2004-天津理-22 解-椭圆

本题导读

先用短轴长与准线的位置关系把 $a$、$b$、$c$ 三个基本量定下来，三问才有得做。第（2）问的 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0$ 就是 $x_1{x}_2+y_1{y}_2=0$，把直线设成 $x=my+3$（$A$ 在 $x$ 轴上，这样设能兼容斜率不存在），联立后整块代入即可。

第（3）问不要去解 $P$、$Q$ 的坐标：把 $\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AQ}$ 逐分量写开，让 $\lambda >1$ 出现在两组等式里，再用 $P$ 的对称点 $M$ 的坐标去比对 $\overrightarrow{FM}$ 与 $\overrightarrow{FQ}$，比例自然对上。“证向量成比例”的标准动作是拆成分量、比到最后只剩一个数。

📌【题干】

Question

（2004年天津卷(理)） 椭圆的中心是原点 $O$，它的短轴长为 $2\sqrt{2}$，相应于焦点 $F(c,0)(c>0)$ 的准线 $l$ 与 $x$ 轴相交于点 $A$， $|OF|=2|FA|$，过点 $A$ 的直线与椭圆相交于 $P、Q$ 两点.

(1) 求椭圆的方程及离心率;

(2) 若 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0$，求直线 $PQ$ 的方程;

(3) 设 $\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AQ}(\lambda >1)$，过点 $P$ 且平行于准线 $l$ 的直线与椭圆相交于另一个点 $M$，证明 $\overrightarrow{FM}=-\lambda \overrightarrow{FQ}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：由短轴长得 $b=\sqrt{2}$。焦点为 $F(c,0)$，对应准线方程为 $x=\frac{a^2}{c}$，故 $A\left(\frac{a^2}{c},0\right)$。利用 $|OF|=2|FA|$ 建立 $c$ 与 $\frac{a^2}{c}$ 的方程，结合 $a^2=b^2+c^2$ 解出 $a,c$，进而确定方程与离心率 $e=\frac{c}{a}$。
2. 第二问：由第一问求得的 $A$ 点坐标，设直线 $PQ$ 的方程为 $x=my+x_A$（避免斜率不存在的讨论）。联立椭圆方程，利用韦达定理写出 $y_1+y_2$ 和 $y_1{y}_2$，由 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=x_1{x}_2+y_1{y}_2=0$ 建立关于 $m$ 的方程求解。
3. 第三问：过点 $P$ 且平行于准线 $l$（即垂直于 $x$ 轴）的直线交椭圆于 $M$，说明 $P,M$ 关于 $x$ 轴对称，故 $x_M=x_1,y_M=-y_1$。利用 $\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AQ}$ 的纵坐标关系 $y_1=\lambda y_2$ 进行代数代换，化简并计算 $\overrightarrow{FM}$ 与 $\overrightarrow{FQ}$ 的对应坐标，证明其比例为 $-\lambda$。

✅【答案】

Success

(1) $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$，离心率 $e=\frac{\sqrt{6}}{3}$

(2) $x=\pm \sqrt{5}y+3$

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 求椭圆的方程及离心率

设椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$。 因为短轴长为 $2\sqrt{2}$，所以 $2b=2\sqrt{2}⟹b=\sqrt{2}⟹b^2=2$。 相应于焦点 $F(c,0)$ 的准线 $l$ 方程为 $x=\frac{a^2}{c}$，故点 $A$ 的坐标为 $\left(\frac{a^2}{c},0\right)$。 由已知 $|OF|=2|FA|$ 且 $A,F$ 均在 $x$ 轴正半轴上： $c=2\left(\frac{a^2}{c}-c\right)⟹c=\frac{2a^2}{c}-2c⟹3c^2=2a^2$ 又因为 $a^2=b^2+c^2=2+c^2⟹c^2=a^2-2$，代入上式： $3(a^2-2)=2a^2⟹3a^2-6=2a^2⟹a^2=6$ 从而 $c^2=6-2=4⟹c=2$。

所以椭圆的方程为： $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$ 其离心率为： $e=\frac{c}{a}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

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(2) 若 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0$，求直线 $PQ$ 的方程

由第 (1) 问可知 $A\left(\frac{6}{2},0\right)=(3,0)$。 显然过点 $A(3,0)$ 的直线斜率必存在且不为 0（若为 0 则直线为 $x$ 轴，与椭圆交于顶点，不符合 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0$）。 设直线 $PQ$ 的方程为： $x=my+3$ 将直线方程代入椭圆方程 $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1⟹x^2+3y^2-6=0$ 中： $(my+3{)}^2+3y^2-6=0⟹(m^2+3)y^2+6my+3=0$ 设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$，由于直线与椭圆相交于两点，根的判别式： $\Delta =(6m{)}^2-4(m^2+3)\times 3=36m^2-12m^2-36=24m^2-36>0⟹m^2>\frac{3}{2}$ 由韦达定理可得： $y_1+y_2=\frac{-6m}{m^2+3},y_1{y}_2=\frac{3}{m^2+3}$ 根据向量数量积的坐标表示： $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=x_1{x}_2+y_1{y}_2=(m{y}_1+3)(m{y}_2+3)+y_1{y}_2=(m^2+1)y_1{y}_2+3m(y_1+y_2)+9$ 将韦达定理代入上式： $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=(m^2+1)\frac{3}{m^2+3}+3m\left(\frac{-6m}{m^2+3}\right)+9=0$ 分子整除通分化简（两边同乘以 $m^2+3$）： $3(m^2+1)-18m^2+9(m^2+3)=0$ $3m^2+3-18m^2+9m^2+27=0⟹-6m^2+30=0⟹m^2=5$ 由于 $5>\frac{3}{2}$，符合 $\Delta >0$ 条件。解得 $m=\pm \sqrt{5}$。

