https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1950/Kika

[4] 一つの楕圓の焦點を $\rm F_1$ ， $\rm F_2$ とする．この楕円上の一點を $\rm Q$ とし $\triangle\rm F_1QF_2$ の頂點 $\rm Q$ における外角の二等分線に，焦點から下した垂線の足 $\rm P$ は定圓周上にあることを證明せよ．

本問のテーマ

楕円の補助円

2024.11.04記
まずは，外角の2等分線が楕円の接線となることを明らかとしておく．

[解答]
まず， $\mbox{F}_1$ から外角の2等分線（楕円の $\rm Q$ における接線）に下した垂線の足について考える．

楕円の中心を $\rm O$ ，外角の2等分線（楕円の $\rm Q$ における接線）に関する $\mbox{F}_1$ の対称点を $\mbox{F}'_1$ とすると $\rm P$ は $\mbox{F}_1\mbox{F}'_1$ の中点であり， $\rm O$ は $\mbox{F}_1\mbox{F}_2$ の中点であるから，中点連結定理により，
$\rm OP$ $=\dfrac{1}{2}\mbox{F}_2\mbox{F}'_1$ $=\dfrac{1}{2} (\mbox{F}_2\mbox{Q}+\mbox{Q}\mbox{F}_1)$ $=(長半径の長さ)$
で一定であるから， $\rm P$ は $\rm O$ 中心，半径が楕円の長半径の長さである円周上にある．

$\mbox{F}_2$ から外角の2等分線（楕円の $\rm Q$ における接線）に下した垂線の足についても同様である．

まずは，外角の2等分線が楕円の接線となることを幾何学的に証明することもできるが，本問を示す過程で同時に示すことにする．

[解答]
$\mbox{O}(0，0)$ とする．楕円を $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ （ $0\lt b\lt a$ ）とし， $c=\sqrt{a^2-b^2}$ とすると， $\mbox{F}_1(-c，0)$ ， $\mbox{F}_2(c，0)$ とおくことができる．
楕円上の点を $\mbox{Q}(s，t)$ とおく．

この楕円の離心率は $e=\dfrac{c}{a}$ であり，準線は $x=\pm\dfrac{a^2}{c}$ であるから，
$\mbox{QF}_2$ $=e\left(\dfrac{a^2}{c}-s\right)$ $=a-\dfrac{cs}{a}$ ，
$\mbox{QF}_1$ $=e\left(s+\dfrac{a^2}{c}\right)$ $=a+\dfrac{cs}{a}$
となるので， $\triangle\rm F_1QF_2$ の頂角 $\rm Q$ における内角の二等分線と $\mbox{F}_1\mbox{F}_2$ （ $x$ 軸）との交点 $\rm G$ の座標は
$\mbox{F}_1\mbox{G}=\dfrac{c}{a}\cdot\left(a+\dfrac{cs}{a}\right)$ $=c+\dfrac{c^2}{a^2}s$
に注意すると
$\mbox{G}\left(\dfrac{c^2}{a^2}s，0\right)$
である．よって外角の二等分線の法線ベクトルは
$\overrightarrow{\rm GQ}=\left(s-\dfrac{c^2}{a^2}s，t\right)$ $=\overrightarrow{\rm GQ}=\left(\dfrac{b^2}{a^2}s，t\right)$
となり，外角の二等分線の方程式は
$\dfrac{b^2}{a^2}s(x-s)+t(y-t)=0$
となる．これは
$\dfrac{s(x-s)}{a^2}+\dfrac{t(y-t)}{b^2}=0$
を経て
$\dfrac{sx}{a^2}+\dfrac{ty}{b^2}=\dfrac{s^2}{a^2}+\dfrac{t^2}{b^2}=1$
と変形できるので，楕円の $\rm Q$ における接線の方程式である．

この直線に $\mbox{F}_2$ から下した垂線のパラメータ表示を考えると
$\mbox{P}(x，y)$ について
$\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} c\\ 0\end{pmatrix}$ $+\lambda \begin{pmatrix} b^2s\\ a^2t\end{pmatrix}$
とおくことができるので，接線の方程式に代入して
$\dfrac{s(c+\lambda b^2s)}{a^2}+\dfrac{\lambda a^2t^2}{b^2}=1$
から
$\lambda=\dfrac{a^2b^2}{b^4s^2+a^4t^2}\left(1-\dfrac{c}{a^2}s\right)$
となるので，
$\mbox{OP}^2$
$=x^2+y^2$
$=c^2+2\lambda cb^2 s+\lambda^2(b^4s^2+a^4t^2)$
$=c^2+2\dfrac{a^2b^2}{b^4s^2+a^4t^2}\left(1-\dfrac{cs}{a^2}\right)cb^2 s+\dfrac{a^4b^4}{b^4s^2+a^4t^2}\left(1-\dfrac{cs}{a^2}\right)^2$
$=c^2+\dfrac{2b^4c}{b^4s^2+a^4t^2}(a^2-cs) s+\dfrac{b^4}{b^4s^2+a^4t^2}(a^2-cs)^2$
$=c^2+\dfrac{b^4}{b^4s^2+a^4t^2}(2a^2cs-2c^2s^2)+\dfrac{b^4}{b^4s^2+a^4t^2}(a^4-2sa^2c+s^2c^2)$
$=c^2+\dfrac{b^4}{b^4s^2+a^4t^2}(a^4-c^2s^2)$
$=c^2+\dfrac{b^2}{b^4s^2+a^4t^2}(a^4b^2-a^2b^2s^2+b^4s^2)$
となる．ここで
$b^2s^2+a^2t^2=a^2b^2$
であるから，
$\mbox{OP}^2$
$=x^2+y^2$
$=c^2+\dfrac{b^2}{b^4s^2+a^4t^2}(a^4b^2-a^2(a^2b^2-a^2t^2)+b^4s^2)$
$=c^2+\dfrac{b^2}{b^4s^2+a^4t^2}(b^4s^2+a^4t^2)$
$=c^2+b^2=a^2$
となり，一定であるから， $\rm P$ は $\rm O$ 中心，半径 $a$ の円周上にある．

$\mbox{F}_2$ から外角の2等分線（楕円の $\rm Q$ における接線）に下した垂線の足についても同様である．