May 16, 2025

Last updated on May 16, 2025

极点极线是什么与代数推导（可用于考场）

作者：千秋 Lead | 原文：知乎专栏

交比与调和点列

要了解极点极线，我们首先回顾什么是交比（可跳过）

定义四点AB;MN的交比为

$\displaystyle{(AB;MN)=\frac{AM}{MB} / \frac{AN}{NB}}$

其中

$A,B$

称为基点偶，

$M,N$

称为分点偶。注意这个式子中的比都是有向线段做比，线段同向比为正，反向则为负。

这个式子很容易记忆：从 A 走向 B，途中经历 M，N 点然后做比即可。交比本身有非常多的好的性质，它是射影变换的一个不变量，但是我们今天的主题不涉及这些。

若四点的交比恰好为

$-1$

，则称这四点成一组调和点列。

若已知三点，要求一点使得这四点为一组调和点列，从式子易知这一点是唯一可被确定的。

对于平面内的的确定一点

$R(x_{0},y_{0})$

做任意直线

$l$

交二次曲线于

$M,N$

两点，令

$S(x_{1},y_{1})$

，使得

$(RS;MN)$

为一组调和点列：

推导极点极线

我们可以利用 MN 在二次曲线上与交比为 -1 求出 S 的轨迹。注意：以下过程全部为正向推导，实际上在考场上我们知道结论不用这么麻烦，直接把坐标代入即可证明极点极线。

先设出二次曲线

$C: Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0$

首先，条件告诉我们

$\begin{align} \frac{RM}{MS} / \frac{RN}{NS} &= -1 \ \end{align}$

则不妨设

$\frac{RM}{MS}=-\frac{RN}{NS}=\lambda$

即

$RM=\lambda MS; RN=-\lambda NS$

又已知

$R(x_{0},y_{0});S(x_{1},y_{1})$

与

$R,S,M,N$

四点共线

不难得到

$M,N$

的坐标

$M(x_{M},y_{M});N(x_{N},y_{N})$

$\begin{align} M&=\vec{OM} \ &=\vec{OR}+\vec{RM} \ &=\vec{OR}+\frac{\lambda}{1+\lambda}\vec{RS} \ &= \vec{OR} + \frac{\lambda}{1+\lambda} (\vec{OS}-\vec{OR}) \ &=\frac{1}{1+\lambda}\vec{OR}+\frac{\lambda}{1+\lambda} \vec{OS} \ \ N&=\dots \ &=\frac{1}{1-\lambda} \vec{OR} + \frac{-\lambda}{1-\lambda} \vec{OS} \end{align}$

这个计算过程被有些人称为定比分点定理，在试卷上可以不必写完整过程。结论是当

$A,B,M$

三点共线且

$AM=\lambda MB$

时有

$OM=\frac{OA+\lambda OB}{1+\lambda}$

这个结论很好记忆，建议记住。

那么我们尝试把

$M, N$

的坐标代入二次曲线，这样就能建立起

$R, S$

的联系了。

但是问题是

$\lambda$

是一个任意的不确定的值，所以我们得想办法将它给消掉。

先写出坐标：

$M = \left ( \frac{x_0 + \lambda x_1}{1+\lambda}, \frac{y_0 + \lambda y_1}{1+\lambda} \right), \quad N = \left ( \frac{x_0 - \lambda x_1}{1-\lambda}, \frac{y_0 - \lambda y_1}{1-\lambda} \right).$

代入

$C: Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0.$

得到

$A\left (\frac{x_0 + \lambda x_1}{1+\lambda}\right)^2 + B\left (\frac{x_0 + \lambda x_1}{1+\lambda}\right)\left (\frac{y_0 + \lambda y_1}{1+\lambda}\right) + C\left (\frac{y_0 + \lambda y_1}{1+\lambda}\right)^2 + D\left (\frac{x_0 + \lambda x_1}{1+\lambda}\right) + E\left (\frac{y_0 + \lambda y_1}{1+\lambda}\right) + F = 0.$

两边乘以

$(1+\lambda)^2$

消去分母：

$A (x_0 + \lambda x_1)^2 + B (x_0 + \lambda x_1)(y_0 + \lambda y_1) + C (y_0 + \lambda y_1)^2 + D (x_0 + \lambda x_1)(1+\lambda) + E (y_0 + \lambda y_1)(1+\lambda) + F (1+\lambda)^2 = 0.$

同理

$A (x_0 - \lambda x_1)^2 + B (x_0 - \lambda x_1)(y_0 - \lambda y_1) + C (y_0 - \lambda y_1)^2 + D (x_0 - \lambda x_1)(1-\lambda) + E (y_0 - \lambda y_1)(1-\lambda) + F (1-\lambda)^2 = 0.$

