2005-全国卷I理-21 解-椭圆的标准方程与几何性质

本题导读

本题核心考查椭圆的离心率求解以及直线与椭圆位置关系中的定值证明。第一问利用向量共线建立关于椭圆基本量的方程求解离心率；第二问利用点在椭圆上的坐标特征进行代数式展开，通过整体代入消项证明定值。

📌【题干】

Question

（2005年全国卷I(理)） 已知椭圆的中心为坐标原点 $O$，焦点在 $x$ 轴上，斜率为 1 且过椭圆右焦点 $F$ 的直线交椭圆于 $A$、$B$ 两点，$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$ 与 $\vec{d}=(3,-1)$ 共线.

(1)求椭圆的离心率；

(2)设 $M$ 为椭圆上任意一点，且 $\overrightarrow{OM}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}$ ($\lambda ,\mu \in \mathbf{R}$), 证明 ${\lambda }^2+{\mu }^2$ 为定值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步逻辑：设出椭圆方程与直线方程并联立，利用韦达定理表示出 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$ 的坐标，结合与 $\vec{d}$ 共线的条件求出 $a^2=3b^2$，从而求得离心率。
2. 第二步逻辑：利用第一问结论化简椭圆方程，并根据韦达定理计算出关键交叉项 $x_1{x}_2+3y_1{y}_2=0$。
3. 第三步逻辑：利用向量线性组合表示点 $M$ 的坐标，代入椭圆方程展开，整体代入已知项后求得 ${\lambda }^2+{\mu }^2=1$。

✅【答案】

Success

（1）离心率 $e=\frac{\sqrt{6}}{3}$

（2）${\lambda }^2+{\mu }^2=1$（定值）

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 设椭圆方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$)，右焦点为 $F(c,0)$，其中 $c^2=a^2-b^2$。 过右焦点 $F(c,0)$ 且斜率为 1 的直线 $l$ 方程为 $y=x-c$，即 $x=y+c$。 设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。 联立直线与椭圆方程： $\{\begin{array}{l}x=y+c\\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}⟹\frac{(y+c{)}^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 整理得： $(a^2+b^2)y^2+2b^{2}cy+b^2{c}^2-a^2{b}^2=0$ 由韦达定理得： $y_1+y_2=-\frac{2b^{2}c}{a^2+b^2}$ $x_1+x_2=(y_1+c)+(y_2+c)=y_1+y_2+2c=\frac{2a^{2}c}{a^2+b^2}$ 所以 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=(x_1+x_2,y_1+y_2)=\left(\frac{2a^{2}c}{a^2+b^2},-\frac{2b^{2}c}{a^2+b^2}\right)$。

因为 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$ 与 $\vec{d}=(3,-1)$ 共线， 所以 $\frac{2a^{2}c}{a^2+b^2}\times (-1)-\left(-\frac{2b^{2}c}{a^2+b^2}\right)\times 3=0⟹-2a^{2}c+6b^{2}c=0$。 由于 $c\ne 0$，得 $a^2=3b^2$。 将 $b^2=a^2-c^2$ 代入得 $a^2=3(a^2-c^2)⟹2a^2=3c^2⟹\frac{c^2}{a^2}=\frac{2}{3}$。 故椭圆的离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。

（2）证明： 由（1）知 $a^2=3b^2$ 且 $c^2=2b^2$，椭圆方程可化为 $x^2+3y^2=3b^2$。 此时关于 $y$ 的一元二次方程简化为： $4b^2{y}^2+2b^{2}cy-b^4=0⟹4y^2+2cy-b^2=0$ 则 $y_1+y_2=-\frac{c}{2}$，$y_1{y}_2=-\frac{b^2}{4}$。

因为 $A,B$ 在椭圆上，所以 $x_1^2+3y_1^2=3b^2$，$x_2^2+3y_2^2=3b^2$。 由于 $x_1=y_1+c,x_2=y_2+c$，可得： $x_1{x}_2+3y_1{y}_2=(y_1+c)(y_2+c)+3y_1{y}_2=4y_1{y}_2+c(y_1+y_2)+c^2$ 代入上述韦达定理及 $c^2=2b^2$ 得： $x_1{x}_2+3y_1{y}_2=4\left(-\frac{b^2}{4}\right)+c\left(-\frac{c}{2}\right)+2b^2=-b^2-\frac{c^2}{2}+2b^2=b^2-b^2=0$

设 $M(x_0,y_0)$。因为 $\overrightarrow{OM}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}$， 所以 $x_0=\lambda x_1+\mu x_2$，$y_0=\lambda y_1+\mu y_2$。 将坐标代入椭圆方程左边展开得： $x_0^2+3y_0^2=(\lambda x_1+\mu x_2{)}^2+3(\lambda y_1+\mu y_2{)}^2$ $={\lambda }^2(x_1^2+3y_1^2)+{\mu }^2(x_2^2+3y_2^2)+2\lambda \mu (x_1{x}_2+3y_1{y}_2)$ 将 $x_1^2+3y_1^2=3b^2$，$x_2^2+3y_2^2=3b^2$ 及 $x_1{x}_2+3y_1{y}_2=0$ 代入得： $x_0^2+3y_0^2=3b^2{\lambda }^2+3b^2{\mu }^2=3b^2({\lambda }^2+{\mu }^2)$ 又因为点 $M$ 在椭圆上，满足 $x_0^2+3y_0^2=3b^2$，且 $b\ne 0$， 所以 $3b^2({\lambda }^2+{\mu }^2)=3b^2⟹{\lambda }^2+{\mu }^2=1$。 故 ${\lambda }^2+{\mu }^2$ 为定值 1。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：平面向量共线的坐标表示（$x_1{y}_2-x_2{y}_1=0$）、联立方程中选用 $y$ 的方程（因其常数项更简练）。
2. 核心方法：整体代换法。通过证明交叉项 $x_1{x}_2+3y_1{y}_2=0$，将多元展开式直接坍缩为齐次平方和的形式。
3. 避坑指南：第（1）问求 $x_1+x_2$ 时，利用直线方程 $x=y+c$ 整体代换 $y_1+y_2+2c$ 比重新由 $x$ 的一元二次方程求解更为快捷；第（2）问中，务必保留点 $A,B$ 满足椭圆方程的齐次和关系（$x_i^2+3y_i^2=3b^2$），切勿盲目将 $A,B$ 坐标拆开成纯粹的 $y_i$ 导致运算量崩溃。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于解析几何中关于仿射变换与斜坐标系的性质。将椭圆通过 $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=x\\ y^{\prime }=\sqrt{3}y\end{array}$ 变换为标准圆后，本题的定值结论本质上是圆的半径平方恒等性在斜投影下的表现。
2. 结论推广：若直线过椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 的右焦点且与椭圆交于 $A,B$ 两点，若满足 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$ 在某种加权矩阵下为 0，则对于椭圆上任意点 $M$ 表达为 $\overrightarrow{OM}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}$，其系数平方和 ${\lambda }^2+{\mu }^2$ 恒为定值 1。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略 类题演练 (Links)
• 2011-新课标全国卷理-20 解-抛物线