2010-陕西卷理-20 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆方程的求解以及直线与椭圆交点向量问题的探究。第一问通过几何面积与顶点距离列方程组；第二问巧用 $O P ⊥ l$ 的几何条件与向量数量积变形，推导探究常数与直线方程。

📌【题干】

Question

（2010年陕西卷(理)） 20. 如图，椭圆 $C : \frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1$ 的顶点为 $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}$ ，焦点为 $F_{1}, F_{2}$ ， $∣ A_{1} B_{1} ∣ = 7$ ， $S_{□ A_{1} B_{1} A_{2} B_{2}} = 2 S_{□ B_{1} F_{1} B_{2} F_{2}}$ .

(1) 求椭圆 $C$ 的方程；

(2) 设 $n$ 是过原点的直线， $l$ 是与 $n$ 垂直相交于 $P$ 点、与椭圆相交于 $A, B$ 两点的直线， $∣ O P ∣ = 1$ . 是否存在上述直线 $l$ 使 $A P \cdot P B = 1$ 成立？若存在，求出直线 $l$ 的方程；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

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第 (1) 问：由 $∣ A_{1} B_{1} ∣ = a^{2} + b^{2} = 7$ 。菱形 $A_{1} B_{1} A_{2} B_{2}$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 2 a \times 2 b = 2 ab$ ，菱形 $B_{1} F_{1} B_{2} F_{2}$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 2 c \times 2 b = 2 b c$ 。由 $2 ab = 2 (2 b c) ⟹ a = 2 c$ ，结合 $a^{2} - c^{2} = b^{2}$ 解出 $a, b, c$ 。

第 (2) 问：因为 $O P ⊥ l$ 且 $∣ O P ∣ = 1$ ，说明原点到直线 $l$ 的距离为 $1$ 。利用向量运算 $A P \cdot P B = (O P - O A) \cdot (O B - O P)$ 变形为 $O A \cdot O B + 1 = 1 ⟹ O A \cdot O B = 0$ ，即 $O A ⊥ O B$ 。设直线方程与椭圆联立，利用韦达定理求解。

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不存在满足条件 $A P \cdot P B = 1$ 的直线 $l$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求椭圆 $C$ 的方程

在椭圆 $C$ 中， $A_{1} (- a, 0), A_{2} (a, 0), B_{1} (0, b), B_{2} (0, - b), F_{1} (- c, 0), F_{2} (c, 0)$ 。

由 $∣ A_{1} B_{1} ∣ = 7$ 得： $a^{2} + b^{2} = 7 (1)$

由菱形面积关系： $S_{□ A_{1} B_{1} A_{2} B_{2}} = \frac{1}{2} \times 2 a \times 2 b = 2 ab$ $S_{□ B_{1} F_{1} B_{2} F_{2}} = \frac{1}{2} \times 2 c \times 2 b = 2 b c$

已知 $S_{□ A_{1} B_{1} A_{2} B_{2}} = 2 S_{□ B_{1} F_{1} B_{2} F_{2}}$ ，所以： $2 ab = 2 \times (2 b c) ⟹ a = 2 c (2)$

代入椭圆基本关系 $b^{2} = a^{2} - c^{2}$ ： $b^{2} = (2 c)^{2} - c^{2} = 3 c^{2}$

将 $a^{2} = 4 c^{2}, b^{2} = 3 c^{2}$ 代入 ①： $4 c^{2} + 3 c^{2} = 7 ⟹ 7 c^{2} = 7 ⟹ c^{2} = 1$

所以： $a^{2} = 4, b^{2} = 3$

故椭圆 $C$ 的方程为： $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$

(2) 探究直线 $l$ 的方程

因为直线 $n$ 过原点 $O$ 且与直线 $l$ 垂直于 $P$ 点，所以 $O P ⊥ l$ 。根据向量加减法与数量积： $A P = O P - O A, P B = O B - O P$

代入已知等式 $A P \cdot P B = 1$ ： $(O P - O A) \cdot (O B - O P) = 1$ $O P \cdot O B - ∣ O P ∣^{2} - O A \cdot O B + O A \cdot O P = 1$ $O P \cdot (O A + O B) - ∣ O P ∣^{2} - O A \cdot O B = 1$

设 $A B$ 的中点为 $M$ ，则 $O A + O B = 2 O M$ 。因为 $P \in l$ 且 $M \in l$ ， $O P ⊥ l$ ，所以 $O P \cdot P M = 0 ⟹ O P \cdot (O M - O P) = 0 ⟹ O P \cdot O M = ∣ O P ∣^{2}$ 。

因此： $O P \cdot (O A + O B) = 2 (O P \cdot O M) = 2∣ O P ∣^{2}$

代入原式得： $2∣ O P ∣^{2} - ∣ O P ∣^{2} - O A \cdot O B = 1 ⟹ ∣ O P ∣^{2} - O A \cdot O B = 1$

