2008-安徽卷理-22 解-椭圆

本题导读

本题是全卷的压轴题。第一问利用焦点和已知点通过待定系数法求解椭圆标准方程；第二问的核心是将线段几何比例关系转化为交点坐标关系，利用直线与椭圆联立后的韦达定理进行代数化简，最终通过消去参数得到动点 $Q$ 的定直线方程。

📌【题干】

Question

（2008年安徽卷(理)） 设椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 过点 $M(\sqrt{2},1)$，且左焦点为 $F_1(-\sqrt{2},0)$.

(1) 求椭圆 $C$ 的方程；

(2) 当过点 $P(4,1)$ 的动直线 $l$ 与椭圆 $C$ 相交于两不同点 $A,B$ 时，在线段 $AB$ 上取点 $Q$，满足 $|\overrightarrow{AP}|\cdot |\overrightarrow{QB}|=|\overrightarrow{AQ}|\cdot |\overrightarrow{PB}|$，证明：点 $Q$ 总在某定直线上.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问：由左焦点坐标得 $c=\sqrt{2}$，结合 $a^2=b^2+c^2=b^2+2$。将点 $M$ 坐标代入椭圆方程，构造关于 $b^2$ 的方程求解即可。
2. 第(2)问：易知过点 $P(4,1)$ 且与椭圆相交的动直线斜率必然存在，设为 $y-1=k(x-4)$。将直线与椭圆方程联立得到关于 $x$ 的一元二次方程及韦达定理形式。根据点 $Q$ 在线段 $AB$ 上且点 $P$ 在椭圆外的位置关系，将向量模的乘积转化为不含绝对值的横坐标代数式，进而求出点 $Q$ 的坐标关于 $k$ 的表达式，最后消去参数 $k$ 获证。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 由左焦点为 $F_1(-\sqrt{2},0)$ 可知，椭圆的半焦距 $c=\sqrt{2}$，则 $a^2-b^2=c^2=2⟹a^2=b^2+2$。 因为椭圆过点 $M(\sqrt{2},1)$， 所以 $\frac{(\sqrt{2}{)}^2}{a^2}+\frac{1^2}{b^2}=1⟹\frac{2}{b^2+2}+\frac{1}{b^2}=1$。 去分母化简得：$2b^2+b^2+2=b^2(b^2+2)⟹b^4-b^2-2=0$。 解得 $b^2=2$ 或 $b^2=-1$（舍去）。 从而 $a^2=b^2+2=4$。 故椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$。

