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super-point-difference.md
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title: super 定比点差
createTime: 2025/11/12
categories:
- study
tags:
- maths
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::::details 省流版，不会线性代数和射影几何别看
:::theorem
已知 $\Gamma: X^T A X = 0$ 上两点 $P, Q$，$M = \lambda P + \mu Q$，则 $\lambda M^{T} A P = \mu M^{T} A Q$。
:::
:::proof
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
:::definition
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
::::theorem 圆锥曲线的表示
:::center
$P$ 在 $\Gamma$ 上 $\iff \Gamma(P, P) = 0$
:::
::::
:::theorem 对称性
$$\Gamma(P, Q) = \Gamma(Q, P)$$
:::
以上两个性质是显然的。
:::theorem 定比分点性质（齐次坐标线性性）
$$
\Gamma\left( \dfrac{\lambda \vec{a} + \mu \vec{b}}{\lambda + \mu}, \vec{c} \right) = \dfrac{\lambda \Gamma\bigl(\vec{a}, \vec{c} \bigr) + \mu \Gamma\bigl(\vec{b}, \vec{c} \bigr)}{\lambda + \mu}
$$
:::
:::proof
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
:::theorem 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 $\lambda \Gamma(M, P) = \mu \Gamma(M, Q)$。
:::
:::proof
$$
\lambda \Gamma(M, P) = \lambda \dfrac{\lambda \Gamma(P, P) + \mu \Gamma(P, Q)}{\lambda + \mu} = \dfrac{\lambda \mu \Gamma(P, Q)}{\lambda + \mu}
$$
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：
:::theorem 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
:::theorem 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。
:::proof
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。
:::problem 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。
:::
:::solution
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。
:::
<!--
### 使用例
下面，我们来通过一个例子熟悉 super 定比点差的应用。
:::problem 例 1
$\Gamma: x^2 + 4 y^2 - 4 = 0, \quad l: y=2x, \quad P(1,2)$，
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。
:::
:::solution
设 $A(x_1, y_1), B(x_2, y_2), C(x_3, y_3), M(m, 2m)$，对 $A, M, B$ 使用定比点差：
$$
\begin{align*}
m x_1 + 8m y_1 - 4 = m x_2 + 8m y_2 - 4
% \\
\Longrightarrow
x_1 + 8y_1 = x_2 + 8 y_2
\end{align*}
$$
对 $B, P, C$ 使用定比点差，调配系数凑出 $x+8y$ 的形式：
$$
\frac{(x_2-1) + 8(y_2-2)}{(x_3-1) + 8(y_3-2)} \cdot \frac{x_2 + 8y_2 - 4}{x_3 + 8y_3 - 4} = \frac{x_1 + 8y_1 - 17}{x_3 + 8y_3 - 17} \cdot \frac{x_1 + 8y_1 - 4}{x_3 + 8y_3 - 4} = -1
$$
设 $N(n,2n)$，对 $A, N, C$ 使用定比点差，
$$
\dfrac{x_1 + 8y_1 - 17n}{x_3 + 8y_3 - 17n} \cdot \dfrac{x_1 + 8y_1 - 4/n}{x_3 + 8y_3 - 4/n} = -1
$$
设 $s = x_1 + 8y_1, t = x_3 + 8y_3$，若两分式分子、分母不等，根据合比性质，
$$
\dfrac{s - 17}{t - 17} \cdot \dfrac{s - 4}{t - 4} = \dfrac{s - 17n}{t - 17n} \cdot \dfrac{s - 4/n}{t - 4/n} = \dfrac{\cancel{(17n^2-21n+4)} s}{\cancel{(17n^2-21n+4)} t} = -1
$$
无实数解。因此 $17 n^2 - 21n + 4 = 0$，解得 $n_1 = 1, n_2 = \dfrac{4}{17}$。
因为 $AC$ 不与 $AB$ 重合，所以 $AC$ 不过 $P$，舍去 $n_1$，因此 $N$ 为定点 $\left( \dfrac{4}{17}, \dfrac{8}{17} \right)$。
:::
## 提醒
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