SPJ 的解析几何日记 2 —— 选择合适的出发点很重要

这是来自《圆锥曲线的几何性质》一书的一个命题。当然，我们训练的是解析几何而不是纯几何，因此我们要用解析几何的方法把他证明出来。

题面

注：点的名称相较原命题有改动。

过一点 \(T\) 作圆锥曲线的两条切线，切点为 \(A\) 和 \(B\)，任作一条平行于 \(TA\) 的直线，交 \(TB\) 于 \(C\)，交 \(AB\) 于 \(D\)，交圆锥曲线于 \(E,F\)。求证：\(|CD|^2=|CE| \cdot |CF|\)。

solution

注：这里只给出双曲线的解答过程，因为双曲线是最难的。椭圆和双曲线的解答方法类似，且椭圆还有一个基于仿射变换的更优雅的证明方式；抛物线则可以直接使用参数方程，计算量和思维量都远远低于椭圆、双曲线。

思路

首先必然是设出双曲线方程：\(\Gamma:x^2/a^2-y^2/b^2=1\)。由于 \(T\) 是任意一点，所以设 \(T(x_0,y_0)\)​​。

常见（但在这题上算不下去）的方法

接下来我们来看常见的处理思路（也是我在做这道题的时候弃用的方法）。事先说明：下面的做法我都默认使用直线参数方程描述线段乘积，因为其他方法（弦长公式+韦达、向量点乘+韦达）的计算量都不可接受（我试过），读者可自行尝试。

首先是韦达关系，有两种：

1. 双切线构造斜率韦达，也即设过 \(T\) 的双曲线的切线为 \(y-y_0=k(x-x_0)\)，然后与双曲线联立，令判别式为零，得到关于 \(k\) 的方程，写出关于 \(k\) 的韦达定理。
2. 直接联立切点弦 \(\dfrac{x_0 x}{a^2}-\dfrac{y_0y}{b^2}=1\) 与双曲线，写出 \(A,B\) 坐标的韦达定理。

这两种做法的思路大致相同，我们合在一起讲。

于是由于 \(TA\) 与 \(CD\) 平行，可以得到 \(CD\) 斜率，设出 \(CD\) 的方程，随后求出 \(C\) 点坐标，利用切点弦结论得到 \(AB\) 方程，再使用直线参数方程描述线段乘积即可。那么简单尝试一下可行性：

设 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，设 \(TA\) 斜率为 \(k_1=\dfrac{y_0-y_1}{x_0-x_1}\)，\(TB\) 斜率为 \(k_2=\dfrac{y_0-y_2}{x_0-x_2}\)。这里 \(k_1,k_2\) 的表达式较为复杂，下面的计算中我们先不代入。

\[TA:y-y_0=k_1(x-x_0) \\ TB:y-y_0=k_2(x-x_0) \\ CD:y=k_1x+b \]

联立 \(TB\) 与 \(CD\)，解得：

\[C(\frac{k_2x_0-y_0+b}{k_2-k_1},\frac{k_1k_2x_0-k_1y_0+k_2b}{k_2-k_1}) \]

假设直线 \(CD\) 倾斜角为 \(\theta\)，那么 \(\tan \theta =k_1,\sin \theta =\dfrac{k_1}{\sqrt{k_1^2+1}},\cos \theta=\dfrac{\pm 1}{\sqrt{k_1^2+1}}\)。

于是直线 \(CD\) 的参数方程为：

\[\begin{cases} x=x_c+n \cos \theta \\ y=y_c+n \sin \theta \end{cases} \]

由切点弦结论，得到 \(AB\) 方程为 \(\dfrac{x_0 x}{a^2}-\dfrac{y_0y}{b^2}=1\)，与 \(CD\) 的参数方程联立，解得：

\[|CD|=n=\frac{b^2x_0x_c-a^2(b^2+y_0y_c)}{-b^2x_0\cos \theta +a^2 y_0 \sin \theta} \]

