已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的长轴上一点 $M(m,0)$，垂直于 $x$ 轴的直线 $l$ 与 $x$ 轴交于点 $N\left(\dfrac{a^2}{m},0\right)$．过 $M$ 且斜率不为 $0$ 的直线与椭圆交于 $A,B$ 两点，分别过 $A,B$ 作直线 $l$ 的垂线，垂足为 $A_1,B_1$．设 $\triangle MAA_1$，$\triangle MBB_1$，$\triangle A_1B_1M$ 的面积分别为 $S_1,S_2,S_3$，求证：$\dfrac{S_1S_2}{S_3^2}$ 为定值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
定值为 $\dfrac 14$
【解析】
如图，连接 $AN,BN,AB_1,BA_1$，设 $AB_1$ 与 $MN$ 交于点 $T$．
根据椭圆的极点极线性质，有\[\dfrac{AM}{AA_1}=\dfrac{BM}{BB_1},\]因此\[\begin{aligned}MT&=BB_1\cdot \dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AA_1\cdot BB_1}{AA_1+BB_1},\\
NT&=AA_1\cdot \dfrac{B_1N}{A_1B_1}=AA_1\cdot \dfrac{BM}{AB}=\dfrac{AA_1\cdot BB_1}{AA_1+BB_1},\end{aligned}\]因此 $T$ 点平分 $MN$．进而可得 $BA_1$ 与 $MN$ 的交点也平分 $MN$，因此 $AB_1,A_1B,MN$ 三点共线．所以\[\begin{split}\dfrac{S_1S_2}{S_3^2}&=\dfrac{AA_1\cdot A_1N\cdot BB_1\cdot B_1N}{\left(MN\cdot A_1B_1\right)^2}\\
&=\dfrac 14\cdot \dfrac{AA_1}{TN}\cdot \dfrac{BB_1}{TN}\cdot \dfrac{A_1N\cdot B_1N}{A_1B_1^2}\\
&=\dfrac 14\cdot \dfrac{A_1B_1}{B_1N}\cdot \dfrac{A_1B_1}{A_1N}\cdot \dfrac{A_1N\cdot B_1N}{A_1B_1^2}\\
&=\dfrac 14
,\end{split}\]因此原命题得证．
根据椭圆的极点极线性质，有\[\dfrac{AM}{AA_1}=\dfrac{BM}{BB_1},\]因此\[\begin{aligned}MT&=BB_1\cdot \dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AA_1\cdot BB_1}{AA_1+BB_1},\\NT&=AA_1\cdot \dfrac{B_1N}{A_1B_1}=AA_1\cdot \dfrac{BM}{AB}=\dfrac{AA_1\cdot BB_1}{AA_1+BB_1},\end{aligned}\]因此 $T$ 点平分 $MN$．进而可得 $BA_1$ 与 $MN$ 的交点也平分 $MN$，因此 $AB_1,A_1B,MN$ 三点共线．所以\[\begin{split}\dfrac{S_1S_2}{S_3^2}&=\dfrac{AA_1\cdot A_1N\cdot BB_1\cdot B_1N}{\left(MN\cdot A_1B_1\right)^2}\\
&=\dfrac 14\cdot \dfrac{AA_1}{TN}\cdot \dfrac{BB_1}{TN}\cdot \dfrac{A_1N\cdot B_1N}{A_1B_1^2}\\
&=\dfrac 14\cdot \dfrac{A_1B_1}{B_1N}\cdot \dfrac{A_1B_1}{A_1N}\cdot \dfrac{A_1N\cdot B_1N}{A_1B_1^2}\\
&=\dfrac 14
,\end{split}\]因此原命题得证．
答案
解析
备注