(2) 证明： 当直线 $l$ 的斜率不存在时，直线方程为 $x=4$，此时与椭圆无交点，不合题意。 故可设动直线 $l$ 的方程为 $y-1=k(x-4)$，即 $y=kx-4k+1$。 设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),Q(x_0,y_0)$。 联立直线 $l$ 与椭圆 $C$ 的方程： $\{\begin{array}{l}y=kx-4k+1\\ x^2+2y^2=4\end{array}⟹x^2+2(kx-4k+1{)}^2=4$ 展开并整理得： $(1+2k^2)x^2-4k(4k-1)x+2(4k-1{)}^2-4=0$ 即 $(1+2k^2)x^2+(4k-16k^2)x+(32k^2-16k-2)=0$。 由题意直线与椭圆相交于两个不同点，则 $\Delta >0⟹12k^2-8k-1<0$。 由韦达定理得： $x_1+x_2=\frac{16k^2-4k}{1+2k^2},x_1{x}_2=\frac{32k^2-16k-2}{1+2k^2}$ 因为 $A,Q,B,P$ 四点共线，已知条件 $|\overrightarrow{AP}|\cdot |\overrightarrow{QB}|=|\overrightarrow{AQ}|\cdot |\overrightarrow{PB}|$ 可转化为对应横坐标的比例关系： $\frac{|x_1-4|}{|x_2-4|}=\frac{|x_0-x_1|}{|x_2-x_0|}$ 因为椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$ 的横坐标范围为 $[-2,2]$，而点 $P$ 的横坐标为 $4$， 所以 $x_1<4,x_2<4$，从而 $4-x_1>0,4-x_2>0$。 又点 $Q$ 在线段 $AB$ 上，故 $x_0$ 介于 $x_1$ 与 $x_2$ 之间，因此 $(x_0-x_1)$ 与 $(x_2-x_0)$ 同号。 从而上述关系式可去掉绝对值符号变形为： $\frac{4-x_1}{4-x_2}=\frac{x_0-x_1}{x_2-x_0}$ 交叉相乘得：$(4-x_1)(x_2-x_0)=(4-x_2)(x_0-x_1)$， 化简得：$4x_2-4x_0-x_1{x}_2+x_1{x}_0=4x_0-4x_1-x_2{x}_0+x_1{x}_2$， 整理关于 $x_0$ 的方程：$[8-(x_1+x_2)]x_0=4(x_1+x_2)-2x_1{x}_2$， 解得 $x_0=\frac{4(x_1+x_2)-2x_1{x}_2}{8-(x_1+x_2)}$。 将韦达定理代入上式的分子与分母中： 分子 $=4\cdot \frac{16k^2-4k}{1+2k^2}-2\cdot \frac{32k^2-16k-2}{1+2k^2}=\frac{16k+4}{1+2k^2}$ 分母 $=8-\frac{16k^2-4k}{1+2k^2}=\frac{8+4k}{1+2k^2}$ 故 $x_0=\frac{16k+4}{4k+8}=\frac{4k+1}{k+2}$。 因为点 $Q(x_0,y_0)$ 在直线 $l$ 上，所以： $y_0=k(x_0-4)+1=k\left(\frac{4k+1}{k+2}-4\right)+1=k\cdot \frac{-7}{k+2}+1=\frac{2-6k}{k+2}$ 计算 $2x_0+y_0$ 的值： $2x_0+y_0=2\left(\frac{4k+1}{k+2}\right)+\frac{2-6k}{k+2}=\frac{8k+2+2-6k}{k+2}=\frac{2k+4}{k+2}=2$ 由此可知，点 $Q(x_0,y_0)$ 的坐标恒满足方程 $2x+y-2=0$。 故点 $Q$ 总在定直线 $2x+y-2=0$ 上。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：直线与椭圆的位置关系（联立综合大题）；解析几何中的定直线轨迹证明；线段比例关系的代数化转换。
2. 核心方法：

• 将“几何比例”转换为“横坐标代数式”是简化圆锥曲线多点共线问题的最有效策略。
• 最终化简出 $x_0,y_0$ 关于参数 $k$ 的有理分式后，通过构造齐次项或者直接结合观察（如 $2x_0+y_0$）进行消元。

3. 避坑指南：去掉线段绝对值号时，必须严格说明点 $P(4,1)$ 在椭圆外侧以及点 $Q$ 在线段内部这一几何事实，否则直接去绝对值会导致推理不严密。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题具有高等几何中“调和比”与“极点极线”的深刻背景。若点 $P,Q$ 调和分割线段 $A,B$，则当 $P$ 为定点时，点 $Q$ 的轨迹必为点 $P$ 关于该二次曲线的极线。
2. 结论推广: 对于任意椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，若过外一点 $P(x_0,y_0)$ 引动直线交椭圆于 $A,B$，点 $Q$ 满足 $\frac{|AP|}{|PB|}=\frac{|AQ|}{|QB|}$，则点 $Q$ 构成的定直线方程即为极线方程：$\frac{x_{0}x}{a^2}+\frac{y_{0}y}{b^2}=1$。代入本题数据 $\frac{4x}{4}+\frac{1\cdot y}{2}=1⟹x+\frac{y}{2}=1⟹2x+y-2=0$，与解析完全吻合。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• （待补）

类题演练 (Links)

• 2009-上海卷文-12 填-椭圆焦点三角形面积
• 2009-上海卷理-09 填-椭圆
• 2009-北京卷文-13 填-椭圆焦点三角形