解析几何笔记

数学

目录

• 数学
  • 一、双根式
    • Ex 1
    • Ex 2
  • 二、极坐标
    • Ex 1
    • Ex 2
  • 三、平移齐次化
    • Ex 1
  • 四、同构式
    • Ex 1
  • 五、定比点差法
    • Ex 1
    • Ex 2
  • 六、极点极线和调和点列

一、双根式

将圆锥曲线和直线联立，展开并做韦达定理是困难的。但是考虑到任意二次方程都可以写成 \(g(x) = a(x_1 - x)(x_2 - x) = 0\) 的形式，可以将 \(x\) 换成某些常数后求出 \(g\) 的值，这样就避免了韦达定理。

例如联立方程得到：\((ty - 2) ^ 2 + 5y^2 - 20 = 0\)，要求 \((y_1 - 2)(y_2 - 2)\) 的值。先将 \((ty - 2) ^ 2 + 5y^2 - 20 = 0\) 化成 \((t^2 + 5)(y_1 - y)(y_2 - y) = 0\)。将 \(y = 2\) 代入得到 \((t ^ 2 + 5)(y_1 - 2)(y_2 - 2) = (2t - 2)^ 2\)，由此得到 \((y_1 - 2)(y_2 - 2) = \dfrac{(2t - 2)^ 2}{t^2 + 5}\)。

Ex 1

椭圆 \(\dfrac{x ^ 2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1\)，左顶点为 \(A\)，过左交点 \(F\) 的直线交椭圆于 \(P, Q\) 两点。求证 \(AP\) 和 \(AQ\)​​ 的斜率乘积为定值。

不妨设 \(P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2)\)，设直线 \(PQ\)：\(x = ty - 1\)。\(A(-2, 0)\)。

\(k_{AP} k_{AQ} = \dfrac{y_1y_2}{(x_1 + 2)(x_2 + 2)}\)。现在需要求出分子和分母的值。
然后联立椭圆方程和直线方程：

消掉 \(x\) 可以得到 \(3(ty - 1) ^ 2 + 4y^2 - 12 = (3t^2 + 4)(y_1 - y)(y_2 - y) = 0 \quad\quad(1)\)。

消掉 \(y\) 可以得到 \(3x^2 + \dfrac{4(x + 1) ^ 2}{t^2} - 12 = (3 + \dfrac{4}{t^2})(x_1 - x)(x_2 - x) = 0 \quad \quad (2)\)。

将 \(y = 0\) 代入 \((1)\) 得：\((3t^2 + 4)y_1y_2 = -9\)，\(y_1y_2 = \dfrac{-9}{3t^2 + 4}\)。

将 \(x = -2\) 代入 \(2\) 得：\((3 + \dfrac{4}{t^2})(x_1 + 2)(x_2 + 2) = \dfrac{4}{t^2}\)，\((x_1 + 2)(x_2 + 2) = \dfrac{4}{3t^2 + 4}\)。

因此两式之比为 \(- \dfrac{9}{4}\)。

Ex 2

已知椭圆方程 \(\dfrac{x^2}{20} + \dfrac{y^2}{4} = 1\)。上顶点为 \(A\)，左右焦点为 \(F_1, F_2\)，左右焦点与原点中点分别为 \(B_1, B_2\)。过 \(B_1\) 做直线 \(l\) 交椭圆于 \(P, Q\)。\(PB_1 \perp PB_2\)，求直线 \(l\) 的方程。

\(B_1(-2, 0), B_2(2, 0)\)，不妨设直线方程为 \(x = ty - 2\)。设 \(P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2)\)。

由于 \(PB_2 \perp QB_2\)，因此有 \((x_1 - 2)(x_2 - 2) + y_1y_2 = 0\)。

接下来联立直线方程和椭圆方程：

消掉 \(x\) 可以得到：\((ty-2)^2 + 5y^2 - 20 = (t^2 + 5)(y_1 - y)(y_2 - y) = 0 \quad \quad (1)\)。

