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[几何] 一道调考解几题

本帖最后由 力工 于 2020-9-12 20:26 编辑

【2020武汉高三9月调考21】
点$P$是圆$x^2+y^2=r^2(r>0)$上异于点$A(-r,0),B(r,0)$的任一点,直线$AP$与椭圆$E:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$交于点$M,N$,直线$BP$与椭圆$E$交于点$S,T$.设$O$为坐标原点,直线$OM,ON,OS,OT$的斜率分别为$k_1,k_2,k_3,k_4$.问:是否存在常数$r$,使得$k_1+k_2=k_3+k_4$恒成立?若存在,求$r$的值;若不存在,请说明理由.
问题不难算。$r=\sqrt{3}$,主要是背景。求解释。
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命题:一直线与曲线 `Ax^2+By^2=1` 交于 `M`, `N`,则 `k_{OM}+k_{ON}` 与 `A` 无关。

用代数方法非常容易证明,就是暂时没找到几何方法……

证明:设直线为 `y=mx+n`,两交点坐标为 `(x_1,y_1)`, `(x_2,y_2)`,联立方程消 `y` 整理得
\[(A+Bm^2)x^2+2Bmnx+Bn^2-1=0,\]所以
\[k_{OM}+k_{ON}=\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=\frac{mx_1+n}{x_1}+\frac{mx_2+n}{x_2}=2m+n\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=2m+\frac{2Bmn^2}{1-Bn^2},\]所以命题成立。

推论:曲线 `E_1`: `A_1x^2+By^2=1`, `E_2`: `A_2x^2+By^2=1`,一直线与 `E_1` 交于 `M`, `N`,与 `E_2` 交于 `P`, `Q`,则有 `k_{OM}+k_{ON}=k_{OP}+k_{OQ}`。

回到原题,当 `r=\sqrt3` 时,由上述推论,就有 `k_1+k_2=k_{OP}+k_{OA}=k_{OP}` 以及 `k_3+k_4=k_{OP}+k_{OB}=k_{OP}`。

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本帖最后由 hbghlyj 于 2020-9-15 19:25 编辑

思路:只需注意到A点(直线与y轴的交点)是其中一个对合不动点(当a趋于无穷时M和N重合于A)
---------------------------
背景:这些二次曲线彼此相切于x轴上的两个点,从代数上有四个公共点,由笛沙格对合定理,(M,N)是定直线上的对合,那个斜率和为定值经过平行线导比等价于$\frac1{AM}+\frac1{AN}$(有向线段)为定值,即为坎迪形式。
(这个对合就是关于红圆的反演,定值就是其半径的倒数)

rightnewstips_close.png
2020-9-12 23:42
360截图20150723001922687.jpg
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360截图20150723001922687.jpg
2020-9-12 23:43

对合.ggb (18.76 KB)

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回复 3# hbghlyj

嗯,不限于椭圆,2# 已修改。

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本帖最后由 lemondian 于 2020-9-15 17:26 编辑

回复 2# kuing
@kuing:也就是说:推论是不是可以写成这样?
曲线$E_1:A_1x^2+B_1y^2=1,E_2:A_2x^2+B_2y^2=1$,一直线与$E_1$交于$M,N$,与$E_2$交于$P,Q$。则$k_{OM}+k_{ON}=k_{OP}+k_{OQ}$的充要条件是$B_1=B_2$。

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回复 5# lemondian

去除一些特殊情况(如直线斜率为零或不存在或者过原点)后应该可以……
之前我也没太考虑细节,如上述证明我也没提斜率不存在的情况……

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