2006-江西文-21 解-椭圆中点轨迹

本题导读

本题考查椭圆的方程。核心在于点差法求中点轨迹。

📌【题干】

Question

（2006年江西卷(文)） 如图，椭圆 $Q$：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的右焦点为 $F(c,0)$，过点 $F$ 的一动直线 $m$ 绕点 $F$ 转动，并且交椭圆于 $A$，$B$ 两点，$P$ 为线段 $AB$ 的中点。 （1）求点 $P$ 的轨迹 $H$ 的方程； （2）在 $Q$ 的方程中，令 $a^2=1+\cos \theta +\sin \theta$，$b^2=\sin \theta$（$0<\theta ⩽\frac{\pi }{2}$），设轨迹 $H$ 的最高点和最低点分别为 $M$ 和 $N$。当 $\theta$ 为何值时，$△MNF$ 为一个正三角形？

🔍【思路分析】

破题导航

1. (1) 设直线 $m$ 斜率为 $k$（先考虑斜率存在），$y=k(x-c)$ 代入椭圆，由韦达定理得中点坐标 $x_P=\frac{a^2{k}^{2}c}{b^2+a^2{k}^2}$、$y_P=-\frac{b^{2}kc}{b^2+a^2{k}^2}$，消去 $k$ 得轨迹方程。
2. 竖直直线 $x=c$ 过焦点时中点为 $(c,0)$，也满足轨迹方程，一并归入。
3. (2) $c^2=a^2-b^2=1+\cos \theta$；$M\left(\frac{c}{2},\frac{bc}{2a}\right)$、$N\left(\frac{c}{2},-\frac{bc}{2a}\right)$；正三角形 $\iff FM=MN\iff a^2=3b^2$，解得 $\theta =\arctan \frac{4}{3}$。

✅【答案】

Success

(1)$b^2{\left(x-\frac{c}{2}\right)}^2+a^2{y}^2=\frac{b^2{c}^2}{4}$

(2)$\theta =\arctan \frac{4}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）先考虑斜率存在的直线 $m$，设其斜率为 $k$，则 $y=k(x-c)$。代入椭圆方程得 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{k^2(x-c{)}^2}{b^2}=1$。 化为关于 $x$ 的二次方程后，设两交点的横坐标为 $x_1,x_2$，由韦达定理得 $x_1+x_2=\frac{2a^2{k}^{2}c}{b^2+a^2{k}^2}$，所以点 $P$ 的横坐标 $x_P=\frac{a^2{k}^{2}c}{b^2+a^2{k}^2}$。 再由 $y_P=k(x_P-c)$，得 $y_P=-\frac{b^{2}kc}{b^2+a^2{k}^2}$。 于是 $\frac{x_P}{c-x_P}=\frac{a^2{k}^2}{b^2}$，且 $k=-\frac{y_P}{c-x_P}$。消去 $k$，得 $a^2{y}_P^2=b^2{x}_P(c-x_P)$， 整理为 $b^2{\left(x_P-\frac{c}{2}\right)}^2+a^2{y}_P^2=\frac{b^2{c}^2}{4}$。 竖直直线 $x=c$ 经过焦点时，其中点为 $(c,0)$，也满足上式。 因此点 $P$ 的轨迹 $H$ 的方程为 $b^2{\left(x-\frac{c}{2}\right)}^2+a^2{y}^2=\frac{b^2{c}^2}{4}$。

（2）由题设 $c^2=a^2-b^2=1+\cos \theta$。由轨迹方程，$H$ 的最高点和最低点分别为 $M\left(\frac{c}{2},\frac{bc}{2a}\right)$，$N\left(\frac{c}{2},-\frac{bc}{2a}\right)$。 故 $MN=\frac{bc}{a}$，且 $F{M}^2=F{N}^2={\left(\frac{c}{2}\right)}^2+{\left(\frac{bc}{2a}\right)}^2=\frac{c^2(a^2+b^2)}{4a^2}$。 $△MNF$ 为正三角形，当且仅当 $FM=MN$。两边平方并利用正数条件，得 $\frac{c^2(a^2+b^2)}{4a^2}=\frac{b^2{c}^2}{a^2}$，即 $a^2=3b^2$。 代入题设中的 $a^2,b^2$，得 $1+\cos \theta +\sin \theta =3\sin \theta$，即 $1+\cos \theta =2\sin \theta$。 令 $s=\sin \theta$，则 $\cos \theta =2s-1$。联立 $s^2+{\cos }^2\theta =1$，得 $s^2+(2s-1{)}^2=1$，即 $5s^2-4s=0$。 因 $s>0$，所以 $s=\frac{4}{5}$，进而 $\cos \theta =\frac{3}{5}$。因此 $\theta =\arctan \frac{4}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：椭圆中点轨迹

核心方法：点差法求中点轨迹

避坑指南：中点 $P$ 轨迹 $b^2(x-\frac{c}{2}{)}^2+a^2{y}^2=\frac{b^2{c}^2}{4}$；正三角形条件 $a^2=3b^2$，代入得 $1+\cos \theta =2\sin \theta$，$\theta =\arctan \frac{4}{3}$

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 源自椭圆弦中点轨迹与参数方程结合的压轴题

结论推广: 点差法轨迹方程推广到中点弦一切问题

方法推广: 轨迹是缩小椭圆，正三角形化等长方程

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.03 抛物线专题全总结

类题演练 (Links)

• 2008-大纲Ⅱ文-15 填-抛物线中点弦面积
• 2008-大纲Ⅱ文-22 解-椭圆直线交点与面积最值