原题为:
在平面直角坐标系 $xOy$ 中, 已知点 $F_1 (-\sqrt{17}, 0)$, $F_2 (\sqrt{17}, 0)$, 点 $M$ 满足 $|M F_1| – |M F_2| = 2$. 记 $M$ 的轨迹为 $C$.
(1) 求 $C$ 的方程;
(2) 设点 $T$ 在直线 $x = \frac12$ 上, 过 $T$ 的两条直线分别交 $C$ 于 $A, B$ 两点和 $P, Q$ 两点, 且 $|T A| \cdot |T B| = |T P| \cdot |T Q|$, 求直线 $AB$ 的斜率与直线 $P Q$ 的斜率之和.
隐含一般结论 (以焦点在 $x$ 轴上圆锥曲线为例):
已知直线 $AB \cap \text{直线 } CD = \text{点 } P$, 且 $AB$ 与 $CD$ 交 焦点在 $x$ 轴上圆锥曲线 (椭圆, 或双曲线, 或抛物线) 分别于 $A,B$ 与 $C,D$. 设直线 $AB$ 与 $CD$ 倾斜角分别为 $\alpha$ 与 $\beta$, 若 $|PA| \cdot |PB| = |PC| \cdot |PD|$, 则 $\alpha + \beta = \pi$.
证: 设点 $P(m,n)$, 直线 $AB$ 与 $CD$ 的参数方程分别为
\[
\begin{cases}
x = m + t \cos\alpha, \\
y = n + t \sin\alpha,
\end{cases}
(t 为参数),
\begin{cases}
x = m + t \cos\beta, \\
y = n + t \sin\beta,
\end{cases}
(t 为参数),
\]
且令 $A,B,C,D$ 所对应参数为 $t_1,t_2,t_3,t_4$.
注意到椭圆与双曲线方程可统一为 (实际上三大圆锥曲线可以统一为一个, 有兴趣自行探究, 此处为了计算简略, 分开讨论)
\[
(1-e^2) x^2 + y^2 – a^2(1-e^2) = 0.
\]
与直线 $AB$ 方程联立, 整理化简得
\[
(1-e^2\cos^2\alpha)t^2 + 2((1-e^2)m \cos\alpha + n \sin\alpha)t + n^2+(m^2-a^2)(1-e^2) = 0,
\]
因此
\[
t_1t_2 = \frac{n^2+(m^2-a^2)(1-e^2)}{1-e^2\cos^2\alpha}.
\]
同理可得
\[
t_3t_4 = \frac{n^2+(m^2-a^2)(1-e^2)}{1-e^2\cos^2\beta}.
\]
注意到 $t_1t_2 <0 \iff t_3t_4 <0$, 因此 $|PA| \cdot |PB| = |PC| \cdot |PD| \iff t_1t_2 = t_3t_4$, 即得到 $\cos^2\alpha = \cos^2\beta$, 又 $\alpha \ne \beta$, 故而 $\cos\alpha = -\cos\beta$, 即得证.
以下考虑抛物线. 设抛物线方程为 $y^2 = 2px$, 与直线 $AB$ 方程联立化简得
\[ t^2\sin^2\alpha + 2(n \sin\alpha – p \cos\alpha)t + n^2-2pm = 0, \]
得
\[ t_1t_2 = \frac{n^2-2pm}{\sin^2\alpha}. \]
同理
\[ t_3t_4 = \frac{n^2-2pm}{\sin^2\beta}. \]
由 $t_1t_2 = t_3t_4$ 亦可得证.
个人水平有限, 文中错误难免, 欢迎各位斧正!