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一道三次曲线解析几何

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maths

2025-11-11

问题

已知定点 F1(−c,−r),F2(c,−r)F_1(-c,-r), F_2(c,-r)，动点 P(x,y)P(x,y) 与 F1,F2F_1, F_2 不共线，且存在一个圆心在 xx 轴上的圆与直线 PF1,PF2,F1F2PF_1, PF_2, F_1F_2 均相切，记 PP 的轨迹为 Γ\Gamma。设 Γ\Gamma 与 yy 轴不同于原点的交点为 MM，过 MM 的直线 ll 交 Γ\Gamma 于另外两点 A,BA, B，求证 kOA⋅kOB=−r2r2+c2k_{OA} \cdot k_{OB} = -\dfrac{r^2}{r^2 + c^2}。

解答

设圆心为 I(a,0)I(a,0)，则

kPF1=2kIF11−kIF12=2ra+c1−(ra+c)2=2r(a+c)(a+c−r)(a+c+r)k_{PF_1} = \frac{2k_{IF_1}}{1-k_{IF_1}^2} = \frac{2 \frac{r}{a+c}}{1 - \left(\frac{r}{a+c}\right)^2} = \frac{2r(a+c)}{(a+c-r)(a+c+r)}

同理 kPF2=2r(a−c)(a−c−r)(a−c+r)k_{PF_2} = \dfrac{2r(a-c)}{(a-c-r)(a-c+r)}，联立

{y+r=2r(a+c)(a+c−r)(a+c+r)(x+c)y+r=2r(a−c)(a−c−r)(a−c+r)(x−c)\begin{cases} y+r = \dfrac{2r(a+c)}{(a+c-r)(a+c+r)} (x+c) \\ y+r = \dfrac{2r(a-c)}{(a-c-r)(a-c+r)} (x-c) \end{cases}

解得

P(aa2−c2−r2a2−c2+r2,ra2−c2−r2a2−c2+r2)P\left( a \dfrac{a^2 - c^2 - r^2}{a^2 - c^2 + r^2}, r \dfrac{a^2 - c^2 - r^2}{a^2 - c^2 + r^2} \right)

因为 xM=0,yM≠0x_M=0, y_M \ne 0，所以 xMyMr=aM=0\dfrac{x_M}{y_M} r = a_M = 0，代入得 M(0,rc2+r2c2−r2)M\left(0, r\dfrac{c^2+r^2}{c^2-r^2}\right)。

由上 Γ\Gamma 与 yy 轴的交点只有 MM 和 OO，因此 ABAB 斜率存在。设 AB:y=kx+rc2+r2c2−r2AB: y=kx+r\dfrac{c^2+r^2}{c^2-r^2}，与 Γ\Gamma 联立，

ra2−c2−r2a2−c2+r2=kaa2−c2−r2a2−c2+r2+rc2+r2c2−r2r \dfrac{a^2 - c^2 - r^2}{a^2 - c^2 + r^2} = k a \dfrac{a^2 - c^2 - r^2}{a^2 - c^2 + r^2} + r\dfrac{c^2+r^2}{c^2-r^2}

由 a≠0a \ne 0 整理可得

ka2+2r3c2−r2a−k(c2+r2)=0k a^2 + \dfrac{2 r^3}{c^2 - r^2} a - k (c^2 + r^2) = 0

由韦达定理 aAaB=−(c2+r2)a_A a_B = -(c^2 + r^2)，故

kOA⋅kOB=yAxA⋅yBxB=raA⋅raB=−r2c2+r2□k_{OA} \cdot k_{OB} = \dfrac{y_A}{x_A} \cdot \dfrac{y_B}{x_B} = \dfrac{r}{a_A} \cdot \dfrac{r}{a_B} = -\dfrac{r^2}{c^2 + r^2} \qquad \square

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