做到这里，我们已经可以放弃这一方法了。因为 \(|CD|\) 的表达式在没有代入 \(C\) 点具体坐标的时候就已经非常复杂，代入复杂的 \(C\) 点坐标后之后只会更难看，之后无论是用韦达描述 \(k_1,k_2\) 关系还是 \(x_1,x_2\) 或 \(y_1,y_2\) 关系再消元更是不可接受的计算量。有兴趣的读者可以自行接着尝试，这个方法对于人类而言确实难以再进行下去了。

破局

我们回顾刚刚的做法的问题所在，就是：\(C\) 点坐标要用于直线参数方程，且这个直线参数方程要和一条直线、双曲线各要联立一次，但是 \(C\) 点坐标太过复杂，难以操作。

我们考虑直接设出点 \(C\)。选择什么方式来设比较好？直接设 \((x_3,y_3)\) 然后代进直线 \(TB\) 解析式消掉一个元？显然计算量偏大。能否只引进一个参数，避开繁琐的消元呢？我们可以使用定比分点。同时我们注意到，使用定比分点，会让“一条平行 \(TA\) 的直线”这一条件的描述变得简单！因为这样 \(C,D\)​ 可以直接共用一个分比！我们绕开了斜率，使用平行线分线段成比例描述出了平行这一条件！接下来就是用点 \(C\)​​ 坐标表示直线参数方程，与圆锥曲线联立并爆算即可。虽然计算量仍然较大，但是相较原来已经简化非常多了。于是我们开始计算。

过程

设 \(T(x_0,y_0)\)，由切点弦结论可得 \(AB:\dfrac{x_0 x}{a^2}-\dfrac{y_0y}{b^2}=1\)，设 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，于是：

\[\frac{x_1^2}{a^2}-\frac{y_1^2}{b^2}=1 \\ \frac{x_2^2}{a^2}-\frac{y_2^2}{b^2}=1 \\ \frac{x_0 x_1}{a^2}-\dfrac{y_0y_1}{b^2}=1 \\ \frac{x_0 x_2}{a^2}-\dfrac{y_0y_2}{b^2}=1 \\ \]

设 \(\overrightarrow{TC}=\lambda \overrightarrow{CB}\)，由平行线分线段成比例得 \(\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{DB}\)，则：

\[C(\frac{x_0+\lambda x_2}{1+\lambda},\frac{y_0+\lambda y_2}{1+\lambda} ) \\ D(\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda} ) \]

于是：

\[\begin{aligned} |CD|^2&=(\frac{x_0+\lambda x_2}{1+\lambda}-\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda})^2+(\frac{y_0+\lambda y_2}{1+\lambda}-\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda})^2 \\ &=\frac{(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2}{(1+\lambda)^2} \end{aligned} \]

记 \(TA\) 的斜率为 \(k=\dfrac{y_0-y_1}{x_0-x_1}\)，倾斜角为 \(\theta\)，于是 \(\tan \theta=k,\cos^2 \theta=\dfrac{1}{k^2+1},\sin^2 \theta=\dfrac{k^2}{k^2+1}\)​。

直线 \(CD\) 的参数方程为（\(n\)​ 为参数）：

\[\begin{cases} x=\frac{x_0+\lambda x_2}{1+\lambda}+n \cos \theta \\ y=\frac{y_0+\lambda y_2}{1+\lambda}+n \sin \theta \end{cases} \]

将它与 \(\Gamma:x^2/a^2-y^2/b^2=1\) 联立：

\[(\frac{x_0+\lambda x_2}{1+\lambda}+n \cos \theta)^2/a^2-(\frac{y_0+\lambda y_2}{1+\lambda}+n \sin \theta)/b^2=1 \]

整理得：

\[(b^2\cos^2 \theta-a^2\sin^2 \theta)n^2+\mu n -a^2b^2-\frac{-b^2(x_0+\lambda x_2)^2+a^2(y_0+\lambda y_2)^2}{(1+\lambda)^2}=0 \]

