在线|一月解答

前言

本次辅导需要延申的数学素材：利用圆锥曲线的定义求解，函数的对称，曲线的对称，动态的观点解题；

典例剖析

【2021北京人大附中高二期末考试第23题】已知椭圆 \(G：\cfrac{x^2}{6}\)\(+\)\(\cfrac{y^2}{b^2}\)\(=\)\(1\) \((0<b<\sqrt{6})\) 的两个焦点分别为 \(F_1\) 和 \(F_2\)，短轴的两个端点分别为 \(B_1\) 和 \(B_2\)，点 \(P\) 在椭圆 \(G\) 上，且满足\(|PB_1|\)\(+\)\(|PB_2|\)\(=\)\(|PF_1|\)\(+\)\(|PF_2|\)，当 \(b\) 变化时，给出下列三个命题：

①点 \(P\) 的轨迹关于 \(y\) 轴对称；

②存在 \(b\) ，使得椭圆 \(G\) 上满足条件的点 \(P\) 仅有两个；

③ \(|OP|\) 的最小值为 \(2\).

其中，所有正确命题的序号是_____________.

解：椭圆 \(G: \cfrac{x^{2}}{6}+\cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1\) \((0<b<\sqrt{6})\) 的两个焦点的坐标分别为 \(F_{1}(\sqrt{6-b^{2}}, 0)\) 和 \(F_{2}(-\sqrt{6-b^{2}}, 0)\)，

且短轴的两个端点分别为 \(B_{1}(0,-b)\) 和 \(B_{2}(0, b)\)，

设 \(P(x, y)\)， 点 \(P\) 在椭圆 \(G\) 上, 且满足 \(|PB_1|+|PB_2|=|PF_1|+|PF_2|\)，

由椭圆定义可得， \(|PB_{1}|+|PB_{2}|=2a=2\sqrt{6}>2b\)，

说明点 \(P\) 的轨迹为椭圆，且焦点为\(B_1\)，\(B_2\)， 即半焦距为 \(b\)，半长轴为 \(\sqrt{6}\)，半短轴为\(\sqrt{6-b^2}\)，

即说明， 点\(P\) 在椭圆 \(\cfrac{y^{2}}{6}+\cfrac{x^{2}}{6-b^{2}}=1\) 上，

对于①， 将 \(x\) 换为 \(-x\) 方程不变， 则点 \(P\) 的轨迹关于 \(y\) 轴对称，故①正确；

对于②， 由图像可得轨迹关于 \(x\)， \(y\) 轴对称， 且 \(0<b<\sqrt{6}\)，则椭圆 \(G\) 上满足条件的点 \(P\) 有\(4\)个，不存在 \(b\) 使得椭圆 \(G\) 上满足条件的点 \(P\) 仅有两个，故②不正确；

对于③， 借助动态作图，我们可以看到，当点 \(P\) 由非常靠近 \(x\) 轴[一个临界状态]向非常靠近 \(y\) 轴[另一个临界状态]的变化过程中，\(|OP|\) 的长度经历了从最大到最大的变化，中间肯定有个关键的位置状态，应该是最小，而结合对称性可得， 当 \(P\) 满足 \(x^{2}=y^{2}\)， 即有 \(6-b^{2}=b^{2}\)，即 \(b=\sqrt{3}\) 时， \(|OP|\) 取得最小值， 可得 \(x^{2}=y^{2}=2\)， 即有 \(|OP|\) 的最小值为 \(2\)，故③正确；

故答案为：①③.

【2021北京人大附中高二期末考试第24题】已知椭圆 \(\omega：\cfrac{x^2}{4m}+\cfrac{y^2}{m}=1\) 的左顶点为 \(A(-2，0)\)，动直线 \(l\) 与椭圆 \(\omega\) 交于不同的两点 \(P\) 和 \(Q\)(不与点 \(A\) 重合)，点 \(A\) 在以 \(PQ\) 为直径的圆上，点 \(P\) 关于原点 \(O\) 的对称点为 \(M\)，

(1).求椭圆 \(\omega\) 的方程及离心率；

分析：由题可知，\(m>0\)，可知椭圆的焦点在 \(x\) 轴，

且可知\(a^2=4m\)，\(b^2=m\)，\(c^2=3m\)，左顶点为\((-2\sqrt{m},0)\)，

又椭圆的左顶点为 \(A(-2，0)\)，即\(-2\sqrt{m}=-2\)，故\(m=1\)，

则\(a^2=4\)，\(b^2=1\)，\(c^2=3\)，

故椭圆的方程为 \(\omega：\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，且离心率为\(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\).

