题目 已知 $A,B$ 是椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 的长轴顶点，$P,Q$ 是椭圆上的两点，且满足 $k_{AP}=\lambda k_{QB}$（$\lambda>1$）．<br><img src="/static/images/e049b12b69c7f9cce8070e9f7c165b42.png" class="img-responsive" /> 问题1 求证：直线 $AP$ 和 $BQ$ 的交点在定直线上； 答案1 略 解析1 根据题意，有\[\begin{split} AP&:y=k_{AP}(x-a),\\ BQ&:y=k_{QB}(x+a),\end{split}\]于是直线 $AP$ 与 $BQ$ 的交点横坐标 $x_0$ 满足\[\dfrac{x_0+a}{x_0-a}=\lambda,\]于是\[x_0=\dfrac{\lambda+1}{\lambda-1}\cdot a.\]因此直线 $AP$ 与 $BQ$ 的交点在定直线 $x=\dfrac{\lambda+1}{\lambda-1}\cdot a$ 上． 备注1 问题2 求证：直线 $PQ$ 过定点； 答案2 略 解析2 由椭圆的垂径定理，有\[k_{AQ}\cdot k_{BQ}=-\dfrac{b^2}{a^2},\]于是\[k_{AP}\cdot k_{AQ}=-\dfrac{b^2}{a^2}\cdot \lambda.\]将坐标系原点平移至 $A(a,0)$，则椭圆方程为\[\dfrac{(x'+a)^2}{a^2}+\dfrac{y'^2}{b^2}=1,\]与直线 $P'Q'$ 的方程 $mx'+ny'=1$ 化齐次联立可得\[\dfrac{x'^2}{a^2}+\dfrac {2x'}a\cdot (mx'+ny')+\dfrac{y'^2}{b^2}=0,\]也即\[\dfrac{1}{b^2}y'^2+\dfrac{2n}{a}x'y'+\left(\dfrac{2m}a+\dfrac{1}{a^2}\right)x'^2=0,\]因此\[b^2\cdot \left(\dfrac{2m}a+\dfrac{1}{a^2}\right)=-\dfrac{b^2}{a^2}\cdot \lambda,\]解得\[m=-\dfrac{1+\lambda}{2a}.\]于是直线 $P'Q'$ 恒过点 $T'\left(-\dfrac{2a}{1+\lambda},0\right)$，也即原坐标系下的 $T\left(\dfrac{\lambda-1}{\lambda+1}\cdot a,0\right)$． 备注2 问题3 求 $\triangle PQB$ 和 $\triangle PQA$ 面积之差的最大值． 答案3 略 解析3 因为 $|BT|-|AT|=2|OT|$，根据题意得到，所求面积之差为 $\triangle OPQ$ 面积的 $2$ 倍．利用伸缩变换\[\begin{cases} x'=x,\\y'=\dfrac abx,\end{cases} \]将椭圆变为圆 $x'^2+y'^2=a^2$，此时点 $T'$ 的坐标不变，为 $\left(\dfrac {\lambda-1}{\lambda+1}\cdot a,0\right)$，三角形 $OP'Q'$ 面积的两倍等于$$2\cdot\dfrac 12\cdot a^2\sin\angle P'OQ'=a^2\sin\angle P'OQ'.$$考虑过定点 $T'$ 的弦所对的圆心角即可，于是得到其最大值为\[\begin{cases}ab,&\dfrac{\lambda-1}{\lambda+1}\geqslant \dfrac{\sqrt 2}2,\\<br/>2ab\cdot \dfrac{\lambda-1}{\lambda+1}\cdot \sqrt{1-\left(\dfrac{\lambda-1}{\lambda+1}\right)^2},&\dfrac{\lambda-1}{\lambda+1}<\dfrac{\sqrt 2}2,\end{cases}\]也即\[\begin{cases}ab,&\lambda\geqslant 3+2\sqrt 2,\\<br/>4ab\cdot \dfrac{\sqrt{\lambda}\cdot (\lambda -1)}{(\lambda+1)^2},&1<\lambda<3+2\sqrt 2.\end{cases}\] 备注3 每日一题[1028]十八般武艺．