其中 \(\mu\) 是我们不关心的 \(n\) 的一次项系数。

于是该方程的两根 \(n_1,n_2\) 满足：

\[n_1 \cdot n_2=-\frac{a^2b^2+\frac{-b^2(x_0+\lambda x_2)^2+a^2(y_0+\lambda y_2)^2}{(1+\lambda)^2}}{b^2\cos^2 \theta-a^2\sin^2 \theta} \]

于是：

\[|CE| \cdot |CF|=\left |\frac{a^2b^2(1+\lambda)^2-b^2(x_0+\lambda x_2)^2+a^2(y_0+\lambda y_2)^2}{(b^2\cos^2 \theta-a^2\sin^2 \theta)(1+\lambda)^2}\right | \]

要证明：

\[|CD|^2=|CE| \cdot |CF| \]

即证：

\[\frac{(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2}{(1+\lambda)^2}=\left |\frac{a^2b^2(1+\lambda)^2-b^2(x_0+\lambda x_2)^2+a^2(y_0+\lambda y_2)^2}{(b^2\cos^2 \theta-a^2\sin^2 \theta)(1+\lambda)^2}\right | \]

即证：

\[(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2=\left |\frac{(1+\lambda)^2-\frac{(x_0+\lambda x_2)^2}{a^2}+\frac{(y_0+\lambda y_2)^2}{b^2}}{\frac{\cos^2 \theta}{a^2} -\frac{\sin^2 \theta}{b^2}}\right | \]

而：

\[\begin{aligned} \frac{(x_0+\lambda x_2)^2}{a^2}-\frac{(y_0+\lambda y_2)^2}{b^2} &=\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}+2\lambda(\frac{x_0 x_2}{a^2}-\dfrac{y_0y_2}{b^2})+\lambda^2(\frac{x_2^2}{a^2}-\frac{y_2^2}{b^2}) \\ &=\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}+2\lambda+\lambda^2 \end{aligned} \]

故要证的等式右侧实际上等于：

\[\left |\frac{\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}-1}{\frac{\cos^2 \theta}{a^2} -\frac{\sin^2 \theta}{b^2}}\right | \]

于是即证：

\[(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2=\left |\frac{\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}-1}{\frac{\cos^2 \theta}{a^2} -\frac{\sin^2 \theta}{b^2}} \right | \]

而：

\[\begin{aligned} \cos^2 \theta&=\frac{1}{k^2+1} \\ &=\frac{1}{\frac{(y_0-y_1)^2}{(x_0-x_1)^2}+1} \\ &=\frac{(x_0-x_1)^2}{(x_0-x_1)^2+(y_0+y_1)^2} \\ \sin^2 \theta&=1-\cos^2 \theta \\ &=\frac{(y_0-y_1)^2}{(x_0-x_1)^2+(y_0+y_1)^2} \end{aligned} \]

并且由于过 \(T(x_0,y_0)\) 能作 \(\Gamma\) 的两条切线，因此必有 \(\dfrac{x_0^2}{a^2}-\dfrac{y_0^2}{b^2}<1\)。

于是即证：

\[\left | \frac{(x_0-x_1)^2}{a^2}-\frac{(y_0-y_1)^2}{b^2}\right |=1-\left (\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}\right ) \]

而：

\[\begin{aligned} \text{等式左边}&=\left | \frac{(x_0-x_1)^2}{a^2}-\frac{(y_0-y_1)^2}{b^2} \right |\\ &=\left | \frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}-2\left (\frac{x_0 x_1}{a^2}-\dfrac{y_0y_1}{b^2}\right )+\frac{x_1^2}{a^2}-\frac{y_1^2}{b^2} \right |\\ &=\left | \frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}-1 \right |\\ &=1-\left (\frac{x_0^2}{a^2}-\frac{y_0^2}{b^2}\right ) \\ &=\text{等式右边} \end{aligned} \]

得证！

对于 \(TA\) 斜率不存在的情况，只需要交换 \(x\) 轴和 \(y\)​ 轴，那么上面的代数变形过程不会改变，证明同样成立。

Q.E.D.

评价

思维量：\(3/5\)；

计算量：\(4/5\)。