已知 $∣ O P ∣ = 1 ⟹ ∣ O P ∣^{2} = 1$ ，所以： $1 - O A \cdot O B = 1 ⟹ O A \cdot O B = 0$

即条件 $A P \cdot P B = 1$ 恒等价于 $O A ⊥ O B$ （ $O A \cdot O B = 0$ ）。

下面分类讨论直线 $l$ 的方程：

原点 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $d = ∣ O P ∣ = 1$ 。

当直线 $l$ 的斜率不存在时：直线 $l$ 的方程为 $x = 1$ 或 $x = - 1$ 。将 $x = 1$ 代入椭圆方程 $\frac{1}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1 ⟹ y^{2} = \frac{9}{4} ⟹ y = \pm \frac{3}{2}$ 。得 $A (1, \frac{3}{2}), B (1, - \frac{3}{2})$ 。计算 $O A \cdot O B = 1 \times 1 + (\frac{3}{2}) (- \frac{3}{2}) = 1 - \frac{9}{4} = - \frac{5}{4} \neq = 0$ ，不合题意（同理 $x = - 1$ 亦不合题意）。

当直线 $l$ 的斜率存在时：设直线 $l$ 的方程为 $y = k x + m$ 。由原点到 $l$ 的距离 $d = \frac{∣ m ∣}{1 + k ^{2}} = 1 ⟹ m^{2} = 1 + k^{2} (3)$ 。

联立直线 $l$ 与椭圆方程： ${y = k x + m 3 x^{2} + 4 y^{2} = 12 ⟹ 3 x^{2} + 4 (k x + m)^{2} = 12$ $(3 + 4 k^{2}) x^{2} + 8 k m x + 4 m^{2} - 12 = 0$

设 $A (x_{1}, y_{1}), B (x_{2}, y_{2})$ ，由韦达定理： $x_{1} + x_{2} = \frac{- 8 k m}{3 + 4 k ^{2}}, x_{1} x_{2} = \frac{4 m ^{2} - 12}{3 + 4 k ^{2}}$

计算 $O A \cdot O B = x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2}$ ： $y_{1} y_{2} = (k x_{1} + m) (k x_{2} + m) = k^{2} x_{1} x_{2} + k m (x_{1} + x_{2}) + m^{2}$ $O A \cdot O B = (1 + k^{2}) x_{1} x_{2} + k m (x_{1} + x_{2}) + m^{2}$

代入韦达定理与 $m^{2} = 1 + k^{2}$ ： $O A \cdot O B = (1 + k^{2}) \cdot \frac{4 m ^{2} - 12}{3 + 4 k ^{2}} + k m \cdot \frac{- 8 k m}{3 + 4 k ^{2}} + m^{2}$ $O A \cdot O B = \frac{4 m ^{2} ( 1 + k ^{2} ) - 12 ( 1 + k ^{2} ) - 8 k ^{2} m ^{2} + m ^{2} ( 3 + 4 k ^{2} )}{3 + 4 k ^{2}}$

将 $1 + k^{2} = m^{2}$ 代入分子化简： $分子 = 4 m^{4} - 12 m^{2} - 8 k^{2} m^{2} + 3 m^{2} + 4 k^{2} m^{2}$ $= 4 m^{4} - 9 m^{2} - 4 k^{2} m^{2} = 4 m^{2} (m^{2} - k^{2}) - 9 m^{2} = 4 m^{2} (1) - 9 m^{2} = - 5 m^{2}$

所以： $O A \cdot O B = \frac{- 5 m ^{2}}{3 + 4 k ^{2}}$

要使 $O A \cdot O B = 0$ ，由于 $m^{2} = 1 + k^{2} \geq 1 > 0$ ，故 $\frac{- 5 m ^{2}}{3 + 4 k ^{2}} \neq = 0$ 恒成立。

综上所述，不存在满足条件 $A P \cdot P B = 1$ 的直线 $l$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：椭圆几何性质、向量代数恒等变形与 $O A ⊥ O B$ 的判定条件。

核心方法：

向量化简法：将 $A P \cdot P B = 1$ 转化为 $O A \cdot O B = 0$ ；

点到直线距离公式：将 $O P ⊥ l, ∣ O P ∣ = 1$ 转变为 $m^{2} = 1 + k^{2}$ 约束。

避坑指南：必须对直线斜率是否存在进行分类讨论，直接假设斜率为 $k$ 容易漏掉斜率不存在的情况。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：解析几何压轴题，融汇了向量垂直性质与椭圆位置关系。

结论推广：对椭圆 $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1$ ，若动弦 $A B$ 满足 $O A ⊥ O B$ ，则原点到 $A B$ 的距离 $d = \frac{ab}{a ^{2} + b ^{2}}$ 。本题中 $\frac{ab}{a ^{2} + b ^{2}} = \frac{2 3}{7} \neq = 1$ ，故距离为 $1$ 时不可能满足 $O A ⊥ O B$ 。

🔗【关联脉络】

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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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