_0-n+my_0+2p)(x_0-n-my_0)=0

剩下的就是常规操作啦

$\because P \notin C$

$\therefore x_0-n-my_0 \neq 0$

故

\begin{aligned} x_0-n+my_0+2p=0\\\\ \Rightarrow n=my_0+x_0+2p \end{aligned}

然后就可以愉快地写出直线的方程

l: x=my+my_0+x_0+2p

还是把 $m$ 单独拿出来

x-(x_0+2p)=m(y+y_0)

故 $l$ 过定点:

(x_0+2p,-y_0)

单独验证横线和竖线,符合上式

$Q.E.D.$

花絮

看到这里,你一定很好奇我到底算了多久吧?你一定很好奇我是怎么想到做法的吧?不如来看看这4大张草稿纸吧(笑~)

椭圆草稿纸

双曲线草稿纸

抛物线草稿纸,附送大问号一枚

太激动了又验算了一遍

参考资料

椭圆证明来自:爱数学的筑梦人:曲线上定点引垂直弦，交点连线过定点

封面图:知乎:【解析几何】什么是极线，好吃吗?

目录

圆锥曲线垂直弦交点连线过定点

椭圆

命题描述

证明

双曲线

命题描述

证明

抛物线

命题描述

证明

花絮

参考资料