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椭圆的光学性质是: 从椭圆的一个焦点发出的光线, 经过椭圆反射后, 反射光线过椭圆的另一个焦点. 已知椭圆 $E : \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ ( $a > b > 0$ ) 的左顶点为 $A (- 2, 0)$ , 点 $P_{1}$ 在 $E$ 上, 且在 $x$ 轴的上方. 从 $E$ 的左焦点 $F_{1} (- 1, 0)$ 发出的光线 $F_{1} P_{1}$ , 经过 $E$ 反射后, 交 $E$ 于点 $Q_{1}$ . 按照如下方式依次构造点 $P_{n} Q_{n}$ ( $n = 2, 3, \dots$ ): 光线 $P_{n} Q_{n}$ 经过 $E$ 反射后, 交 $E$ 于点 $P_{n + 1}$ ; 光线 $P_{n + 1} Q_{n}$ 经过 $E$ 反射后, 交 $E$ 于点 $Q_{n + 1}$ .

求 $E$ 的方程;
设直线 $A P_{n}$ 的斜率为 $k_{n}$ , 求证: 数列 ${k_{n}}$ 是等比数列, 并求出其公比;
求证: 直线 $P_{1} Q_{2}$ 恒过定点, 并求出该定点的坐标.

解答

解 $E : \frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1$ .
证明在 915题中我们介绍了椭圆的参数弦方程: 设椭圆上的点 $A (a \cos 2 α, b \sin 2 α)$ , $B (a \cos 2 β, b \sin 2 β)$ , 则 $l_{A B} : (1 - \tan α \tan β) \frac{x}{a} + (\tan α + \tan β) \frac{y}{b} = 1 + \tan α \tan β,$ 它的横截距是 $x = \frac{a (1 + \tan α \tan β)}{1 - \tan α \tan β}$ . 所以在本题中, 设 $P_{n} (2 \cos 2 α_{n}, \sqrt{3} \sin 2 α_{n})$ , $Q_{n} (2 \cos 2 β_{n}, \sqrt{3} \sin 2 β_{n})$ . $P_{n} Q_{n}$ 经过右焦点 $F_{2} (1, 0)$ , $Q_{n} P_{n + 1}$ 经过左焦点 $F_{1} (- 1, 0)$ . 所以 $1 = \frac{2 (1 + \tan α_{n} \tan β_{n})}{1 - \tan α_{n} \tan β_{n}}, - 1 = \frac{2 (1 + \tan α_{n + 1} \tan β_{n})}{1 - \tan α_{n + 1} \tan β_{n}} .$ 前者得到 $\tan α_{n} \tan β_{n} = - \frac{1}{3}$ , 后者得到 $\tan α_{n + 1} \tan β_{n} = - 3$ . 所以 $\tan α_{n + 1} = 9 \tan α_{n}$ .
而 $k_{n} = \frac{y_{P_{n}}}{x_{P_{n}} + 2} = \frac{\sqrt{3} \sin 2 α_{n}}{2 \cos 2 α_{n} + 2} = \frac{2 \sqrt{3} \sin α_{n} \cos α_{n}}{4 \cos^{2} α_{n}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \tan α_{n},$ 所以 $\frac{k_{n + 1}}{k_{n}} = \frac{\tan α_{n + 1}}{\tan α_{n}} = 9$ . (注意题目没有说 $k_{1} \neq 0$ , 但这种情况 ${k_{n}}$ 是零值数列没有讨论的意义) 所以 ${k_{n}}$ 是 $9$ 为公比的等比数列.
证明再次利用 2, $P_{1} Q_{2}$ 的横截距是 $x = \frac{2 (1 + \tan α_{1} \tan β_{2})}{1 - \tan α_{1} \tan β_{2}} = \frac{2 (1 + \frac{1}{9} \tan α_{2} \tan β_{2})}{1 - \frac{1}{9} \tan α_{2} \tan β_{2}} = \frac{2 (1 + \frac{1}{9} (- \frac{1}{3}))}{1 - \frac{1}{9} (- \frac{1}{3})} = \frac{13}{7},$ 所以 $P_{1} Q_{2}$ 恒过 $(\frac{13}{7}, 0)$ .