2004-全国卷III理-21 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质。核心在于临界位置分析法、极坐标法 / 焦半径公式代数化的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年全国卷III(理)） 设椭圆 $\frac{x^2}{m+1}+y^2=1$ 的两个焦点是 $F_1(-c,0)$ 与 $F_2(c,0)$，$(c>0)$，且椭圆上存在一点 $P$，使得直线 $P{F}_1$ 与 $P{F}_2$ 垂直.

(1) 求实数 $m$ 的取值范围；

(2) 设 $L$ 是相应于焦点 $F_2$ 的准线，直线 $P{F}_2$ 与 $L$ 相交于点 $Q$，若 $\left|\frac{Q{F}_2}{P{F}_2}\right|=2-\sqrt{3}$，求直线 $P{F}_2$ 的方程.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 把「垂直」翻译成距离条件：$\angle F_{1}P{F}_2=90^{\circ }$ 等价于 $P$ 到中心 $O$ 的距离等于 $c$，即 $P$ 落在以 $F_1{F}_2$ 为直径的圆上。椭圆上的点到中心的距离介于 $b$ 与 $a$ 之间，于是 $b⩽c⩽a$。
2. 用第二定义搭桥：$|P{F}_2|=e\cdot d(P,L)$，而 $Q$ 在准线上，可以借相似三角形把 $\frac{|Q{F}_2|}{|P{F}_2|}$ 化成只含 $a$、$|P{F}_2|$ 的式子。
3. 联立两个条件：设 $r=|P{F}_2|$，由直角三角形的边角关系得 $r^2-2ar+2=0$，与上面解出的 $ar$ 联立即可定出 $a$、$c$，再由 $\tan \angle P{F}_2{F}_1$ 得斜率。

✅【答案】

Success

(1) $m\ge 1$

(2) $y=(2-\sqrt{3})(x-\sqrt{2})$ 或 $y=-(2-\sqrt{3})(x-\sqrt{2})$

✍【详细解析】

Abstract

由椭圆方程得 $a^2=m+1$，$b^2=1$，$c^2=a^2-b^2=m$，焦点在 $x$ 轴上。

（1）求 $m$ 的取值范围

设 $P$ 在椭圆上且 $P{F}_1\perp P{F}_2$，则 $\angle F_{1}P{F}_2=90^{\circ }$，于是 $P$ 落在以 $F_1{F}_2$ 为直径的圆上，该圆圆心为 $O$、半径为 $c$，故 $|PO|=c$ 反之，若椭圆上存在一点 $P$ 满足 $|PO|=c$，则以 $F_1{F}_2$ 为直径的圆过 $P$，得 $\angle F_{1}P{F}_2=90^{\circ }$。所以问题等价于椭圆与圆 $x^2+y^2=c^2$ 有公共点。

椭圆上点到中心 $O$ 的距离的取值范围是 $[b,a]$，因此需 $b⩽c⩽a⟺1⩽\sqrt{m}⩽\sqrt{m+1}$ 右半部分对一切 $m>0$ 恒成立，左半部分给出 $m⩾1$。

所以 $m$ 的取值范围是 $[1,+\infty )$。

（2）求直线 $P{F}_2$ 的方程

记 $r=|P{F}_2|$，$e=\frac{c}{a}$。由于 $P$ 在准线 $L:x=\frac{a^2}{c}$ 的左侧，由椭圆第二定义 $r=e\cdot d(P,L)=e\left(\frac{a^2}{c}-x_P\right)⟹d(P,L)=\frac{r}{e}$ 而 $F_2$ 到 $L$ 的距离为 $d(F_2,L)=\frac{a^2}{c}-c=\frac{a^2-c^2}{c}=\frac{b^2}{c}=\frac{1}{c}$

设 $K$、$D$ 分别是 $F_2$、$P$ 在 $L$ 上的垂足。由 $F_{2}K\parallel PD$ 得 $△Q{F}_{2}K\sim △QPD$，故 $\frac{|Q{F}_2|}{|QP|}=\frac{d(F_2,L)}{d(P,L)}=\frac{\frac{1}{c}}{\frac{r}{e}}=\frac{e}{cr}=\frac{1}{ar}$ 又 $F_2$ 在 $Q$ 与 $P$ 之间，$|QP|=|Q{F}_2|+r$，于是 $\frac{|Q{F}_2|}{|Q{F}_2|+r}=\frac{1}{ar}⟹\frac{|Q{F}_2|}{r}=\frac{1}{ar-1}$ 代入条件 $\frac{|Q{F}_2|}{r}=2-\sqrt{3}$： $ar-1=\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}⟹ar=3+\sqrt{3}$

另一方面，由 $P{F}_1\perp P{F}_2$ 及 $|P{F}_1|+|P{F}_2|=2a$： $(2a-r{)}^2+r^2=(2c{)}^2=4c^2=4(a^2-1)$ 化简得 $r^2-2ar+2=0$ 把 $ar=3+\sqrt{3}$ 代入： $r^2=2(3+\sqrt{3})-2=4+2\sqrt{3}=(\sqrt{3}+1{)}^2⟹r=\sqrt{3}+1$ 于是 $a=\frac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}=\frac{(3+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}{2}=\sqrt{3}$ 从而 $a^2=3$，$c^2=a^2-1=2$，$c=\sqrt{2}$，$F_2(\sqrt{2},0)$。

在 $\mathrm{Rt}△F_{1}P{F}_2$ 中， $|P{F}_1|=2a-r=2\sqrt{3}-\sqrt{3}-1=\sqrt{3}-1$ $\tan \angle P{F}_2{F}_1=\frac{|P{F}_1|}{|P{F}_2|}=\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}=\frac{(\sqrt{3}-1{)}^2}{2}=2-\sqrt{3}$ 直线 $P{F}_2$ 的倾斜角与 $\angle P{F}_2{F}_1$ 相等或互补，故其斜率的绝对值为 $2-\sqrt{3}$，即 $k=\pm (2-\sqrt{3})$。

所以直线 $P{F}_2$ 的方程为 $y=(2-\sqrt{3})(x-\sqrt{2})\text{或}y=-(2-\sqrt{3})(x-\sqrt{2})$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：焦点三角形的直角临界位置、椭圆第二定义的几何投影变换、直线的点斜式方程。
2. 核心方法：几何射影法。
3. 避坑指南：
   • 在第(2)问中，利用焦点三角形面积与高的关系 $|y_p|=\frac{b^2}{c}=\frac{1}{c}$ 结合定义，能直接切中 $|\tan \theta |=\left|\frac{Q{F}_2}{P{F}_2}\right|$ 这个隐藏的秒杀级几何结论，从而规避了极其繁琐的离心率与齐次方程运算。
   • 最后的直线方程写出时，由于斜率可正可负，不要漏掉双解。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 2004年全国卷III理科第21题。
2. 结论推广: 对于任意焦点在 $x$ 轴上的椭圆，若存在点 $P$ 满足 $\angle F_{1}P{F}_2=90^{\circ }$，则过焦点 $F_2$ 的直线交相应准线于 $Q$ 时，恒有几何恒等式： $\left|\frac{Q{F}_2}{P{F}_2}\right|=|\tan \theta |$，其中 $\theta$ 为直线的倾斜角。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.07 焦点三角形专题

类题演练 (Links)

• 1952-全国-24 解-由两点求椭圆长短线与焦点
• 1977-吉林-12 解-椭圆标准方程
• 1977-安徽文-10 解-椭圆基本量