已知椭圆 $C_1$ 与双曲线 $C_2$ 有相同的焦点 $F_1,F_2$．双曲线 $C_2$ 将平面分成三个区域，将其中不包含焦点 $F_1,F_2$ 的区域记为 $\Omega$（不含边界）．在椭圆 $C_1$ 上取一点 $P$，要求点 $P$ 位于区域 $\Omega$ 中，过点 $P$ 作双曲线 $C_2$ 的切线 $l_1$，$l_1$ 在 $Q$ 点处被椭圆 $C_1$ 反射后得到直线 $l_2$．求证：直线 $l_2$ 与双曲线 $C_2$ 相切．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
根据椭圆的光学性质，题意即证明椭圆在 $Q$ 处的切线平分过 $Q$ 引双曲线的两条切线所成的角，设 $C_1:\dfrac{x^2}{a_1^2}+\dfrac{y^2}{b_1^2}=1$（$a_1>b_1>0$），$C_2:\dfrac{x^2}{a_2^2}-\dfrac{y^2}{b_2^2}=1$（$a_2,b_2>0$），则有\[a_1^2-b_1^2=a_2^2+b_2^2.\]设 $Q(x_0,y_0)$，则椭圆 $C_1$ 在 $Q$ 处的切线斜率$$k_0=-\dfrac{b_1^2x_0}{a_1^2y_0}.$$设过 $Q$ 的双曲线的切线方程为$$y-y_0=k(x-x_0),$$即$$kx-y+y_0-kx_0=0.$$由双曲线的等效判别式，可得\[-a_2^2k^2+b_2^2+\left(y_0-kx_0\right)^2=0,\]即\[\left(x_0^2-a_2^2\right)k^2-2x_0y_0k+y_0^2+b_2^2=0,\]设该方程的两根分别为 $k_1,k_2$，则只需证明\[\dfrac{k_1+k_2}{1-k_1k_2}=-\dfrac{2k_0}{1-k_0^2},\]即\[\dfrac{2x_0y_0}{y_0^2+b_2^2-x_0^2+a_2^2}=\dfrac{2a_1^2b_1^2x_0y_0}{a_1^4y_0^2-b_1^4x_0^2},\]也即\[\dfrac{1}{a_1^2-b_2^2+y_0^2-x_0^2}=\dfrac{a_1^2b_1^2}{a_1^4y_0^2-b_1^4x_0^2},\]整理，即\[\dfrac{x_0^2}{a_1^2}+\dfrac{y_0^2}{b_1^2}=1,\]于是原命题得证．
答案
解析
备注
