18 解-椭圆综合

本题导读

本题是一道解析几何综合大题.第一问考查椭圆基本量的求解；第二问通过复杂的几何长度关系构建动点 $R$ 的坐标，并利用斜率倍数关系推导出点 $P$ 的轨迹（辅助圆），最后转化为二次函数在闭区间上的最值问题.

📌 【题干】

Question

已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{2\sqrt{2}}{3}$，下顶点为 $A$，右顶点为 $B$，且 $|AB|=\sqrt{10}$.

(1) 求椭圆 $C$ 的方程；

(2) 已知动点 $P$ 不在 $y$ 轴上，$R$ 在射线 $AP$ 上，且满足 $|AR|\cdot |AP|=3$.

(i) 设 $P(m,n)$，求 $R$ 的坐标（用 $m,n$ 表示）；

(ii) 设 $O$ 为坐标原点，$Q$ 是 $C$ 上的动点，直线 $OR$ 的斜率是直线 $OP$ 斜率的 3 倍，求 $|PQ|$ 的最大值.

🔍 【思路分析】

破题导航

1. 第一问：利用 $|AB|=\sqrt{a^2+b^2}$ 和 $e=\frac{c}{a}$ 建立关于 $a,b,c$ 的方程组。结合 $a^2=b^2+c^2$ 解出 $a,b$ 即可.
2. 第二问 (i)：利用向量共线 $\overrightarrow{AR}=\lambda \overrightarrow{AP}$ ($\lambda >0$)。根据已知 $|AR|\cdot |AP|=3$ 转化为 $\lambda |\overrightarrow{AP}{|}^2=3$，求出 $\lambda$ 后用坐标表示 $R$.
3. 第二问 (ii)：

• 提取 $R$ 的坐标，表示出直线 $OR$ 的斜率 $k_1$.
• 利用 $k_1=3k_{OP}$ 得到 $m,n$ 的等量关系，化简得出点 $P$ 的轨迹是一个圆.
• 将 $|PQ|$ 的最大值问题转化为“椭圆上的点 $Q$ 到圆心距离的最大值 + 圆的半径”.
• 利用二次函数在区间 $[-1,1]$ 上的最值进行计算，或者可以三角换元.

✅ 【答案】

点击查看答案

(1)$\frac{x^2}{9}+y^2=1$

(2)-(i) $R\left(\frac{3m}{m^2+(n+1{)}^2},\frac{-m^2-n^2+n+2}{m^2+(n+1{)}^2}\right)$

(2)-(ii) $|PQ{|}_{max}=3\sqrt{3}+3\sqrt{2}$

✍ 【详细解析】

（1）第一问详解

最优解法：

(1) 求椭圆 $C$ 的标准方程： 由题意，$A(0,-b)$，$B(a,0)$，则 $|AB|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{10}$，即 $a^2+b^2=10$.

又离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，则 $c^2=\frac{8}{9}{a}^2$. 由 $a^2=b^2+c^2$ 得 $b^2=a^2-\frac{8}{9}{a}^2=\frac{1}{9}{a}^2$.

代入 $a^2+b^2=10$ 得 $a^2+\frac{1}{9}{a}^2=10\Rightarrow \frac{10}{9}{a}^2=10\Rightarrow a^2=9$.

则 $b^2=1$.

故椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{9}+y^2=1$.

(2) 第(i)问详解

最优解法

(2)-(i) 求点 $R$ 的坐标： 由 (1) 知 $A(0,-1)$。设 $P(m,n)$，$m\ne 0$。则 $\overrightarrow{AP}=(m,n+1)$.

因为 $R$ 在射线 $AP$ 上，设 $\overrightarrow{AR}=\lambda \overrightarrow{AP}$ ($\lambda >0$).

由 $|AR|\cdot |AP|=3$ 得 $\lambda |\overrightarrow{AP}|\cdot |AP|=3\Rightarrow \lambda (m^2+(n+1{)}^2)=3$.

