省流版，不会线性代数和射影几何别看

定理

已知 $\Gamma: X^T A X = 0$ 上两点 $P, Q$，$M = \lambda P + \mu Q$，则 $\lambda M^{T} A P = \mu M^{T} A Q$。

证明

实际上展开后显然：

$$\lambda M^{T} A P = \lambda (\lambda P + \mu Q)^T A P = \lambda^2 P^T A P + \lambda \mu Q^T A P = \lambda \mu Q^T A P$$

同理 $\mu M^{T} A Q = \lambda \mu Q^T A P$，证毕。

极形式

定义

对于圆锥曲线

$$\Gamma: A x^2 + 2B xy + C y^2 + 2D x + 2E y + F = 0$$

定义极形式 $\Gamma\bigl((x_1, y_1), (x_2, y_2)\bigr)$ 为

$$A x_1 x_2 + B(x_1 y_2 + x_2 y_1) + C y_1 y_2 + D (x_1 + x_2) + E (y_1 + y_2) + F$$

极形式的性质

圆锥曲线的表示

$P$ 在 $\Gamma$ 上 $\iff \Gamma(P, P) = 0$

对称性

$$\Gamma(P, Q) = \Gamma(Q, P)$$

以上两个性质是显然的。

定比分点性质（齐次坐标线性性）

$$\Gamma\left( \dfrac{\lambda \vec{a} + \mu \vec{b}}{\lambda + \mu}, \vec{c} \right) = \dfrac{\lambda \Gamma\bigl(\vec{a}, \vec{c} \bigr) + \mu \Gamma\bigl(\vec{b}, \vec{c} \bigr)}{\lambda + \mu}$$

证明

实际上只是看上去复杂而已。展开之后也是显然的：

$$\begin{align*} \text{LHS} =\ & A \tfrac{\lambda x_a + \mu x_b}{\lambda + \mu} x_c + B\Bigl(\tfrac{\lambda x_a + \mu x_b}{\lambda + \mu} y_c + x_c \tfrac{\lambda y_a + \mu y_b}{\lambda + \mu}\Bigr) + C \tfrac{\lambda y_a + \mu y_b}{\lambda + \mu} y_c \ + & \\ & D \Bigl(\tfrac{\lambda x_a + \mu x_b}{\lambda + \mu} + \tfrac{\lambda x_c + \mu x_c}{\lambda + \mu}\Bigr) + E \Bigl(\tfrac{\lambda y_a + \mu y_b}{\lambda + \mu} + \tfrac{\lambda y_c + \mu y_c}{\lambda + \mu}\Bigr) + \tfrac{\lambda F + \mu F}{\lambda + \mu} = \text{RHS} \end{align*}$$

定比点差

定比分点形式

定比点差（定比分点形式）

已知圆锥曲线 $\Gamma$ 上两点 $P, Q$，$\overrightarrow{OM} = \dfrac{\lambda \overrightarrow{OP} + \mu \overrightarrow{OQ}}{\lambda + \mu}$，则 $\lambda \Gamma(M, P) = \mu \Gamma(M, Q)$。

证明

$$\lambda \Gamma(M, P) = \lambda \dfrac{\lambda \Gamma(P, P) + \mu \Gamma(P, Q)}{\lambda + \mu} = \dfrac{\lambda \mu \Gamma(P, Q)}{\lambda + \mu}$$

同理 $\mu \Gamma(M, Q) = \dfrac{\lambda \mu \Gamma(P, Q)}{\lambda + \mu}$，证毕。

有向比形式与移轴点差

当然，还有有向比形式，适用于坐标运算：

定比点差（有向比形式）

已知圆锥曲线 $\Gamma$ 上两点 $P, Q$，$M$ 在直线 $PQ$ 上，则

$$\frac{\lambda (x_P - x_M) + \mu (y_P - y_M)}{\lambda (x_Q - x_M) + \mu (y_Q - x_M)} \cdot \frac{\Gamma(P, M)}{\Gamma(Q, M)} = \mathbf{\color{red}{-1}}$$

