[原创题]双焦点三角形三内心问题与光学性质

先上题图：

答案在解析里面

先做...

图在解析里面，这里不放是为了不让你们一眼把结论看出来。

下面是解析：(所有解析均先用一般形式推导，最后再代值)

(1)之一题考察的就是圆锥曲线的光学性质，在椭圆中便是)：从一个焦点射出的光线，经过椭圆的反射后的反射光线一定会经过另一个焦点。我们只需要证明这一点便能够解答之一小问。那我们现在先从物理上分析，我们高中一般做的光学题都是在平棱镜或是球面镜上面的几何关系(非竞赛)，我们之一步都是先作出射点或入射点处的切线，然后再作出法线(可能我们熟悉了之后大多时候我们跳了这一两步)。在这个题中，我们要证明两条焦点弦即为出射光线与入射光线，即证明法线是他们的角平分线。那我们可以延长法线与x轴相交，然后再用角平分线定理即可证明出来了。

考虑对称性，我们不妨先设 A(m,n)A(m,n) , AA 处切线： mxa2+nyb2=1 \frac{mx}{a^2}+\frac{ny}{b^2}=1 ,由于法线与切线垂直，故我们可以写出法线方程： y=a2nb2m(x−m)+ny=\frac{a^2n}{b^2m} (x-m)+n ,令 y=0y=0 ，得 x=e2mx=e^2m

运用角平分线定理与焦半径长公式，我们只需要证明： c−e2me2m+c=a−ema+em\frac{c-e^2m}{e^2m+c} =\frac{a-em}{a+em}

左边分母分子同乘 1e\frac{1}{e} ，即得证。

(之一题的光学性质证明还有很多种，详情内容见文末文章链接)

(2)首先，我们需要从对称性来考虑，这两个内心的地位肯定是对等的，所以这个定点肯定在它们的对称轴：x轴上，否则，如果不在x轴上，那么就肯定有两个或以上，想想都不太可能对吧。

现在问题就来了，我们怎么对这条内心连线进行研究呢，我们对它的方程完全不知，也不太好求它的方程。但是回过头来一想，我们好像对单独的这两个内心都比较熟悉，包括它的坐标与轨迹方程。那这里我们就直接给出结论:椭圆焦点三角形内心轨迹是一个以两焦点连线为长轴的小椭圆。证明方法就是用椭圆定义和三角形内切圆半径与周长的关系以及角平分线定理，即可得到内心I关于P坐标的线性表示的坐标，即若设P(m,n)P(m,n),那么I(em,en1+e)I(em,\frac{en}{1+e})。具体的证明，若有兴趣，请在阅读完此篇文章后阅读下面的这篇文章，里面有详细的证明过程以及一道中档题目。

Myuku：[原创题]焦点三角形中的内心122 赞同 · 3 评论文章

应用上面内心的坐标以及椭圆的方程，我么可以得到内心的轨迹是:x2c2+y2(bca+c)2=1(y≠0)\frac{x^2}{c^2}+\frac{y^2}{(\frac{bc}{a+c} )^2}=1 (y\ne 0)，是一个不完整的椭圆。

回到这道题中，我们可以得到 、I1、I2I_1、I_2 的轨迹均为椭圆，而且是同一个椭圆。这让我们想到了什么？

我们会发现这又变成了一个小一个维度的问题，即在一个更小的椭圆上研究两个动点连线的问题。再加上题中从右焦点 F2F_2 作的直线 I1I2I_1I_2 的垂线 F2HF_2H ,我们马上会联想到2020年山东高考题的压轴题，即下图。

这个题与此文章中的题完全是一样的。在这个高考题中，我们之一步是要证明 MNMN 过定点，那回到我们的题中，我们之一步也便就是证明 I1I2I_1I_2 是过定点的。这便又回到了最一般的题型了：求直线过的定点。那我们一般都会设直线 I1I2I_1I_2 ,但是在这个题中，我们只知道其中一个内心的坐标，即若设A(m,n)A(m,n),那么I1(em,en1+e)I_1(em,\frac{en}{1+e})。那 I2I_2 怎么办？我们束手无策。如果通过用韦达定理从 AA 的坐标得到 BB 的坐标后再用上面得 I1I_1 的坐标公式得 I2I_2 ,行不行呢？

参见我一篇文章中所给出的公式：(用韦达定理证明，这里不再赘述)