分别展开：

$A (x_0^2 + 2\lambda x_0 x_1 + \lambda^2 x_1^2) + B (x_0 y_0 + \lambda x_0 y_1 + \lambda x_1 y_0 + \lambda^2 x_1 y_1) + C (y_0^2 + 2\lambda y_0 y_1 + \lambda^2 y_1^2) + D (x_0 + \lambda x_0 + \lambda x_1 + \lambda^2 x_1) + E (y_0 + \lambda y_0 + \lambda y_1 + \lambda^2 y_1) + F (1 + 2\lambda + \lambda^2) = 0.$

$A (x_0^2 - 2\lambda x_0 x_1 + \lambda^2 x_1^2) + B (x_0 y_0 - \lambda x_0 y_1 - \lambda x_1 y_0 + \lambda^2 x_1 y_1) + C (y_0^2 - 2\lambda y_0 y_1 + \lambda^2 y_1^2) + D (x_0 - \lambda x_0 - \lambda x_1 + \lambda^2 x_1) + E (y_0 - \lambda y_0 - \lambda y_1 + \lambda^2 y_1) + F (1 - 2\lambda + \lambda^2) = 0.$

将

$M$

和

$N$

的方程相减，

$\lambda$

的偶次项会抵消，仅保留奇次项：

$4\lambda A x_0 x_1 + 2\lambda B (x_0 y_1 + x_1 y_0) + 4\lambda C y_0 y_1 + 2\lambda D (x_0 + x_1) + 2\lambda E (y_0 + y_1) + 4\lambda F = 0.$

两边除以

$2\lambda (\lambda \neq 0)$

：

$2 A x_0 x_1 + B (x_0 y_1 + x_1 y_0) + 2 C y_0 y_1 + D (x_0 + x_1) + E (y_0 + y_1) + 2 F = 0.$

注意到相减后的方程 不包含

$\lambda$

，且对任意

$\lambda$

成立（因为直线

$l$

是任意取的），因此这就是

$S (x_1, y_1)$

的轨迹方程。再同除以

$2$

将其整理为标准的极线方程形式：

$A x_0 x_1 + B \cdot \frac{x_0 y_1 + x_1 y_0}{2} + C y_0 y_1 + D \cdot \frac{x_0 + x_1}{2} + E \cdot \frac{y_0 + y_1}{2} + F = 0.$

将

$(x_1, y_1)$

替换为一般点

$(x, y)$

，即得极点

$R (x_0, y_0)$

的极线方程：

$\color{blue}{A x_0 x + B \cdot \frac{x_0 y + y_0 x}{2} + C y_0 y + D \cdot \frac{x_0 + x}{2} + E \cdot \frac{y_0 + y}{2} + F = 0}$

注意到这个方程是一次的，因此它表示一条直线。

根据上述式子，易知对任意二次曲线只需做如下替换

$\begin{align} x^2\to x_{0}x \ y^2\to y_{0}y \ x\to \frac{x_{0}+x}{2} \ y \to \frac{y_{0}+y}{2} \ xy \to \frac{x_0y+y_{0}x}{2} \end{align}$

即可找到某点的极线

附录

考场上证明极点极线的更优方法：直接代入方程

例如椭圆

$Ax^2+By^2=1$

找

$A(x_{0},y_{0})$

的极线则可以这么写

设过

$A$

的直线交曲线于

$M,N$

，在

$MN$

上取点

$B$

使得

$\frac{MA}{NA} =\frac{MB}{BN}=\lambda$

此处是以曲线上的点作为基点控制曲线外的两点，和上面是反着的，注意。然后因为没有有向线段的概念我们得把那个在外面的点的那一个单比的分子或分母的顺序倒过来。

设

$M(x_{1},y_{1});N(x_{2},y_{2})$

则有

$\begin{align} &A\left( \frac{x_{1}-\lambda x_{2}}{1-\lambda}, \frac{y_{1}-\lambda y_{2}}{1-\lambda} \right) \ &B\left( \frac{x_{1}+\lambda x_{2}}{1+\lambda},\frac{y_{1}+\lambda y_{2}}{1+\lambda} \right) \end{align}$

那个在曲线外的点对应的是云云

算这个玩意：

$\begin{align} Ax_{A}x_{B}+By_{A}y_{B} &=A \frac{x_{1}^2-\lambda^2 x_{2}^2}{1-\lambda^2}+B \frac{y_{1}^2-\lambda^2 y_{2}^2}{1-\lambda^2} \ &=\frac{Ax_{1}^2+By_{1}^2-\lambda^2(Ax_{1}^2+By_{1}^2)}{1-\lambda^2} \ &=\frac{1-\lambda^2}{1-\lambda^2} \ &=1 \end{align}$

就证明啦，很简单罢...

尾声

呃所以我还是没有说明你知道极点极线有啥用。之后会说的。

知乎的公式编辑就是一坨！！！！