证明这个定理太复杂了，也无必要。既然是定理，就可直接应用。
不用复杂的第二类椭圆积分加法定理，而用简单的“光滑凸闭图形的拉动原理”，也可证明“同焦椭圆和双曲线定理”。参见
http://zuijianqiugen.blog.163.com/blog/static/126524062201422194452202/ zuijianqiugen 发表于 2014-3-29 20:31
这个证明需要用到第二类椭圆积分的加法定理。
其完整证明参见《椭圆的共轭点定理》
http://zuijianqiugen.blog.163.com/blog/static/126524062201423110230968/ 来自kk论坛的解答
运动法继续——椭圆弧长差问题（wwd供题）
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5569&extra=page%3D1 这个椭圆弧长差的性质比较有意思，只是参考链接好像并不可靠。是自己发现的么？
查看维基百科，发现中文版本的词条有 加法公式，再看看贡献的历史，发现贡献者正是 zuijianqiugen本人。 但对应的英文版本的词条是没有这个性质的。 kastin 发表于 2014-3-25 13:22
证明？弧长如何处理？
参见：
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5572&extra=page%3D1
证明：
\[\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x-\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x=1\]
https://artofproblemsolving.com/community/c7h1701332 和 https://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=4216 应该类似 是一样的． 我说呢，前面发帖之前我是有 似曾相识的感觉的，原来曾经花了那么多时间，:L 椭圆积分的倍加定理：
\[\boxed{\quad\begin{gather*}
\int_0^u\sqrt{\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t=\int_u^w\sqrt{\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t+k^2u^2w\\
\\
w\,\,\colon\!=\frac{2u\sqrt{\big(1-u^2\big)\big(1-k^2u^2\big)}}{1-k^2u^4}
\end{gather*}\quad}\]
http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&ptid=5572&pid=37942
过点$P(a,b)$且与椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$共焦点的椭圆为$\frac{x^2}{(a+b)a}+\frac{y^2}{(a+b)b}=1$；
过点$P(a,b)$且与椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$共焦点的双曲线为$\frac{x^2}{(a-b)a}-\frac{y^2}{(a-b)b}=1$.
椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$与$y$轴正半轴交于点$A(0,b)$，而与$x$轴正半轴交于点$B(a,0)$；
双曲线$\frac{x^2}{(a-b)a}-\frac{y^2}{(a-b)b}=1$与椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$于第一象限交点$X_0\left(a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}},b\cdot\sqrt{\frac{b}{a+b}}\,\right)$.
\begin{align*}
\operatorname{arc}\left(BX_0\right)-\operatorname{arc}\left(X_0A\right)&=\int_0^{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
-\int_{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{a}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x\\
&=a\int_{0}^{\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t
-a\int_{\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{1}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t\\
&=a\cdot e^2\cdot \left(\sqrt{\frac{a}{a+b}}\,\right)^2\cdot1=a\cdot\frac{a^2-b^2}{a^2}\cdot\frac{a}{a+b}\\
&=a-b
\end{align*}
\begin{align*}
\int_0^{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{a^4-(a^2-b^2)x^2}{a^2(a^2-x^2)}}{\mathrm{d}}x
-\int_{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{a}\sqrt{\frac{a^4-(a^2-b^2)x^2}{a^2(a^2-x^2)}}{\mathrm{d}}x&=a-b\\
\\
\int_0^{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
-\int_{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{a}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x&=a-b\\
\\
\int_0^{2\cdot\sqrt{\frac{2}{2+1}}}\sqrt{\frac{2^2-\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)^2x^2}{2^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
-\int_{2\cdot\sqrt{\frac{2}{2+1}}}^{2}\sqrt{\frac{2^2-\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)^2x^2}{2^2-x^2}}{\mathrm{d}}x&=2-1\\
\\
\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\mathrm{d}}x-\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\mathrm{d}}x&=1
\end{align*}
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