那么从这个公式中，我们把 、、x、y、mx、y、m 分别换成 、、m、n、cm、n、c ，那么我们可以得到：

A(m,n)A(m,n)\ \ \ \ B(2a2c−(a2+c2)ma2+c2−2cm,−b2na2+c2−2cm)B(\frac{2a^2c-(a^2+c^2)m}{a^2+c^2-2cm} ,\frac{-b^2n}{a^2+c^2-2cm} )

I1(em,en1+e)I_1(em,\frac{en}{1+e}) I2(e⋅2a2c−(a2+c2)ma2+c2−2cm,e1+e⋅−b2na2+c2−2cm)I_2(e\cdot \frac{2a^2c-(a^2+c^2)m}{a^2+c^2-2cm},\frac{e}{1+e}\cdot \frac{-b^2n}{a^2+c^2-2cm})

看到这里，你还敢算下去吗？

换换思路，我们来重新审视一下这个图形。对平面几何比较熟悉的同学可能会对这种图形比较了解，也就是这种用一条线将一个三角形分成两个三角形后研究两个三角形分别的内心的模型。这个时侯我们将 、F2I1、F2I2F_2I_1、F_2I_2 分别连起来，如下图所示。

由于 、F2I1、F2I2F_2I_1、F_2I_2 分别是 、∠AF2F1、∠BF2F1\angle AF_2F_1、\angle BF_2F_1 的角平分线，故这两条线之间的夹角即为平分的平角，也即F2I1⊥F2I2F_2I_1\bot F_2I_2，然后我们就马上会想到，从椭圆一个顶点发出的两条垂直的线与椭圆的另两个交点连线过定点。那么这个题答案就已经出来了一半了，我们不需要知道 I2I_2 的坐标了，直接设 I1I2:y=kx+mI_1I_2:y=kx+m ,然后与小椭圆联立:{y=kx+mx2c2+y2(bca+c)2=1\left\{\begin{matrix} y=kx+m \\ \frac{x^2}{c^2}+\frac{y^2}{(\frac{bc}{a+c} )^2}=1 \end{matrix}\right. ,然后设 、I1(x1,y1)、I2(x2,y2)I_1(x_1,y_1)、I_2(x_2,y_2) ,再运用 F2I1⊥F2I2F_2I_1\bot F_2I_2 这一条件，并运用韦达定理化简，最后即可得到 I1I2I_1I_2 过定点 S(c2a,0)S(\frac{c^2}{a},0) ,故在画图后，我们会发现 HH 的轨迹是一个以 SF2SF_2 为直径的圆,故 KK 是 SF2SF_2 的中点。如下图所示：

所以，最后的结论为：存在定点 K(c2+ac2a,0)K(\frac{c^2+ac}{2a},0 ) ，使 |KH|\left | KH\right | 为定值 ac−c22a\frac{ac-c^2}{2a}

代入数据，即存在定点 K(3+234,0)K(\frac{3+2\sqrt{3}}{4},0 ) ，使 |KH|\left | KH\right | 为定值 23−34\frac{2\sqrt{3}-3}{4}

(实际上，对于解这个定点有一个对一般性问题的通解，具体内容参见本文末的文章)

(3)好了，做完 、I1、I2I_1、I_2 ，现在换 II 来折磨你们。

看完这个题干，我们已经明确了，要证明的是 II 的轨迹是一个椭圆，并找到其长轴长与焦点位置。那要求轨迹方程，大概率地，我们是逃不过求 II 的坐标的了。但是这就又遇到一个难点了，我们对这个三角形 ABF1ABF_1 很熟悉，但是对它的内心完全不熟悉。甚至我们对一个普通的三角形，该怎么从一个它的三个顶点或者三条边的相关的参数来求其内心坐标都不知道或者说很少涉及到，但是不用想，只要是解析几何里面涉及到角平分线的，大部分都是不好算的或是式子很丑的。

但是，这个三角形是一个普通的三角形吗？

不，它不是，它是两个焦点三角形拼起来的。既然如此，那它天生就带有两个特殊的角，而在第(1)题中我们也证明了椭圆的光学性质，其中就用到了 AA 处椭圆的切线方程和法线方程，法线方程也即 ∠F1AF2\angle F_1AF_2 的角平分线，而且其方程形式也很简洁。

那，我们是不是可以写出 、∠F1AF2、∠F1BF2\angle F_1AF_2、\angle F_1BF_2 分别的角平分线方程了？看样子是可以的，那我们就来试一试。