(2).求证：直线 \(PQ\) 过定点；

分析：设点的坐标为\(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，

①.当直线的斜率不存在时， \(PQ\perp x\) 轴时， \(Q(x_{1},-y_{1})\)，

因为点 \(A\) 在以 \(PQ\) 为直径的圆上，所以 \(PA \perp QA\)，

所以 \(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{QA}=0\)，所以 \((-2-x_{1})^{2}-y_{1}^{2}=0\)，

因为 \(\cfrac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1\)，所以 \(5x_{1}^{2}+16x_{1}+12=0\)，

解方程得 \(x_{1}=-\cfrac{6}{5}\) 或 \(x_{1}=-2\)

因为 \(l\) 不过 \(A(-2,0)\)， 所以 \(x_{1}=-2\) 舍去，

则\(x_1=-\cfrac{6}{5}\)，即直线 \(PQ\) 的方程为\(x=-\cfrac{6}{5}\)；

②.当直线的斜率存在时，设直线的方程为 \(y=kx+b\)为什么要这样设元？由于题目说明直线过定点，则最终应该会得到\(b\)\(=\)\(m\)\(\cdot\)\(k\)\(+\)\(n\)，\(m\)，\(n\)为常数，比如\(b\)\(=\)\(2k\)或\(b\)\(=\)\(3k\)\(-\)\(1\)或\(b\)\(=\)\(3\)等，这样才可能证明直线过定点\(\quad\)，动直线 \(l\) 与椭圆的交点 \(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，

将直线 \(y=kx+b\) 方程代入 \(\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\) ，或直接代入\(x^2+4y^2-4=0\)，

整理后，得到 \((1+4k^2)x^2+8kbx+4b^2-4=0\) ，由韦达定理可知，

\(x_1+x_2=-\cfrac{8kb}{1+4k^2}\)， \(x_1x_2=\cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}\)，

接下来用什么来串联思路呢？

由于点\(A\)在以 \(PQ\) 为直径的圆上，则必然满足 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AQ}=0\)，

由于点\(A(-2,0)\)，点\(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，

则 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AQ}=(x_1+2,y_1)\cdot(x_2+2,y_2)=0\)，

则我们得到，\((x_1+2)(x_2+2)+y_1y_2=0\)，

即\((x_1+2)(x_2+2)+(kx_1+b)(kx_2+b)=0\)，

整理^[1]得到，\((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0\)，

将上述韦达定理的结果代入^[2] ， 得到\(12k^2-16kb+5b^2=0\)，

即 \((6k-5b)(2k-b)=0\) ，解得 \(b=\cfrac{6}{5}k\)，或 \(b=2k\)，

当 \(b=2k\) ，即动直线 \(l\) 为\(y=kx+2k=k(x+2)\)，即直线经过定点 \((-2,0)\)，不符题意，舍去；

当 \(b=\cfrac{6}{5}k\)时，即动直线 \(l\) 为\(y=kx+\cfrac{6}{5}k=k(x+\cfrac{6}{5})\)，即直线经过定点 \((-\cfrac{6}{5},0)\)；

综上所述，直线\(PQ\)恒过定点\((-\cfrac{6}{5},0)\)；

(3).①求 \(\triangle PQM\) 面积的最大值；

[题记]：本题目求解中，构建面积函数的三种考量：

思路一：\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times |PQ|\times |QH|=\cfrac{1}{2}\times |PQ|\times 2|OB|\)

[具体运算1]：直线为\(y=k(x+\cfrac{6}{5})\)， 线条式记录运算步骤和过程；

将 \(y=k(x+\cfrac{6}{5})\)代入 \(x^2+4y^2-4=0\)，化简整理得到，

\((1+4k^2)x^2+\cfrac{48k^2}{5}+\cfrac{144k^2-100}{25}=0\)， 详细阅读请点击^[3]

