2009-重庆卷理-20 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年重庆卷(理)）设椭圆 $E : \frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1 (a > b > 0)$ 的任一右顶点为 $A$ ，离心率为 $\frac{3}{2}$ ，点 $B (0, 1)$ 在椭圆 $E$ 上.

(1) 求椭圆 $E$ 的方程；

(2) 设直线 $l : y = k x + m$ 与椭圆 $E$ 相交于两个不同的点 $M, N$ ，当 $∣ A M + A N ∣ = ∣ A M - A N ∣$ 时，求 $O M \cdot O N$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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第一问：点 $B (0, 1)$ 在椭圆上直接给出短半轴 $b = 1$ 。再由离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{3}{2}$ ，配合平方关系 $a^{2} = b^{2} + c^{2}$ ，即可锁定 $a$ 的值。

第二问：

首先，分析已知向量条件：由 $∣ A M + A N ∣ = ∣ A M - A N ∣$ 平方化简得 $A M \cdot A N = 0$ ，即 $A M ⊥ A N$ ，从而 $(O M - O A) \cdot (O N - O A) = 0$ 。

设 $M (x_{1}, y_{1}), N (x_{2}, y_{2})$ ，将直线 $y = k x + m$ 与椭圆方程联立，利用韦达定理写出 $x_{1} + x_{2}$ 和 $x_{1} x_{2}$ 的代数式。

根据 $A M \cdot A N = 0$ 导出 $k$ 与 $m$ 的制约关系，同时不要忘记直线与椭圆相交的判别式条件 $Δ > 0$ 。

将 $O M \cdot O N = x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2}$ 表示为单一变量的函数，结合变量的取值范围求出其整体范围。

✅【答案】

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最大值为4

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 因为点 $B (0, 1)$ 在椭圆 $E$ 上，所以 $\frac{0 ^{2}}{a ^{2}} + \frac{1 ^{2}}{b ^{2}} = 1 ⟹ b^{2} = 1$ ，即 $b = 1$ 。由离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{3}{2} ⟹ \frac{c ^{2}}{a ^{2}} = \frac{3}{4}$ 。又 $a^{2} = b^{2} + c^{2} = 1 + c^{2}$ ，所以 $\frac{a ^{2} - 1}{a ^{2}} = \frac{3}{4} ⟹ 1 - \frac{1}{a ^{2}} = \frac{3}{4} ⟹ \frac{1}{a ^{2}} = \frac{1}{4} ⟹ a^{2} = 4$ 。故椭圆 $E$ 的方程为： $\frac{x ^{2}}{4} + y^{2} = 1$

(2) 由 (1) 知右顶点 $A$ 的坐标为 $(2, 0)$ 。设 $M (x_{1}, y_{1}), N (x_{2}, y_{2})$ 。因为 $∣ A M + A N ∣ = ∣ A M - A N ∣$ ，两边平方得： $(A M + A N)^{2} = (A M - A N)^{2} ⟹ A M^{2} + 2 A M \cdot A N + A N^{2} = A M^{2} - 2 A M \cdot A N + A N^{2}$ 解得： $A M \cdot A N = 0 ⟹ A M ⊥ A N$ 。因为 $A M = (x_{1} - 2, y_{1}), A N = (x_{2} - 2, y_{2})$ ，所以： $(x_{1} - 2) (x_{2} - 2) + y_{1} y_{2} = 0 ⟹ x_{1} x_{2} - 2 (x_{1} + x_{2}) + 4 + y_{1} y_{2} = 0 — (等式 1)$

将直线 $l : y = k x + m$ 代入椭圆方程 $\frac{x ^{2}}{4} + y^{2} = 1$ 中，通分得 $x^{2} + 4 y^{2} - 4 = 0$ ： $x^{2} + 4 (k x + m)^{2} - 4 = 0 ⟹ (1 + 4 k^{2}) x^{2} + 8 k m x + 4 m^{2} - 4 = 0$ 由于直线与椭圆有两个不同的交点，判别式 $Δ > 0$ ： $Δ = (8 k m)^{2} - 4 (1 + 4 k^{2}) (4 m^{2} - 4) = 64 k^{2} m^{2} - 16 (4 k^{2} m^{2} - 4 k^{2} + m^{2} - 1) = 16 (4 k^{2} - m^{2} + 1) > 0$ 即满足： $4 k^{2} - m^{2} + 1 > 0 — (条件 1)$

由韦达定理得： $x_{1} + x_{2} = \frac{- 8 k m}{1 + 4 k ^{2}}, x_{1} x_{2} = \frac{4 m ^{2} - 4}{1 + 4 k ^{2}}$ 同时易得： $y_{1} y_{2} = (k x_{1} + m) (k x_{2} + m) = k^{2} x_{1} x_{2} + k m (x_{1} + x_{2}) + m^{2}$ $y_{1} y_{2} = k^{2} (\frac{4 m ^{2} - 4}{1 + 4 k ^{2}}) + k m (\frac{- 8 k m}{1 + 4 k ^{2}}) + m^{2} = \frac{4 k ^{2} m ^{2} - 4 k ^{2} - 8 k ^{2} m ^{2} + m ^{2} ( 1 + 4 k ^{2} )}{1 + 4 k ^{2}} = \frac{m ^{2} - 4 k ^{2}}{1 + 4 k ^{2}}$