$\forall \lambda, \mu$ 使上式有意义时都成立。

代入合适的 $\lambda, \mu$ 凑出与右侧分式相关的形式，则有

$$\frac{\Gamma(P, M) - \Gamma(M, M)}{\Gamma(Q, M) - \Gamma(M, M)} \cdot \frac{\Gamma(P, M)}{\Gamma(Q, M)} = \color{red}{-1}$$

据此通分可得移轴点差公式

移轴点差

$$2\Gamma(P, M)\ \Gamma(Q, M) = \Gamma(M, M) \bigl( \Gamma(P, M) + \Gamma(Q, M) \bigr)$$

由于我们绕了好大一圈，现在给出一个直接的适用于高考的证明。

证明

适用于高考地，我们设 $\Gamma: Ax^2 + Cy^2 + F = 0$，设 $P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2), M(x_3, y_3)$，由共线有交叉代入式

$$x_3 = \frac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2} \\[0.7em] y_3 = \frac{y_2(x_1-x_3) - y_1(x_2-x_3)}{x_1-x_2} \\$$

于是

$$\frac{A x_1 x_3 + C y_1 y_3 + F}{A x_2 x_3 + C y_2 y_3 + F} = \frac{A x_1 \tfrac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2} + C y_1 y_3 + F}{A x_2 \tfrac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2} + C y_2 y_3 + F}$$

$$\begin{align*} &\ 2 (A x_1 x_3 + C y_1 y_3 + F)(A x_2 x_3 + C y_2 y_3 + F) - (A x_3^2 + C y_3^2 + F)(A x_1 x_3 + C y_1 y_3 + F + A x_2 x_3 + C y_2 y_3 + F) \\ =&\ 2 (A x_1 \tfrac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2} + C y_1 y_3 + F)(A x_2 \tfrac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2} + C y_2 y_3 + F) - (A \tfrac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2}^2 + C y_3^2 + F)(A x_1 \tfrac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2} + C y_1 y_3 + F + A x_2 \tfrac{x_2(y_1-y_3) - x_1(y_2-y_3)}{y_1-y_2} + C y_2 y_3 + F) \end{align*}$$

移轴点差一例

在在所有分点都在某一条过圆锥曲线中心的轴（不一定是坐标轴）上时，它可以计算出各点在该轴上位置的关系——当然，正如一个坐标分量值在圆锥曲线上通常对应两个点，移轴点差也会有增根的现象，需要根据几何关系舍去。

例 1

$\Gamma: x^2 + 4 y^2 - 4 = 0, \quad l: y=x, \quad P(1,2)$，
已知 $A, B \in \Gamma$ 且 $AB$ 中点 $M \in l$，$PB \cap \Gamma = \{B,C\}$，求证 $N = AC \cap l$ 为定点。

解答

设 $A(x_1, y_1), B(x_2, y_2), C(x_3, y_3), M(m,m), N(n, n)$，对 $AMB, BPC, ANC$ 分别点差：

$$\begin{align} m x_1 + 4m y_1 - 4 &= m x_2 + 4m y_2 - 4 \\ 2(x_2 + 4y_2 - 4)(x_3 + 4y_3 - 4) &= x_2 + 4y_2 - 4 + x_3 + 4y_3 - 4 \\ 2(n x_2 + 4 n y_2 - 4)(n x_3 + 4 n y_3 - 4) &= (5n^2-4)(n x_2 + 4n y_2 - 4 + n x_3 + 4n y_3 - 4) \end{align}$$

由 $(1)$ 设 $x_1+4y_1=y_2+4y_2=s, x_3 + 4y_3 = t$，对 $n^2(2) - (3)$ 因式分解得

$$n(5n-4)(n-1)(s+t) = 0$$

因为 $s+t \ne 0$，且 $AC$ 不过 $O, P$，所以 $N \left( \dfrac{4}{5}, \dfrac{4}{5} \right)$ 为定点。