[具体运算2]：直线为 \(x=my-\cfrac{6}{5}\)其实质为上述直线的变形表达形式，由\(y\)\(=\)\(k\)\((x\)\(+\)\(\frac{6}{5})\)，得到\(\frac{1}{k}y\)\(=\)\(x\)\(+\)\(\frac{6}{5}\)，即\(x\)\(=\)\(\frac{1}{k}y\)\(-\)\(\frac{6}{5}\)，令\(m=\frac{1}{k}\)，即\(x\)\(=\)\(my\)\(-\)\(\frac{6}{5}\)；\(\quad\)，线条式记录运算步骤和过程；

将 \(x=my-\cfrac{6}{5}\)代入 \(x^2+4y^2-4=0\)，化简整理得到，

\((4+m^2)y^2-\cfrac{12}{5}y-\cfrac{64}{25}=0\)，详细阅读请点击^[4]

思路二：\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times |PM|\times |QT|\)

思路三：\(S_{\triangle PQM}=S_{\triangle POQ}+S_{\triangle QOM}=2\times S_{\triangle POQ}=2\times \cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_1-y_2|\)

解析：联结\(QO\)，由于\(O\) 为 \(PM\)的中点，

所以 \(S_{\triangle PQM}=2S_{\triangle POQ}=2\times\cfrac{1}{2}\times\cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|=\cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|\)

当 \(PQ\perp x\) 轴时, 由(II)知 \(P(-\cfrac{6}{5}, \cfrac{4}{5})\)， \(Q(-\cfrac{6}{5},-\cfrac{4}{5})\)，

所以 \(S_{\triangle PQM}=\cfrac{6}{5}\times|\cfrac{4}{5}\times2|=\cfrac{48}{25}\)，

当 \(PQ\) 与 \(x\) 轴不垂直时， \(S_{\triangle PQM}=2S_{\triangle POQ}=2\times\cfrac{1}{2}\times\cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|\)

\(=\cfrac{6}{5}|kx_{1}-kx_{2}|=\cfrac{6}{5}|k||x_{1}-x_{2}|\)

\(=\cfrac{6}{5}|k||\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\cfrac{6}{5}|k||\cfrac{4\sqrt{4k^{2}+1-n^{2}}}{4k^{2}+1}\)

\(=\cfrac{24}{25}\cfrac{\sqrt{64k^{4}+25k^{2}}}{4k^{2}+1}\)

令 \(t=4k^{2}+1>1\) \((k\neq 0)\)

所以 \(S_{\triangle PQM}=\cfrac{12}{25}\sqrt{\cfrac{16t^{2}-7t-9}{t^{2}}}\)

\(=\cfrac{12}{25}\sqrt{16-\cfrac{7}{t}-\cfrac{9}{t^{2}}}\)

\(=\cfrac{12}{25}\sqrt{-9(\cfrac{1}{t}+\cfrac{7}{18})^{2}+16+9\times\cfrac{7^{2}}{18^{2}}}\)

因为 \(0<\cfrac{1}{t}<1\)，所以 \(0<S_{\triangle PQM}<\cfrac{48}{25}\)，

综上, 当直线 \(l: x=-\cfrac{6}{5}\) 时， \(\triangle PQM\) 的面积最大， 最大值为 \(\cfrac{48}{25}\)；

② 若 \(\triangle MPQ\) 为直角三角形，求直线 \(l\) 的方程；

解析： 因为 \(\triangle MPQ\) 为直角三角形， 设 \(T(-\cfrac{6}{5}, 0)\)，

由于不知道具体哪个角为直角，故分三种情况讨论:

\(1^{\circ}\). 当 \(\angle QPM=90^{\circ}\) 时， 则 \(\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{OP}=0\)，

因为 \(\overrightarrow{TP}=(x_{1}+\cfrac{6}{5}, y_{1})\)， \(\overrightarrow{OP}=(x_{1}, y_{1})\)，

即\(x_{1}^{2}+\cfrac{6}{5}x_{1}+y_1^2=0\)， 则 \(x_{1}^{2}+\cfrac{6}{5}x_{1}+1-\cfrac{x_{1}^{2}}{4}=0\)，

所以 \(15x_{1}^{2}+24x_{1}+20=0\) ， \(\Delta<0\)，则无解，故\(\angle QPM\) 不可能为直角；

\(2^{\circ}\). 当 \(\angle PQM=90^{\circ}\) 时，

当 \(PQ\perp x\) 轴时， 由椭圆的对称性可知，\(\angle PQM=90^{\circ}\)，直线 \(l\) 的方程为\(x=-\cfrac{6}{5}\)；