运用第(1)题中的结论：设 A(m,n)A(m,n) , AA 处切线： mxa2+nyb2=1 \frac{mx}{a^2}+\frac{ny}{b^2}=1 ,法线方程： y=a2nb2m(x−m)+ny=\frac{a^2n}{b^2m} (x-m)+n 。BB 处法线方程是一样的形式，但是需要知道 BB 的坐标，这下又怎么办？难道我们又要运用刚刚第二题中那种韦达定理的方式来得到BB 的坐标吗？不，那样子形式又变得不对称而且复杂了。于是我们就想到应该换一种对称的设法。

设 AB:y=k(x−c)AB:y=k(x-c) ,联立： {y=k(x−c)x2a2+y2b2=1\left\{\begin{matrix} y=k(x-c)\\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 \end{matrix}\right. , (a2k2+b2)x2−2ca2k2x+a2(k2c2−b2)=0(a^2k^2+b^2)x^2-2ca^2k^2x+a^2(k^2c^2-b^2)=0

韦达定理： x1+x2=2ca2k2a2k2+b2x1x2=a2(k2c2−b2)a2k2+b2x_1+x_2=\frac{2ca^2k^2}{a^2k^2+b^2} \ \ \ \ \ \ x_1x_2=\frac{a^2(k^2c^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}

写出 、A、BA、B 处法线方程并联立：{y=y1a2x1b2(x−x1)+y1y=y2a2x2b2(x−x2)+y2\left\{\begin{matrix} y=\frac{y_1a^2}{x_1b^2}(x-x_1)+y_1 \\ y=\frac{y_2a^2}{x_2b^2}(x-x_2)+y_2 \end{matrix}\right.

得到 I(c(k2c2−b2)a2k2+b2,−ckb2a2k2+b2)I(\frac{c(k^2c^2-b^2)}{a^2k^2+b^2} ,\frac{-ckb^2}{a^2k^2+b^2}) ,令 x=c(k2c2−b2)a2k2+b2=c3a2−cb2(e2+1)a2k2+b2x=\frac{c(k^2c^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}=\frac{c^3}{a^2}-\frac{cb^2(e^2+1)}{a^2k^2+b^2}

令 y=−ckb2a2k2+b2y=\frac{-ckb^2}{a^2k^2+b^2} ，移项相比： e2+1k=x−c3a2y\frac{e^2+1}{k} =\frac{x-\frac{c^3}{a^2}}{y} ,得 kk ，代入y=−ckb2a2k2+b2y=\frac{-ckb^2}{a^2k^2+b^2}

得： −cb2⋅(e2+1)yx−c3a2a2(e2+1)y2(x−c3a2)2+b2=y\frac{-cb^2\cdot \frac{(e^2+1)y}{x-\frac{c^3}{a^2}}}{\frac{a^2(e^2+1)y^2}{(x-\frac{c^3}{a^2})^2}+b^2 }=y ,展开整理后，得到以下方程：

a2(e2+1)2y2+b2x2−2c3b2a2x+cb2(e2+1)x+b2c6a4−c4b2(e2+1)a2=0a^2(e^2+1)^2y^2+b^2x^2-\frac{2c^3b^2}{a^2} x+cb^2(e^2+1)x+\frac{b^2c^6}{a^4}-\frac{c^4b^2(e^2+1)}{a^2} =0

整理配方后，得： (bx+b3c2a2)2+a2(e2+1)2y2=b2c2(4a2c2+b4)4a4(bx+\frac{b^3c}{2a^2})^2 +a^2(e^2+1)^2y^2 =\frac{b^2c^2(4a^2c^2+b^4)}{4a^4}

即 (x+b2c2a2)2c2(4a2c2+b4)4a4+y2b2c2(4a2c2+b4)4a2(a2+c2)2=1\frac{(x+\frac{b^2c}{2a^2})^2 }{\frac{c^2(4a^2c^2+b^4)}{4a^4} } +\frac{y^2}{\frac{b^2c^2(4a^2c^2+b^4)}{4a^2(a^2+c^2)^2}}=1 ,

令 a′2=c2(4a2c2+b4)4a4a^2=\frac{c^2(4a^2c^2+b^4)}{4a^4} , b′2=b2c2(4a2c2+b4)4a2(a2+c2)2b^2={\frac{b^2c^2(4a^2c^2+b^4)}{4a^2(a^2+c^2)^2}} c′2=a′2−b′2c^2=a^2-b^2