消掉 \(y\) 可以得到：\(x^2 + 5(\dfrac{x + 2}{t}) ^ 2 - 20 = (\dfrac{5}{t^2} + 1)(x_1 - x)(x_2 - x) = 0 \quad \quad (2)\)。

将 \(y = 0\) 代入 \((1)\) 得 \((t ^ 2 + 5)y_1y_2 = -16\)，\(y_1y_2 = - \dfrac{16}{t^2 + 5}\)。

将 \(x = 2\) 代入 \((2)\) 得 \((\dfrac{5}{t^2} + 1)(x_1 - 2)(x_2 - 2) = -16 + \dfrac{80}{t^2}\),\((x_1 - 2)(x_2 - 2) = \dfrac{-16t^2 + 80}{t^2 + 5}\) 。

将两式相加得到：\((x_1 - 2)(x_2 - 2) + y_1y_2 = \dfrac{-16t^2 + 64}{t^2 + 5} = 0\)，因此 \(16t^2 = 64\)。解得 \(t = \pm 2\)。

因此直线方程为 \(x \pm 2y + 2 = 0\)。

二、极坐标

以椭圆的左焦点，双曲线的右焦点或者抛物线的交点作为极坐标源点建立极坐标系，三种圆锥曲线有统一的方程：

\[\rho = \dfrac{ep}{1 - e \cos \theta} \]

其中 \(e\) 为圆锥曲线的离心率，\(p\) 为焦点到准线的距离。

另外，如果将原点作为极坐标原点，令 \(x = \rho \cos \theta, y = \rho \sin \theta\)，能够得到另一种极坐标下的椭圆方程。

Ex 1

已知直线 \(l:y = k(x - 2)\) 与抛物线 \(C:y^2 = 8x\) 交于 \(A,B\)。若 \(|AF| = 2|BF|\)，则 \(k\) 的值是多少？

可以知道直线 \(l\) 过抛物线交点。根据焦半径公式：\(\dfrac{p}{1 - \cos \theta} = \dfrac{2p}{1 + \cos \theta}\)。解得 \(\cos \theta = \dfrac{1}{3}\)。由此可以解得 \(k = \tan \theta = 2 \sqrt 2\)。

Ex 2

已知椭圆的中心为 \(O\)，长轴、短轴长分别为 \(2a, 2b\)。\(P, Q\) 分别在椭圆上且 \(OP \perp OQ\)。求证 \(\dfrac{1}{|OP|^2} + \dfrac{1}{|OQ|^2}\) 为定值。

不妨将极坐标原点设置在原点，令 \(x = \rho \cos \theta, y = \rho \sin \theta\)。将其代入椭圆方程得到：

\[\dfrac{x ^ 2}{a ^ 2} + \dfrac{y ^ 2}{b ^ 2} = \dfrac{(\rho \cos \theta) ^ 2}{a ^ 2} + \dfrac{(\rho \sin \theta) ^ 2}{b ^ 2} = 1 \]

整理可得：\(\rho ^ 2 = \dfrac{a ^ 2 b ^ 2}{b ^ 2 \cos ^ 2 \theta + a ^ 2 \sin ^ 2 \theta}\)。

因此 \(\dfrac{1}{\rho_1 ^ 2} + \dfrac{1}{\rho_2 ^ 2} = \dfrac{b^2 \cos ^ 2 \theta + a ^ 2 \sin ^ 2 \theta + b ^ 2 \sin ^ 2 \theta+ a ^ 2 \cos ^ 2 \theta}{a ^ 2 b ^ 2} = \dfrac{a ^ 2 + b ^ 2}{a ^ 2 b ^ 2}\)。