所以 $\lambda =\frac{3}{m^2+(n+1{)}^2}$.

则 $\overrightarrow{OR}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AR}=(0,-1)+\frac{3}{m^2+(n+1{)}^2}(m,n+1)$.

计算得 $R$ 的坐标为：

$R\left(\frac{3m}{m^2+(n+1{)}^2},\frac{3(n+1)}{m^2+(n+1{)}^2}-1\right)$.

(2) 第(ii)问详解

最优解法

(2)-(ii) 求 $|PQ|$ 的最大值：

直线 $OR$ 的斜率 $k_1=\frac{y_R}{x_R}=\frac{-m^2-n^2+n+2}{3m}$.

直线 $OP$ 的斜率 $k_2=\frac{n}{m}$. 已知 $k_1=3k_2$，即 $\frac{-m^2-n^2+n+2}{3m}=\frac{3n}{m}$.

因为 $m\ne 0$，

化简得 $-m^2-n^2+n+2=9n\Rightarrow m^2+n^2+8n-2=0$.

配方得 $m^2+(n+4{)}^2=18$.

说明点 $P$ 的轨迹是以 $M(0,-4)$ 为圆心，$r=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$ 为半径的圆.

设 $Q(x,y)$ 是椭圆 $C$ 上的点，则 $x^2=9-9y^2$，$y\in [-1,1]$.

则 $|PQ{|}_{max}=|QM{|}_{max}+r$.

计算 $|QM{|}^2=x^2+(y+4{)}^2=(9-9y^2)+(y^2+8y+16)=-8y^2+8y+25$.

设 $f(y)=-8y^2+8y+25$，$y\in [-1,1]$.

当 $y=-\frac{8}{2\times (-8)}=\frac{1}{2}$ 时， $f(y)$ 取得最大值： $f(\frac{1}{2})=-8(\frac{1}{4})+8(\frac{1}{2})+25=-2+4+25=27$.

所以 $|QM{|}_{max}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$.

故 $|PQ{|}_{max}=3\sqrt{3}+3\sqrt{2}$.

其他精彩解法：（三角换元法）

解法2同解法1推出点 $P$ 在定圆 $m^2+(n+4{)}^2=18$ 上，然后用参数形式表示出点 $P,Q$ 的坐标，再用三角恒等变形求极值.

解：同参考答案可得 $m^2+(n+4{)}^2=18$，

故可设 $m=3\sqrt{2}\cos \alpha ,n=-4+3\sqrt{2}\sin \alpha (\alpha \in [0,2\pi ))$.

由点 $Q$ 在 $C$ 上，可设 $Q(3\cos \beta ,\sin \beta )(\beta \in [0,2\pi ))$.

令 $\phi \in [0,2\pi )$

满足 $\cos \phi =\frac{3\cos \beta }{\sqrt{(3\cos \beta {)}^2+(4+\sin \beta {)}^2}},\sin \phi =\frac{4+\sin \beta }{\sqrt{(3\cos \beta {)}^2+(4+\sin \beta {)}^2}},$

$|PQ{|}^2=(3\cos \beta -3\sqrt{2}\cos \alpha {)}^2+(\sin \beta +4-3\sqrt{2}\sin \alpha {)}^2$

$=43-8{\sin }^2\beta +8\sin \beta -6\sqrt{2}\left(3\cos \beta \cos \alpha +(4+\sin \beta )\sin \alpha \right)$

$=43-8{\sin }^2\beta +8\sin \beta -6\sqrt{2}\cdot \sqrt{(3\cos \beta {)}^2+(4+\sin \beta {)}^2}\cos (\alpha -\phi )$

$\le 45-8{\left(\sin \beta -\frac{1}{2}\right)}^2+6\sqrt{2}\cdot \sqrt{27-8{\left(\sin \beta -\frac{1}{2}\right)}^2}\le (3\sqrt{3}+3\sqrt{2}{)}^2$

