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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=2sqrt{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((-2sqrt{m},0))，

又椭圆的左顶点为 (A(-2，0))，即(-2sqrt{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， (PQperp 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}cdotoverrightarrow{AQ}=0)，

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

则 (overrightarrow{AP}cdotoverrightarrow{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 ( riangle 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_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imes |PQ| imes |QH|=cfrac{1}{2} imes |PQ| imes 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_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imes |PM| imes |QT|)

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

解析：联结(QO)，由于(O) 为 (PM)的中点，

所以 (S_{ riangle PQM}=2S_{ riangle POQ}=2 imescfrac{1}{2} imescfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|=cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|)

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

所以 (S_{ riangle PQM}=cfrac{6}{5} imes|cfrac{4}{5} imes2|=cfrac{48}{25})，

当 (PQ) 与 (x) 轴不垂直时， (S_{ riangle PQM}=2S_{ riangle POQ}=2 imescfrac{1}{2} imescfrac{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{4sqrt{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 eq 0))

所以 (S_{ riangle 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 imescfrac{7^{2}}{18^{2}}})

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

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

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

解析： 因为 ( riangle 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}cdotoverrightarrow{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 (PQperp 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}}cdotcfrac{y_{2}+y_{1}}{x_{2}+x_{1}})

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

所以， 此时 (angle PQM eq 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{egin{array}{l}{y=4kx}\{y=k(x+cfrac{6}{5})}end{array} ight.,) 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 imescfrac{64k^{2}}{25}=4)，

解得 (k=pmcfrac{sqrt{6}}{4})，

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

综上，直线 (l) 的方程为 (y=cfrac{sqrt{6}}{4} x+cfrac{3sqrt{6}}{10})， (y=-cfrac{sqrt{6}}{4} x-cfrac{3sqrt{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.egin{array}{l}&4b^2&-4&+4k^2b^2&-4k^2&\&&&-8k^2b^2&&-16kb\&b^2&+4&+4k^2b^2&+16k^2end{array} ight})
   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} imes|x_1-x_2|)
   (=sqrt{1+k^2}sqrt{(-cfrac{48k^2}{5(1+4k^2)})^2-4 imescfrac{144k^2-100}{25(1+4k^2)}})
   (=cdots=cfrac{sqrt{1+k^2}cdotsqrt{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|}{5sqrt{1+k^2}})
   (S_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imescfrac{sqrt{1+k^2}cdotsqrt{1024k^2+400}}{5(1+4k^2)} imes cfrac{|12k|}{5sqrt{1+k^2}})
   整理为(S_{ riangle PQM}=cfrac{6}{25} imes 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=tgeqslant 1) ，则(k^2=cfrac{t-1}{4})，
   则(h^2(k)=g(t)=cfrac{1024 imes(frac{t-1}{4})^2+400 imes(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<mleqslant1)，
   则(h^2(k)=g(t)=l(m)=-36m^2-28m+64)，(0<mleqslant1)，
   (=-36(m+cfrac{7}{18})^2+64+cfrac{49}{9})，
   故当(m ightarrow 0) 时，(h^2(k)_{max} ightarrow 64)，
   即(h(k)_{max} ightarrow 8)，故([S_{ riangle PQM}]_{max}=cfrac{6}{25} imes 8=cfrac{48}{25})，
   此时对应(k ightarrow +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}cdotsqrt{cfrac{144m^2}{25(4+m^2)^2}+4 imescfrac{64}{25(4+m^2)}})
   (=sqrt{1+m^2}cdotsqrt{cfrac{144m^2+256m^2+4 imes 256}{25(4+m^2)^2}})
   (=cfrac{4sqrt{1+m^2}cdotsqrt{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}{5sqrt{1+m^2}})，
   故(S_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imes cfrac{4sqrt{1+m^2}cdotsqrt{25m^2+64}}{5(4+m^2)} imes cfrac{12}{5sqrt{1+m^2}})
   (=cfrac{24}{25} imes 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 (tgeqslant 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}=nin (0，cfrac{1}{4}])
   (=-36(n-cfrac{25}{72})^2+36 imes (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_{ riangle PQM}]_{max}=cfrac{24}{25} imes2=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； ↩︎