三、平移齐次化

对于求解 \(k_1 \times k_2\)，\(k_1 + k_2\) 的双斜率问题，可以使用齐次化技巧，列出关于 \(k\) 的二次方程，再使用韦达定理。

Ex 1

已知 \(A, B\) 为抛物线 \(C:y ^ 2 = 2px\) 上异于顶点的两动点，以 \(AB\) 为直径的圆过顶点。求证直径 \(AB\) 过定点。

将题目条件转化可得：\(k_{OA} \times k_{OB} = -1\)。这样转化为双斜率问题。

不妨设 \(AB: mx + ny = 1\)。将其与抛物线的一次项相乘以齐次化，得到：

\[y ^ 2 - 2px(mx + ny) = 0 \]

两边同时除以 \(x ^ 2\) 得到：

\[k ^ 2 - 2p(m + nk) = k ^ 2 - 2pnk - 2pm = 0 \]

解得 \(k_1 \times k_2 = -2pm = -1\)，解得 \(m = \dfrac{1}{2p}\)。因此过定点 \((2p, 0)\)。

四、同构式

对于某些结构相同的式子，例如 \(Ax_1^2 + Bx_1^2 + C = 0\) 和 \(Ax_2^2 + Bx_2^2 + C= 0\)，可以将其视作 \(Ax^2 + Bx + C = 0\)，使用韦达定理求出 \(x_1, x_2\) 的关系。这种问题通常考验的是人的观察力。

Ex 1

已知椭圆 \(\dfrac{x ^ 2}{a ^ 2} + \dfrac{y ^ 2}{b ^ 2} = 1\) 内有顶点 \(P(1, 1)\)，过 \(P\) 的两条直线 \(l_1, l_2\) 分别与椭圆交于 \(A, C\) 和 \(B, D\)，且满足 \(\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{PC}, \overrightarrow{BP} = \lambda \overrightarrow{PD}\) 。若 \(\lambda\) 变化时，直线 \(CD\) 的斜率总是 \(-\dfrac{1}{4}\)，求椭圆的离心率 \(e\)。

设 \(A(x_1, y_1), B(x_2, y_2), C(x_3, y_3), D(x_4,y_4)\) 根据定比分点公式有：

\[\begin{align} x_1 + \lambda x_3 = 1 + \lambda \tag{1} \\ y_1 + \lambda y_3 = 1 + \lambda \tag{2} \\ x_2 + \lambda x_4 = 1 + \lambda \tag{3} \\ y_2 + \lambda y_4 = 1 + \lambda \tag{4} \\ \end{align} \]

根据相似三角形，\(\Delta ABP\) 与 \(\Delta CDP\) 相似。因此有 \(k_{AB} = k_{CD}\)。将斜率表示一下就可以得到：

\[k_{AB} = \dfrac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} = -\dfrac{1}{4} \tag{5} \]

对 \(A, B\) 做点差，可以得到：

\[\begin{align} &\dfrac{(x_1 + x_2)(x_1 - x_2)}{a ^ 2} + \dfrac{(y_1 + y_2)(y_1 - y_2)}{b ^ 2} = 0 \\ \Longrightarrow &\dfrac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} = -\dfrac{b^2(x_1 + x_2)}{a^2(y_1 + y_2)} = - \dfrac{1}{4} \\ \Longrightarrow & a^2(y_1 + y_2) = 4b^2(x_1+ x_2) \tag{6} \end{align} \]

同理可得

\[\begin{align} a ^ 2(y_3 + y_4) = 4b^2(x_3 + x_4) \tag{7}\\ \lambda a ^ 2(y_3 + y_4) = 4\lambda b^2(x_3 + x_4) \tag{8} \end{align} \]

\((6) + (8)\) 可得：

\[a^2(y_1 + y_2 + \lambda (y_3 + y_4)) = 4b^2(x_1 + x_2 + \lambda(x_3 + x_4)) \\ \Longrightarrow a ^ 2 = 4b^2 \]

因此 \(e = \dfrac{\sqrt 3}{2}\)。

五、定比点差法

通常用于解决条件形如 \(\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{PB}\) 的问题。这里需要用到定比分点公式：若有 \(\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{PB}\)，那么有：

\[\begin{cases} x_P = \dfrac{x_A + \lambda x_B}{1 + \lambda} \\\\ y_P = \dfrac{y_A + \lambda y_B}{1 + \lambda} \end{cases} \]

