Phantom Bird

外观

浅谈参数化联立对某些问题的特攻效果（真的很浅）

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maths

2026-2-2

问题

已知 Γ:x2−y2=9\Gamma: x^2-y^2=9，Pn(xn,yn),QnP_n(x_n,y_n), Q_n 在 Γ\Gamma 上，PnQnP_n Q_n 的斜率为 kk，Qn,Pn+1Q_n, P_{n+1} 关于 yy 轴对称。

（1）略
（2）证明 xn−ynx_n-y_n 为等比数列；
（3）证明 S△PnPn+1Pn+2=S△Pn+1Pn+2Pn+3S_{\triangle P_n P_{n+1} P_{n+2}} = S_{\triangle P_{n+1} P_{n+2} P_{n+3}}。

2

设 xn−yn=tnx_n - y_n = t_n，于是 xn+yn=9tnx_n + y_n = \dfrac{9}{t_n}，则有

Pn(92tn+tn2,92tn−tn2),Qn(92(−9tn+1)+−9tn+12,92(−9tn+1)−−9tn+12)P_n \left( \dfrac{9}{2t_n} + \dfrac{t_n}{2}, \dfrac{9}{2t_n} - \dfrac{t_n}{2} \right), \quad Q_n \left( \dfrac{9}{2 (-\frac{9}{t_{n+1}})} + \dfrac{-\frac{9}{t_{n+1}}}{2}, \dfrac{9}{2(-\frac{9}{t_{n+1}})} - \dfrac{-\frac{9}{t_{n+1}}}{2} \right)

将 y=kx+by=kx+b 与 (92t+t2,92t−t2)\left( \dfrac{9}{2t} + \dfrac{t}{2}, \dfrac{9}{2t} - \dfrac{t}{2} \right) 联立得 (9−t2)=k(9+t2)+2tb(9-t^2) = k(9+t^2) + 2tb，即

(1+k)t2+2bt+9k−9=0(1+k) t^2 + 2bt + 9k-9 = 0

从而 tn⋅(−9tn+1)=9k−91+kt_n \cdot \left(-\dfrac{9}{t_{n+1}}\right) = \dfrac{9k-9}{1+k}，即 tn+1tn=1+k1−k\dfrac{t_{n+1}}{t_n} = \dfrac{1+k}{1-k}。

3

由（2）同理可得

9kPnPn+3−91+kPnPn+3=tntn+3=tn+1tn+2=9kPn+1Pn+2−91+kPn+1Pn+2\dfrac{9k_{P_n P_{n+3}}-9}{1+k_{P_n P_{n+3}}} = t_n t_{n+3} = t_{n+1} t_{n+2} = \dfrac{9k_{P_{n+1} P_{n+2}}-9}{1+k_{P_{n+1} P_{n+2}}}

于是 PnPn+2∥Pn+1Pn+3P_n P_{n+2} \parallel P_{n+1} P_{n+3}，证毕！

分析

在列出参数方程之后，我们用直线方程联立。

简化过程的方法：知道要保留什么变量，从而选择合适的方程。这里由于是定斜率问题，我们要探究 t,kt, k 关系，于是采取点斜式并消去 bb 保留 kk。

下面我们看一个消去 kk 保留 bb 的例子。

问题

已知 Γ:x2+y24=1\Gamma: x^2 + \dfrac{y^2}{4} = 1，A,MA, M 关于原点对称，B,NB, N 关于 xx 轴对称，若 ABAB 过 (0,4)(0,4)，求证 MNMN 过定点。

解答

设 M(1−t121+t12,4t11+t12),N(1−t221+t22,4t21+t22)M \left(\dfrac{1-t_1^2}{1+t_1^2}, \dfrac{4t_1}{1+t_1^2}\right), N\left(\dfrac{1-t_2^2}{1+t_2^2}, \dfrac{4t_2}{1+t_2^2}\right)，从而 A(1−(−1t1)21+(−1t1)2,4(−1t1)1+(−1t1)2),B(1−(−t2)21+(−t2)2,4(−t2)1+(−t2)2)A\left(\dfrac{1-(-\frac{1}{t_1})^2}{1+(-\frac{1}{t_1})^2}, \dfrac{4(-\frac{1}{t_1})}{1+(-\frac{1}{t_1})^2}\right), B\left(\dfrac{1-(-t_2)^2}{1+(-t_2)^2}, \dfrac{4(-t_2)}{1+(-t_2)^2}\right)，

设 lMN:y=kx+bl_{MN}: y=kx+b，与 (1−t21+t2,4t1+t2)\left(\dfrac{1-t^2}{1+t^2}, \dfrac{4t}{1+t^2}\right) 联立得 4t=k(1−t2)+b(1+t2)4t = k(1-t^2) + b(1+t^2)，即

(b−k)t2−4t+b+k=0(b-k) t^2 - 4t + b+k = 0

于是 t1+t2=4b−k,t1t2=b+kb−k=2bb−k−1=b2(t1+t2)−1t_1+t_2 = \dfrac{4}{b-k}, t_1 t_2 = \dfrac{b+k}{b-k} = \dfrac{2b}{b-k} - 1 = \dfrac{b}{2}(t_1+t_2)-1，故 b=2t1t2+1t1+t2b = 2 \dfrac{t_1 t_2 + 1}{t_1 + t_2}。

同理可得 4=2(−1t1)(−t2)+1(−1t1)+(−t2)=−2t2+t11+t1t24 = 2 \dfrac{(-\frac{1}{t_1})(-t_2) + 1}{(-\frac{1}{t_1}) + (-t_2)} = -2 \dfrac{t_2 + t_1}{1 + t_1 t_2}，于是 b=−1b = -1，即 ABAB 过定点 (0,1)(0,1)。

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