Решение задачи по координатной геометрии

Что ж, у меня есть другое решение, которое очень полезно для экзаменов, основанных на шаблоне mcq, вроде того, что мы даем в Индии. Я изучил и вывел свойство конических сечений, которое гласит, что в эллипсе произведение перпендикуляров из обоих фокусов эллипса на касательную равно b$^2$,b — малая полуось. уравнение общего эллипса

$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1

это касательное уравнение есть-

$\frac{xx1}{a^2}$+$\frac{yy1}{b^2}$=1 (x1 и y1 — точки на эллипсе, который взят x1=acos$\phi$и y1=bsin$\phi$)

теперь касательные вращаются вокруг эллипса со всеми возможными наклонами... теперь, чтобы облегчить нашу работу, предположим, что наклон = o для касательной...$\alpha$в вашем уравнении будет$\pi$/ 2 для нулевого наклона с точкой пересечения y +2 или -2. Поместите это в свое уравнение и найдите произведение перпендикуляров, поскольку линия горизонтальна, перпендикуляр будет иметь одинаковую длину. вы обнаружите, что оно равно 4. теперь, как я сказал, произведение перпендикуляров равно$b^2$, поэтому b = 2, теперь используйте это общее уравнение касательной и данное уравнение, чтобы найти значение a = 3. вы увидите, что оно удовлетворяет уравнению и эллипсу. Это значит, что мы правильно предполагали. Параметр в вашем уравнении делал произвольную линию касательной к эллипсу. Вот иллюстрация для лучшего понимания изображения

$\displaystyle 2x \cos \alpha - 3y \sin \alpha = 6 \implies y = \frac{2 \cot \alpha}{3} x - 2 \csc \alpha = mx + c$где$m = \tan \theta = \dfrac{2 \cot \alpha}{3}$

Учитывать$0 \leq \alpha \leq 2\pi$что дает все возможные строки для данного уравнения. Если$\alpha = \frac{\pi}{2}$или$\frac{3 \pi}{2}$, линия$y = -2$или$y = 2$соответственно, и расстояние perp от обеих точек на оси X будет$2$. Итак, продукт$4$. Для других значений$\alpha$

Линия пересекает ось x в$~ \displaystyle x = \frac{3}{\cos\alpha}$

Таким образом, расстояние от заданных точек до точки пересечения равно

$\left|\displaystyle \sqrt5 \pm \frac{3}{\cos\alpha}\right|$

Произведение длин, перпендикулярных прямой, определяется выражением

$\displaystyle \left| 5 - \frac{9}{\cos^2\alpha}\right| \cdot \sin^2\theta = \left| \frac{5 \cos^2\alpha - 9}{\cos^2\alpha} \cdot \frac{\tan^2\theta}{1 + \tan^2\theta} \right|$

Сейчас,$\displaystyle \frac{\tan^2\theta}{1 + \tan^2\theta} = \frac{4 \cot^2\alpha}{9 + 4 \cot^2\alpha} = \frac{4 \cos^2\alpha}{9 \sin^2\alpha + 4 \cos^2\alpha}$

$\displaystyle = \frac{4 \cos^2\alpha}{9 - 5 \cos^2\alpha}$

Это приводит к тому, что продукт$4$.

Один недостающий фактор - это геометрическое место точек$P$и$Q$.

Для точки P имеем систему уравнений

$2\cos\alpha x - 3\sin\alpha y=6$

$3\sin\alpha x + 2\cos\alpha y=3\sqrt5\sin\alpha$

Возведите в квадрат оба уравнения и сложите. Условия для нескольких продуктов отменяются, и мы заканчиваем

$(4\cos^2\alpha+9\sin^2\alpha)(x^2+y^2)=36+45\sin^2\alpha$

Устранять$\cos\alpha$с использованием$\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1$, затем

$(4+5\sin^2\alpha)(x^2+y^2)=36+45\sin^2\alpha$

$\color{blue}{x^2+y^2=9, \text{ a circle of radius 3}}$

Сходным образом$Q$имеет этот же локус.

Затем мы рисуем этот круг, который пересекает$x$-ось в$C=(3,0)$и$D=(-3,0)$. Имея это в руках, мы расширяем$\overline{AP}$через$A$В точку$Q'$. По симметрии$AQ'=BQ$(линии$\overline{AP},\overline{BQ}$параллельны и равноудалены от центра, поэтому$Q$и$Q'$являются антиподами на окружности). При этом для пересекающихся хорд окружности$(AP)(AQ')=(AC)(AD)$. Так:

$(AP)(BQ)=(AP)(AQ')=(AC)(AD)=(3-\sqrt5)(3+\sqrt5)=4.$

Это упражнение иллюстрирует теорему из геометрии конических сечений. Учитывая эллипс или гиперболу, мы можем опустить перпендикуляр из обоих фокусов на любую касательную коники. Произведение высот будет тогда квадратом малой полуоси для эллипса или квадратом полусопряженной оси для гиперболы. Мы можем интерпретировать последний случай как представляющий отрицательное произведение (квадрат чисто мнимой малой полуоси), потому что высоты ориентированы противоположно, как если бы одна из них была отрицательной. Семейство прямых в рассматриваемой задаче — это касательные к эллипсу, вершины которого$(\pm3,0)$(соответствует диаметру кругового геометрического места) с фокусами в тех же точках, что и выбранные для$A$и$B$.

Посмотрите мой анализ вашего вопроса. Уравнение 2xcosα−3ysinα=0 . Это уравнение проходит через начало координат, а точки A и B находятся на оси x. Предположим, что наклон уравнения равен тангенсу$\phi$.

Я проиллюстрировал схему здесь

теперь произведение длины двух перпендикуляров будет 5 sin$^2$ $\phi$. Из уравнения линии наклон линии равен

получить значение$sin^2\phi$от$tan\phi$. Вы увидите, что он не свободен от альфы. Вы также можете видеть это на графике здесь (я обновил его). Поскольку график симметричен, длина будет зависеть от$\phi$. Возможно, я неправильно интерпретировал вопрос. Поправьте меня, если это неправильно