将以上各项代入（等式1）中： $\frac{4 m ^{2} - 4}{1 + 4 k ^{2}} - 2 (\frac{- 8 k m}{1 + 4 k ^{2}}) + 4 + \frac{m ^{2} - 4 k ^{2}}{1 + 4 k ^{2}} = 0$ $\frac{4 m ^{2} - 4 + 16 k m + 4 ( 1 + 4 k ^{2} ) + m ^{2} - 4 k ^{2}}{1 + 4 k ^{2}} = 0$ 分子整顿化简得： $5 m^{2} + 16 k m + 12 k^{2} = 0 ⟹ (5 m + 6 k) (m + 2 k) = 0$ 由此可得两种关于 $k, m$ 的线性关系：

情形①： $m = - 2 k$ 。将 $m = - 2 k$ 代入直线方程得 $y = k x - 2 k = k (x - 2)$ 。此时直线恒过点 $(2, 0)$ ，即右顶点 $A$ 。这与直线与椭圆相交于“两个不同的点 $M, N$ ”且 $M, N$ 异于 $A$ 点构成矛盾（此时其中一个交点必然是 $A$ ，导致向量 $A M$ 或 $A N$ 为 $0$ ，无法满足两交点各异的要求）。同时，若代入（条件1）验证： $Δ \propto 4 k^{2} - (- 2 k)^{2} + 1 = 1 > 0$ 虽成立，但因直线过顶点不合题意，舍去。

情形②： $5 m + 6 k = 0 ⟹ k = - \frac{5}{6} m$ （其中 $m \neq = 0$ ，若 $m = 0$ 则 $k = 0$ ，直线为 $y = 0$ 过顶点 $A$ ，舍）。将 $k = - \frac{5}{6} m$ 代入（条件1）中： $4 (- \frac{5}{6} m)^{2} - m^{2} + 1 > 0 ⟹ 4 \times \frac{25}{36} m^{2} - m^{2} + 1 > 0 ⟹ \frac{25}{9} m^{2} - m^{2} + 1 > 0 ⟹ \frac{16}{9} m^{2} + 1 > 0$ 此不等式对所有实数 $m$ 恒成立。由于 $m \neq = 0$ ，所以 $m^{2} > 0$ 。

现在求目标函数 $O M \cdot O N$ 的取值范围： $O M \cdot O N = x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} = \frac{4 m ^{2} - 4}{1 + 4 k ^{2}} + \frac{m ^{2} - 4 k ^{2}}{1 + 4 k ^{2}} = \frac{5 m ^{2} - 4 k ^{2} - 4}{1 + 4 k ^{2}}$ 将 $4 k^{2} = 4 (- \frac{5}{6} m)^{2} = \frac{25}{9} m^{2}$ 代入上式中： $O M \cdot O N = \frac{5 m ^{2} - \frac{25}{9} m ^{2} - 4}{1 + \frac{25}{9} m ^{2}} = \frac{\frac{20}{9} m ^{2} - 4}{\frac{25}{9} m ^{2} + 1} = \frac{20 m ^{2} - 36}{25 m ^{2} + 9}$ 为了求其范围，对分式进行分离常数化变形： $O M \cdot O N = \frac{\frac{20}{25} ( 25 m ^{2} + 9 ) - \frac{180}{25} - 36}{25 m ^{2} + 9} = \frac{4}{5} - \frac{\frac{36}{5} + 36}{25 m ^{2} + 9} = \frac{4}{5} - \frac{\frac{216}{5}}{25 m ^{2} + 9}$ 因为 $m^{2} > 0$ ，所以 $25 m^{2} + 9 > 9$ 。进而可得： $0 < \frac{\frac{216}{5}}{25 m ^{2} + 9} < \frac{\frac{216}{5}}{9} = \frac{24}{5}$ 两边乘以 $- 1$ 并加上 $\frac{4}{5}$ ： $\frac{4}{5} - \frac{24}{5} < O M \cdot O N < \frac{4}{5} - 0 ⟹ - 4 < O M \cdot O N < \frac{4}{5}$ 故 $O M \cdot O N$ 的取值范围为 $(- 4, \frac{4}{5})$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：椭圆几何性质与待定系数方程建立；向量模长相等的几何实质（相互垂直）；联立方程组的齐次化韦达定理。

核心方法：

向量垂直代数化变换法。

分离常数求分式取值范围法。

避坑指南：

极容易忽视因式分解出 $m = - 2 k$ 时直线过椭圆顶点的隐蔽几何陷阱，必须根据题目中“两个不同交点”的要求给予排除。

分式最值求解时，确保自变量 $m^{2} > 0$ 的非零开区间限制。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是将向量垂直与圆锥曲线弦长、极点性质相融合的典型考题。通过向量的外衣（模长特征）考查解析几何核心的“设而不求”与整体代换思想。

结论推广: 设 $A$ 为圆锥曲线上的定点，若曲线上两动点 $M, N$ 动弦满足 $A M ⊥ A N$ ，则动直线 $M N$ 必然满足某种齐次待定关系，进而使得原点向量乘积 $O M \cdot O N$ 能够被单变量完全控制。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

2012-陕西卷文-20 解-椭圆标准方程与向量关系

2013-天津卷文-18 解-椭圆方程与向量

2013-山东卷文-22 解-椭圆面积与向量比

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