定比分点公式解决的是分点，而点差的方法和普通的点差法是相近的。具体地，一般要将 \((2)\) 式乘以 \(\lambda ^ 2\)，再用 \((1)\) 式减，得到：

\[\dfrac{(x_1 - \lambda x_2)(x_1 + \lambda x_2)}{a ^ 2} + \dfrac{(x_1 - \lambda x_2)(x_1 + \lambda x_2)}{a ^ 2} = 1 - \lambda ^ 2 \]

Ex 1

已知椭圆 \(\dfrac{x ^ 2}{4} + \dfrac{y ^ 2}{2} = 1\)，点 \(P(4, 1)\)。过点 \(P\) 的动直线 \(l\) 与椭圆 \(C\) 交于不同的两点 \(A, B\)。在 \(AB\) 上取点 \(Q\) 满足 \(|AP||QB| = |AQ||PB|\)。求证点 \(Q\) 在一条直线上。

将条件稍微转化就可以得到：\(\dfrac{|AP|}{|PB|} = \dfrac{|AQ|}{|QB|}\)。不妨设其为 \(\lambda\)，用向量表示就是：\(\overrightarrow{AP} = -\lambda \overrightarrow{PB}\)，\(\overrightarrow{AQ} = \lambda \overrightarrow{QB}\)。根据定比分点公式得：

\[\begin{align} 4 &= \dfrac{x_1 - \lambda x_2}{1 - \lambda} \Longrightarrow x_1 - \lambda x_2 = 4(1 - \lambda) \tag{1} \\ 1 &= \dfrac{y_1 - \lambda y_2}{1 - \lambda} \Longrightarrow y_1 - \lambda y_2 = 1 - \lambda \tag{2}\\ x_0 &= \dfrac{x_1 + \lambda x_2}{1 + \lambda} \Longrightarrow x_1 + \lambda x_2 = x_0(1 + \lambda) \tag{3}\\ y_0 &= \dfrac{y_1 + \lambda y_2}{1 + \lambda} \Longrightarrow y_1 + \lambda y_2 = y_0(1 + \lambda) \tag{4}\\ \end{align} \]

接下来将 \(AB\) 两点代入椭圆方程得到：

\[\begin{align} x_1^2 + 2y_1^2 = 4 \tag{5} \\ x_2^ 2 + 2y_2^2 = 4 \tag{6}\\ \end{align} \]

\((5) - (6) \times \lambda ^ 2\) 得：

\[(x_1 - \lambda x_2)(x_1 + \lambda x_2) + 2(y_1 - \lambda y_2)(y_1 + \lambda y_2) = 4 - 4\lambda^2 \]

将 \((1)(2)(3)(4)\) 代入可得：

\[\begin{align} &4(1 - \lambda)(x_1 + \lambda x_2) + 2(1 - \lambda)(y_1 + \lambda y_2) = 4 - 4^2\lambda\\ \Longrightarrow &2(x_1 + \lambda x_2) + (y_1 + \lambda y_2) = 2(1 + \lambda) \\ \Longrightarrow &2x_0(1 + \lambda) + y_0(1 + \lambda) = 2(1 + \lambda) \\ \Longrightarrow &2x_0 + y_0 = 2 \end{align} \]

因此 \(Q\) 在直线 \(2x + y - 2 = 0\) 上。

Ex 2

已知 \(F_1(-c, 0), F_2(c, 0)\) 分别为椭圆 \(\dfrac{x ^ 2}{a ^ 2} + \dfrac{y ^ 2}{b ^ 2} = 1\) 的左右焦点。\(P\) 为椭圆上任意一点。直线 \(PF_1, PF_2\) 分别交椭圆于 \(A, B\)。设 \(\overrightarrow{PF_1} = \lambda \overrightarrow{F_1 A}, \overrightarrow{PF_2} = \mu\overrightarrow{F_2 B}\)。求证 \(\lambda + \mu\) 为定值。