当 \(PQ\) 与 \(x\) 轴不垂直时， 必须满足\(k_{PQ}\cdot k_{QM}=-1\)，

又由于点\(P(x_1,y_1)\)，\(Q(x_2,y_2)\) ，\(M(-x_1,-y_1)\)在椭圆上，故

\(\cfrac{x_1^2}{4}+y_1^2=1\)，\(\cfrac{x_2^2}{4}+y_2^2=1\)，

两式相减，得到\(\cfrac{y_{2}^{2}-y_{1}^{2}}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}=-\cfrac{1}{4}\)，

又\(k_{PQ}\cdot k_{QM}=\cfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}\cdot\cfrac{y_{2}+y_{1}}{x_{2}+x_{1}}\)

\(=\cfrac{y_{2}^{2}-y_{1}^{2}}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}=-\cfrac{1}{4}\neq -1\)

所以， 此时 \(\angle PQM\neq 90^{\circ}\)；

\(3^{\circ}\). 当 \(\angle QMP=90^{\circ}\) 时，

由于 \(PQ\) 的方程为 \(y=k(x+\cfrac{6}{5})\)，又必然有\(k_{PQ}\cdot k_{QM}=-\cfrac{1}{4}\)，

所以 \(k_{QM}=-\cfrac{1}{4k}\)，又由 \(\angle QMP=90^{\circ}\) 必有 \(k_{MP}\cdot k_{QM}=-1\)，

所以 \(k_{MP}=4k\)，所以直线 \(PM\) 的方程为 \(y=4kx\)，

又由\(\left\{\begin{array}{l}{y=4kx}\\{y=k(x+\cfrac{6}{5})}\end{array}\right.,\) 解得，\(P(\cfrac{2}{5}, \cfrac{8k}{5})\)，

又由于 \(P(\cfrac{2}{5}, \cfrac{8k}{5})\) 在椭圆上， 所以 \(\cfrac{4}{25}+4\times\cfrac{64k^{2}}{25}=4\)，

解得 \(k=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，

所以直线 \(l\) 的方程为 \(y=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}(x+\cfrac{6}{5})\)

综上，直线 \(l\) 的方程为 \(y=\cfrac{\sqrt{6}}{4} x+\cfrac{3\sqrt{6}}{10}\)， \(y=-\cfrac{\sqrt{6}}{4} x-\cfrac{3\sqrt{6}}{10}\) 或 \(x=-\cfrac{6}{5}\).

---

1. 由\((x_1+2)(x_2+2)+(kx_1+b)(kx_2+b)=0\)得到，
   \(x_1x_2+2(x_1+x_2)+4+k^2x_1x_2+kb(x_1+x_2)+b^2=0\)，
   即\((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0\)； ↩︎

2. \((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0\)，
   \(x_1+x_2=-\cfrac{8kb}{1+4k^2}\)， \(x_1x_2=\cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}\)，
   \((1+k^2)\cdot \cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}-(2+kb)(\cfrac{8kb}{1+4k^2})+b^2+4=0\)，
   即\((1+k^2)(4b^2-4)-(2+kb)\cdot 8kb+(b^2+4)(1+4k^2)=0\)，
   打开，即\(4b^2-4+4k^2b^2-4k^2-16kb-8k^2b^2+b^2+4k^2b^2+4+16k^2=0\)，
   运算整理的技巧，一次过；
   \(\left.\begin{array}{l}&4b^2&-4&+4k^2b^2&-4k^2&\\&&&-8k^2b^2&&-16kb\\&b^2&+4&+4k^2b^2&+16k^2\end{array}\right\}\)
   整理得到，\(12k^2-16kb+5b^2=0\)， ↩︎