0">c′2=c2(4a2c2+b4)4a4−b2c2(4a2c2+b4)4a2(a2+c2)2=3a6c4+7a4c6+5a2c8+c104a4(a2+c2)2>0c^2=\frac{c^2(4a^2c^2+b^4)}{4a^4}-{\frac{b^2c^2(4a^2c^2+b^4)}{4a^2(a^2+c^2)^2}}=\frac{3a^6c^4+7a^4c^6+5a^2c^8+c^{10}}{4a^4(a^2+c^2)^2} >0

故最后的结论为：

存在点 M(−b2c2a2−3a6c4+7a4c6+5a2c8+c102a2(a2+c2),0)M(-\frac{b^2c}{2a^2}-\frac{\sqrt{3a^6c^4+7a^4c^6+5a^2c^8+c^{10}} }{2a^2(a^2+c^2)},0)

N(−b2c2a2+3a6c4+7a4c6+5a2c8+c102a2(a2+c2),0)N(-\frac{b^2c}{2a^2}+\frac{\sqrt{3a^6c^4+7a^4c^6+5a^2c^8+c^{10}} }{2a^2(a^2+c^2)},0)

使 |MI|+|NI|\left |MI \right | +\left |NI \right | 为定值 c4a2c2+b4a2\frac{c\sqrt{4a^2c^2+b^4} }{a^2}

代入本题数据，即为：

存在点 M(−38−661556,0)M(-\frac{\sqrt{3} }{8} -\frac{\sqrt{6615} }{56} ,0)

N(−38+661556,0)N(-\frac{\sqrt{3} }{8} +\frac{\sqrt{6615} }{56} ,0)

使 |MI|+|NI|\left |MI \right | +\left |NI \right | 为定值 734\frac{7\sqrt{3} }{4}

(如下图：)

(4)好了，经过一番波折，终于来到了激动人心的第四小题。

前面两个小问我们分别对 、I1、I2I_1、I_2 与 II 进行了研究，我们获取了许多关于其轨迹的信息，现在要将其合在一起来研究了。

我们先不管新给的方程，我们先分析一下如何来求这个面积。

这下可就让我们犯难了，这三个点本来就复杂，合在一起更复杂。你有想到什么好的方法来求面积吗？你可能会更先想到最一般的方法：底乘高除以二。但是这现实吗？我们至今都不知道直线 I1I2I_1I_2 方程，再加上 II 的坐标如此复杂，我们只能望而却步，留作备用考虑。

相反，我们现在手里有的是拥有简单形式的 、I1、I2I_1、I_2 分别的坐标以及 II 复杂的坐标，虽然我们可以用坐标写出直线方程，但是依然很麻烦，于是我们便应该把目光投向向量法。

为什么呢？因为我们知道三角形三个点的坐标，这使得我们可以直接写出其中两边的向量坐标，然后通过叉乘面积公式来表示出三角形的面积。显然，我们应该选择 、II1、II2II_1、II_2 这两条边。于是我们写出：

II1→=(ex1−c(c2k2−b2)a2k2+b2,ey11+e+ckb2a2k2+b2)\overrightarrow{II_1} =(ex_1-\frac{c(c^2k^2-b^2)}{a^2k^2+b^2} ,\frac{ey_1}{1+e} +\frac{ckb^2}{a^2k^2+b^2})

II2→=(ex2−c(c2k2−b2)a2k2+b2,ey21+e+ckb2a2k2+b2)\overrightarrow{II_2} =(ex_2-\frac{c(c^2k^2-b^2)}{a^2k^2+b^2} ,\frac{ey_2}{1+e} +\frac{ckb^2}{a^2k^2+b^2})

故 S△II1I2=12⋅|II1→×II2→|S_{\bigtriangleup II_{1}I_{2}}=\frac{1}{2} \cdot \left | \overrightarrow{II_1}\times \overrightarrow{II_2} \right |

=12|[ex1−c(c2k2−b2)a2k2+b2]⋅[ey21+e+ckb2a2k2+b2]−[ex2−c(c2k2−b2)a2k2+b2]⋅[ey11+e+ckb2a2k2+b2]|=\frac{1}{2}\left | [ ex_1-\frac{c(c^2k^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}]\cdot [\frac{ey_2}{1+e} +\frac{ckb^2}{a^2k^2+b^2} ]- [ ex_2-\frac{c(c^2k^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}]\cdot [\frac{ey_1}{1+e} +\frac{ckb^2}{a^2k^2+b^2} ] \right |