不妨设 \(P(x_0, y_0)\)，\(A(x_1, y_1)\)，\(B(x_2, y_2)\)。根据定比分点公式：

\[\begin{align} & x_0 + \lambda x_1 = -c(1 + \lambda) \tag{1} \\ & x_0 + \mu x_2 = c(1 + \mu) \tag{2} \\ & y_0 + \lambda y_1 = 0 \tag{3} \\ & y_0 + \mu y_2 = 0 \tag{4} \end{align} \]

将 \(A, B, P\) 分别代入椭圆方程得到：

\[\begin{align} b ^ 2 x_0 ^ 2 + a ^ 2 y_0 ^ 2 = a ^ 2 b ^ 2 \tag{5} \\ b ^ 2 x_1 ^ 2 + a ^ 2 y_1 ^ 2 = a ^ 2 b ^ 2 \tag{6} \\ b ^ 2 x_2 ^ 2 + a ^ 2 y_2 ^ 2 = a ^ 2 b ^ 2 \tag{7} \end{align} \]

对其做定比点差：\((5) - \lambda ^ 2 (6), (5) - \lambda ^ 2 (7)\) 得：

\[\begin{align} b ^ 2(x_0 + \lambda x_1)(x_0 - \lambda x_1) + a ^ 2(y_0 + \lambda y_1)(y_0 - \lambda y_1) = a ^ 2 b ^ 2 (1 - \lambda ^ 2)\tag{8}\\ b ^ 2(x_0 + \mu x_2)(x_0 - \mu x_2) + a ^ 2(y_0 + \mu y_2)(y_0 - \mu y_2) = a ^ 2 b ^ 2 (1 - \mu ^ 2)\tag{9} \end{align} \]

将 \((1)(2)(3)(4)\) 代入得：

\[\begin{align} -c(x_0 - \lambda x_1) = a ^ 2(1 - \lambda) \Longrightarrow x_0 - \lambda x_1 = \dfrac{a ^ 2(1 - \lambda)}{-c}\tag{10} \\ c(x_0 - \mu x_2) = a ^ 2(1 - \mu) \Longrightarrow x_0 - \mu x_2 = \dfrac{a ^ 2(1 - \mu)}{c}\tag{11} \end{align} \]

上课老师讲的做法很麻烦，要代入消元暴力去解，但是我觉得有更简单的办法。

根据观察可以得到：\((11) - (10) = (1) - (2)\)。这样直接把所有元都消掉了。因此有：

\[\dfrac{a^2(1 - \lambda)}{-c} - \dfrac{a ^ 2(1 - \mu)}{c} = -c(1 + \lambda) - c(1 + \mu) \]

很容易化简解得：

\[\lambda + \mu = \dfrac{2(a ^ 2 + c ^ 2)}{a ^ 2 - c ^ 2} \]

六、极点极线和调和点列

1. 极点极线成对出现。

2. 自极三角形：

​ 二次曲线的内接四边形，四边形对角线的交点为 \(P\)。两组对边延长交于两点 \(Q, R\)，\(\Delta PQR\) 称为自极三角形。在自极三角形中，任意两个点的连线都是另外一个点的极线。例如，\(QR\) 为 \(P\) 的极线，\(PR\) 是 \(Q\) 的极线，\(PQ\) 是 \(R\) 的极线。如下图是一个动态的过程，其中 \(A, D\) 点可以拖动。

3. 调和点列：已知 \(P\) 为曲线外一点，其极线为 \(l\)。过 \(P\) 做直线与极线和曲线分别交于 \(Q\) 和 \(A, B\)。那么必然有：\(\dfrac{2}{|PQ|} = \dfrac{1}{|PA|} + \dfrac{1}{|PB|}\)。这是一个调和平均数的形式，因此将 \(PQAB\) 叫做调和点列。下面是一个动态过程。

没什么好的 exercise，大部分能用极点极线做的题都很简单。