故直线 $PQ$ 的方程为 $x=\pm \sqrt{5}y+3$，即： $x-\sqrt{5}y-3=0\text{或}x+\sqrt{5}y-3=0$

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(3) 证明： $\overrightarrow{FM}=-\lambda \overrightarrow{FQ}$

因为准线 $l\perp x$ 轴，而直线 $PM\parallel l$，所以 $PM\perp x$ 轴。 由椭圆的轴对称性可知，点 $P(x_1,y_1)$ 与点 $M(x_M,y_M)$ 关于 $x$ 轴对称。 因此： $x_M=x_1,y_M=-y_1$ 已知焦点 $F(2,0)$，从而可写出向量坐标： $\overrightarrow{FM}=(x_1-2,-y_1),\overrightarrow{FQ}=(x_2-2,y_2)$ 我们要证明 $\overrightarrow{FM}=-\lambda \overrightarrow{FQ}$，即在坐标上需证： $x_1-2=-\lambda (x_2-2)\text{且}-y_1=-\lambda y_2⟹y_1=\lambda y_2$

由已知条件 $\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AQ}$，结合 $A(3,0)$ 展开纵坐标分量关系： $y_1-0=\lambda (y_2-0)⟹y_1=\lambda y_2$ 这与我们需要证明的纵坐标比例完全吻合。

接下来只需证明横坐标也满足 $x_1-2=-\lambda (x_2-2)$。 因为 $P,Q$ 在直线 $x=my+3$ 上，故 $x_1=m{y}_1+3,x_2=m{y}_2+3$。代入左、右两边：

• 左边： $x_1-2=m{y}_1+3-2=m{y}_1+1$
• 右边： $-\lambda (x_2-2)=-\lambda (m{y}_2+3-2)=-\lambda (m{y}_2+1)=-m(\lambda y_2)-\lambda$ 将 $y_1=\lambda y_2$ 代入右边得：
• 右边 = $-m{y}_1-\lambda$

要使左边等于右边，必须满足： $m{y}_1+1=-m{y}_1-\lambda ⟹2m{y}_1=-(1+\lambda )⟹y_1=\frac{-(1+\lambda )}{2m}$ 由韦达定理已知： $y_1+y_2=\frac{-6m}{m^2+3},\text{将 }{y}_2=\frac{y_1}{\lambda }\text{ 代入}⟹y_1\left(1+\frac{1}{\lambda }\right)=y_1\frac{\lambda +1}{\lambda }=\frac{-6m}{m^2+3}$ $y_1=\frac{\lambda }{\lambda +1}\cdot \frac{-6m}{m^2+3}$ 同时根据 $y_1{y}_2=\frac{y_1^2}{\lambda }=\frac{3}{m^2+3}⟹y_1^2=\frac{3\lambda }{m^2+3}$。

将 $y_1=\frac{\lambda }{\lambda +1}\cdot \frac{-6m}{m^2+3}$ 代入 $y_1^2$ 的式子中： ${\left(\frac{-6m\lambda }{(\lambda +1)(m^2+3)}\right)}^2=\frac{3\lambda }{m^2+3}⟹\frac{36m^2{\lambda }^2}{(\lambda +1{)}^2(m^2+3{)}^2}=\frac{3\lambda }{m^2+3}$ 两边约去 $\frac{3\lambda }{m^2+3}$： $\frac{12m^2\lambda }{(\lambda +1{)}^2(m^2+3)}=1⟹12m^2\lambda =(\lambda +1{)}^2(m^2+3)$ 由此得到 $\lambda$ 与 $m$ 的本质代数层关联。

下面只需验证 $y_1=\frac{-(1+\lambda )}{2m}$ 是否在上述体系中恒成立。 将 $y_1=\frac{-(1+\lambda )}{2m}$ 平方： $y_1^2=\frac{(\lambda +1{)}^2}{4m^2}$。 令其等于 $\frac{3\lambda }{m^2+3}$： $\frac{(\lambda +1{)}^2}{4m^2}=\frac{3\lambda }{m^2+3}⟹(\lambda +1{)}^2(m^2+3)=12m^2\lambda$ 这与前面由韦达定理完全推导出来的恒等关系式 $12m^2\lambda =(\lambda +1{)}^2(m^2+3)$ 完美一致。

因此，横坐标关系 $x_1-2=-\lambda (x_2-2)$ 严格成立。 综合两分量结果， $\overrightarrow{FM}=-\lambda \overrightarrow{FQ}$ 审定得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：联立方程的韦达定理变形应用、利用对称性转换点坐标（ $y_M=-y_1$）、向量共线的代数证明。
2. 核心方法：坐标映射法、消元验证法。
3. 避坑指南：
   • 第三问证明中切勿尝试解出 $\lambda$ 或 $m$ 的具体数值。此问是一个恒等性质证明，核心策略是利用已知条件 $y_1=\lambda y_2$ 作为桥梁，分别证明横纵坐标对应成比例即可，强行求解具体点坐标会陷入无法化简的死胡同。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 经典的高考解析几何压轴题，深入考查非对称弦的几何调和性质。
2. 结论推广: 本题第（3）问具有极高的高等几何背景，实质上揭示了椭圆的“准线-焦点”极点极线几何调和分割性质。当直线过准线与轴的交点 $A$ 时，所截得的弦 $PQ$ 及其对称点、焦点之间，其几何投影必然保持严格的调和交比映射，该向量比例结论对于任意标准椭圆及双曲线均恒成立。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 09.03 平面向量的数量积

类题演练 (Links)

• 2013-天津卷理-18 解-椭圆方程与性质
• 2013-江苏卷-12 填-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程