3. 故有\(x_1+x_2=-\cfrac{48k^2}{5(1+4k^2)}\)，\(x_1x_2=\cfrac{144k^2-100}{25(1+4k^2)}\)，
   则\(|PQ|=\sqrt{1+k^2}\times|x_1-x_2|\)
   \(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(-\cfrac{48k^2}{5(1+4k^2)})^2-4\times\cfrac{144k^2-100}{25(1+4k^2)}}\)
   \(=\cdots=\cfrac{\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{1024k^2+400}}{5(1+4k^2)}\)，
   又由于原点 \((0,0)\) 到直线 \(kx-y+\cfrac{6}{5}k=0\) 的距离为 \(d=\cfrac{|\frac{6}{5}k|}{\sqrt{1+k^2}}\)
   故三角形的高线 \(h=\cfrac{|12k|}{5\sqrt{1+k^2}}\)
   \(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{1024k^2+400}}{5(1+4k^2)} \times \cfrac{|12k|}{5\sqrt{1+k^2}}\)
   整理为\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{6}{25}\times \cfrac{\sqrt{1024k^2+400}\cdot |k|}{1+4k^2}\)
   令\(h(k)=\cfrac{\sqrt{1024k^2+400}\cdot |k|}{1+4k^2}\)，
   则\(h^2(k)=\cfrac{(1024k^2+400)\cdot k^2}{(1+4k^2)^2}\)
   令\(1+4k^2=t\geqslant 1\) ，则\(k^2=\cfrac{t-1}{4}\)，
   则\(h^2(k)=g(t)=\cfrac{1024\times(\frac{t-1}{4})^2+400\times(\frac{t-1}{4})}{t^2}\)
   \(=\cfrac{64(t^2-2t+1)+100(t-1)}{t^2}=\cdots=64-\cfrac{28}{t}-\cfrac{36}{t^2}\)，
   令\(\cfrac{1}{t}=m\)，则\(0<m\leqslant1\)，
   则\(h^2(k)=g(t)=l(m)=-36m^2-28m+64\)，\(0<m\leqslant1\)，
   \(=-36(m+\cfrac{7}{18})^2+64+\cfrac{49}{9}\)，
   故当\(m\rightarrow 0\) 时，\(h^2(k)_{max}\rightarrow 64\)，
   即\(h(k)_{max}\rightarrow 8\)，故\([S_{\triangle PQM}]_{max}=\cfrac{6}{25}\times 8=\cfrac{48}{25}\)，
   此时对应\(k\rightarrow +\infty\)，即直线和 \(x\) 轴垂直； ↩︎

4. 故 \(y_1+y_1=\cfrac{12m}{5(4+m^2)}\) ，\(y_1y_2=-\cfrac{64}{25(4+m^2)}\)，
   故 \(|PQ|=\sqrt{1+(\frac{1}{k})^2}\cdot|y_1-y_2|=\sqrt{1+m^2}\cdot|y_1-y_2|=\)
   \(=\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{\cfrac{144m^2}{25(4+m^2)^2}+4\times\cfrac{64}{25(4+m^2)}}\)
   \(=\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{\cfrac{144m^2+256m^2+4\times 256}{25(4+m^2)^2}}\)
   \(=\cfrac{4\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{25m^2+64}}{5(4+m^2)}\)
   又由于原点 \((0,0)\) 到直线 \(x-my+\cfrac{6}{5}=0\) 的距离 \(d=\cfrac{|\frac{6}{5}|}{\sqrt{1+m^2}}\)，
   故三角形的高线为 \(h=\cfrac{12}{5\sqrt{1+m^2}}\)，
   故\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times \cfrac{4\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{25m^2+64}}{5(4+m^2)}\times \cfrac{12}{5\sqrt{1+m^2}}\)
   \(=\cfrac{24}{25}\times \cfrac{\sqrt{25m^2+64}}{4+m^2}\)，
   令\(g(m)=\cfrac{\sqrt{25m^2+64}}{4+m^2}\)，
   则 \(g^2(m)=\cfrac{25m^2+64}{(4+m^2)^2}\)，此时常用配凑法或换元法，
   令\(m^2+4=t\)，则 \(t\geqslant 4\)，且有\(m^2=t-4\)，
   则\(g^2(m)=\cfrac{25(t-4)+64}{t^2}=\cfrac{25t-36}{t^2}\)，
   \(=-36(\cfrac{1}{t})^2+25(\cfrac{1}{t})\)，令\(\cfrac{1}{t}=n\in (0，\cfrac{1}{4}]\)
   \(=-36(n-\cfrac{25}{72})^2+36\times (\cfrac{25}{72})^2\)，
   故当 \(n=\cfrac{1}{4}\)时，\(g^2(m)\) 取到最大值，\(g^2(m)_{max}=4\)，
   故\(g(m)_{max}=2\)，故\([S_{\triangle PQM}]_{max}=\cfrac{24}{25}\times2=\cfrac{48}{25}\)；
   此时\(t=4\)，对应\(m=0\)，也对应直线的斜率为\(\infty\)，即直线和 \(x\) 轴垂直； ↩︎