=12⋅|x1−x2|⋅|−ke2c1+e+eckb2a2k2+b2+eck(c2k2−b2)(1+e)(a2k2+b2)|=\frac{1}{2}\cdot \left | x_1-x_2 \right | \cdot \left | -\frac{ke^2c}{1+e} +\frac{eckb^2}{a^2k^2+b^2} +\frac{eck(c^2k^2-b^2)}{(1+e)(a^2k^2+b^2)} \right |

=12⋅|x1−x2|⋅|−ke2c(a2k2+b2)+(e2+e)ckb2+eck(c2k2−b2)(e+1)(a2k2+b2)|=\frac{1}{2}\cdot \left | x_1-x_2 \right | \cdot \left | \frac{-ke^2c(a^2k^2+b^2)+(e^2+e)ckb^2+eck(c^2k^2-b^2)}{(e+1)(a^2k^2+b^2)} \right |

=12⋅|x1−x2|⋅|c3(e−1)k3(e+1)(a2k2+b2)|=\frac{1}{2}\cdot \left | x_1-x_2 \right | \cdot \left | \frac{c^3(e-1)k^3}{(e+1)(a^2k^2+b^2)} \right |

由韦达定理：

=ab2c3(1−e)1+e⋅k3k2+1(a2k2+b2)2=\frac{ab^2c^3(1-e)}{1+e} \cdot \frac{k^3\sqrt{k^2+1} }{(a^2k^2+b^2)^2}

现在令 f(k)=k8+k6(a2k2+b2)4\sqrt{f(k)}=\sqrt{\frac{k^8+k^6}{(a^2k^2+b^2)^4} } , f′(k)=k5[(8b2−2a2)k2+6b2](a2k2+b2)5f(k)=\frac{k^5[(8b^2-2a^2)k^2+6b^2]}{(a^2k^2+b^2)^5}

当 8b2−2a2<08b^2-2a^2<0 ,即 \frac{\sqrt{3}}{2}">e>32e>\frac{\sqrt{3}}{2} 时， f(k)f(k) 先增后减，当 k2=3b2a2−4b2k^2=\frac{3b^2}{a^2-4b^2} 时，取更大值。(实际上，我在第四小题新给出一个方程就是为了使面积函数有极值)

故 (S△II13I2)max=ab2c3(1−e)1+e⋅ca2−4b2⋅3ba2−4b2⋅3b2a2−4b2(3a2b2a2−4b2+b2)2=3316⋅1−e1+e⋅ab(S_{\bigtriangleup II_{13}I_{2}})_{max}=\frac{ab^2c^3(1-e)}{1+e} \cdot \frac{\frac{c}{\sqrt{a^2-4b^2}}\cdot \frac{ \sqrt{3}b }{\sqrt{a^2-4b^2}}\cdot \frac{3b^2}{a^2-4b^2} }{(\frac{3a^2b^2}{a^2-4b^2}+b^2 )^2} =\frac{3\sqrt{3} }{16} \cdot \frac{1-e}{1+e} \cdot ab

代入本题数据，故最后答案为 1557152\frac{15\sqrt{57} }{152}

至此，本题的解析已经结束。

下面是一些文章的推荐：

一、对于之一小问椭圆光学性质的证明，下面这篇文章中还给出了其他几种证法，都很妙，有兴趣的同学可以去看一看。

上进的z君：『解析几何』光学性质之美493 赞同 · 47 评论文章

二、对于第二小问中求 I1I2I_1I_2 过的定点坐标，其实这个问题有一种更一般的形式，那就是从椭圆上任意一个定点引出两条直线，若其斜率乘积为定值，那么这两条直线与椭圆的另两个交点的连线一定过一个定点。在我们这个题中，取的椭圆上的定点就是长轴顶点，斜率乘积为-1，于是相应的直线也就过一个定点。至于一般形式怎么推导，以及一般定点坐标怎么求，有兴趣的同学可以去看看我的这篇文章：

Myuku：关于椭圆上一点引出的两条直线斜率乘积为定值，则对应连线过定点的问题(定点坐标一般式推导)110 赞同 · 21 评论文章

好了，本篇文章到此就结束了，感谢阅读我的文章！

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