当且仅当 $\sin \beta =\frac{1}{2}$ 且 $\alpha -\phi =\pm \pi$ 时，两个不等号均取等，

此时解得 $\beta =\frac{\pi }{6},\alpha =\frac{4\pi }{3}$

或 $\beta =\frac{5\pi }{6},\alpha =\frac{5\pi }{3}$，

前者对应 $P\left(-\frac{3\sqrt{2}}{2},-4-\frac{3\sqrt{6}}{2}\right),Q\left(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)$，

后者对应 $P\left(\frac{3\sqrt{2}}{2},-4-\frac{3\sqrt{6}}{2}\right),Q\left(-\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)$，

且这两组 $P,Q$ 均满足题目条件. 因此 $|PQ|$ 的最大值为 $3\sqrt{3}+3\sqrt{2}$.

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：待定系数法求椭圆方程、向量数乘与相关点坐标转化、直线斜率表达式去分母化简、两动点距离的几何化转化、二次函数在闭区间上的最值.

2. 核心方法：双动点最值的几何转化法（圆化外点模型）. 本题如果强行将 $P$ 的参数方程与 $Q$ 的椭圆参数方程联立，会产生两个独立的角度变量（如 $\theta$ 和 $\varphi$），代数式将极其臃肿且无法化简。通过识别出 $P$ 的轨迹是圆，利用**“圆上动点到外部曲线动点的最大距离，等于曲线动点到圆心的最大距离加上半径”**这一平面几何经典定理，成功将双动点最值降维为单动点最值，方向瞬间明朗.

3. 避坑指南：

• 易错点 1（(i)问中代数化简错项）：在求解 $y_R$ 的通分化简时，分子的 $-1$ 通分后是 $-m^2-(n+1{)}^2$，很多同学容易在去括号时把负号漏掉，导致 (ii) 问的斜率等式无法配对.
• 易错点 2（忽视二次函数自变量取值范围）：消元得到 $-8y_0^2+8y_0+25$ 后，必须严密标注 $y_0\in [-1,1]$.虽然本题的对称轴 $\frac{1}{2}$ 恰好落在区间内，但如果未来的变体题对称轴落在了区间外（如对称轴为 2），就必须利用单调性在边界点取最值。高难度压轴题绝不可在范围限制上失分.

📖 【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题完美体现了新高考评价体系对“创新性、综合性”的考查。其(i)问中 $|AR|\cdot |AP|=3$ 的长度倒数/乘积关系，底层源自高等几何中的**“反演变换”（Inversion Transformation）**模型（点 $P$ 与点 $R$ 互为关于某个圆的反演点）。命题人抹去了高深的背景名词，用纯粹的向量和斜率语言将其包装成了一道解析几何的巅峰之作.

2. 结论推广（圆锥曲线与圆的最值关系网络）： 为了完善你的文献库图谱，建议归纳以下双动点最值模型的通用转换口诀：

• “动圆 $P$ 遇上动曲线 $Q$”： $|PQ{|}_{\max }=|圆心M到曲线Q{|}_{\max }+R$

• “动圆 $P$ 遇上动曲线 $Q$”： $|PQ|concret{e}_{\min }=|圆心M到曲线Q{|}_{\min }-R$（若圆心在曲线外） 熟练掌握这类几何转化模型，能够让你在解析几何最后一问中迅速找到破题的代数主元.

1. 方法推广：在今后的高三一轮、二轮复习中，面对解析几何最后一问的大规模复杂计算，要坚信“结构对称性”与“几何消元思想”。如本题中通过斜率 3 倍关系的齐次式相除（消去分母代数块），正是代数变形中的高阶通用技巧。无论题目如何演变，坚持设而不求、合理消元、几何过渡，都是攻克 17 分压轴大题的终极王道.

🔗 【关联脉络】

Multi column

知识锚点

• 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

专题合集

📂 【管理档案】

索引与状态

• 工序状态：状态/未核对
• 资产预留：