2011-山东卷理-22 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质。

📌【题干】

Question

（2011年山东卷(理)） 已知动直线 $l$ 与椭圆 $C:\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$ 交于 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$ 两不同点，且 $△OPQ$ 的面积 $S_{△OPQ}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，其中 $O$ 为坐标原点.

(1) 证明：$x_1^2+x_2^2$ 和 $y_1^2+y_2^2$ 均为定值；

(2) 设线段 $PQ$ 的中点为 $M$，求 $|OM|\cdot |PQ|$ 的最大值；

(3) 椭圆 $C$ 上是否存在三点 $D,E,G$，使得 $S_{△ODE}=S_{△ODG}=S_{△OEG}=\frac{\sqrt{6}}{2}$？若存在，判断 $△DEG$ 的形状；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 对 (1)：

• 设直线方程与椭圆方程联立，结合弦长公式与点到直线距离公式（或向量交叉积面积公式 $S=\frac{1}{2}|x_1{y}_2-x_2{y}_1|=\frac{\sqrt{6}}{2}$）得到参数约束；
• 仿射变换视角：作变换 $X=\frac{x}{\sqrt{3}},Y=\frac{y}{\sqrt{2}}$，椭圆变为单位圆 $X^2+Y^2=1$。面积比为 $\sqrt{6}$，故变换后圆内三角形面积为 $\frac{1}{2}$，从而推得原点到变换弦的距离或弦张角为直角，对应共轭直径性质，直接得出坐标平方和为定值。

2. 对 (2)：

• 线段中点为 $M\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}\right)$，向量表达下 $|OM{|}^2=\frac{1}{4}|\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}{|}^2$，而 $|PQ{|}^2=|\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OQ}{|}^2$；
• 展开得到与 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}$ 相关的代数式，或利用仿射变换中参数角表示，利用三角函数辅助角与基本不等式求出最大值。

3. 对 (3)：

• 仿射变换下，椭圆上三点 $D,E,G$ 对应单位圆上三点 $D^{\prime },E^{\prime },G^{\prime }$，满足 $S_{△O{D}^{\prime }{E}^{\prime }}=S_{△O{D}^{\prime }{G}^{\prime }}=S_{△O{E}^{\prime }{G}^{\prime }}=\frac{1}{2}$；
• 在单位圆中，两半径所夹三角形面积为 $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \sin \theta =\frac{1}{2}⟹\sin \theta =1⟹\theta =90^{\circ }$；
• 但圆周上三个顶点的两两夹角之和不可能为 $90^{\circ }+90^{\circ }+90^{\circ }=270^{\circ }\ne 360^{\circ }$（若覆盖原点，夹角之和需为 $360^{\circ }$；若不包含原点，面积不可能三两相等且和超出），由此断定矛盾，不存在。

✅【答案】

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(1) $x_1^2+x_2^2=3$，$y_1^2+y_2^2=2$（证明见解析）

(2) $\frac{5}{2}$

(3) 不存在

✍【详细解析】

Abstract

(1) 方法一（仿射变换法）： 作坐标伸缩变换： $X=\frac{x}{\sqrt{3}},Y=\frac{y}{\sqrt{2}}$ 则椭圆 $C:\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$ 变为单位圆 $C^{\prime }:X^2+Y^2=1$。 设点 $P,Q$ 在该变换下对应点为 $P^{\prime }(X_1,Y_1),Q^{\prime }(X_2,Y_2)$。 在伸缩变换下，任意图形的面积放大/缩小倍数为变换的雅可比行列式，即： $\frac{S_{△OPQ}}{S_{△O{P}^{\prime }{Q}^{\prime }}}=\sqrt{3}\times \sqrt{2}=\sqrt{6}$ 已知 $S_{△OPQ}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以变换后的三角形面积为： $S_{△O{P}^{\prime }{Q}^{\prime }}=\frac{S_{△OPQ}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{2}$ 在单位圆 $C^{\prime }$ 中，$|O{P}^{\prime }|=|O{Q}^{\prime }|=1$。 由三角形面积公式： $S_{△O{P}^{\prime }{Q}^{\prime }}=\frac{1}{2}|O{P}^{\prime }|\cdot |O{Q}^{\prime }|\sin \angle P^{\prime }O{Q}^{\prime }=\frac{1}{2}\sin \angle P^{\prime }O{Q}^{\prime }=\frac{1}{2}$ 因为 $\angle P^{\prime }O{Q}^{\prime }\in (0,\pi )$，所以： $\sin \angle P^{\prime }O{Q}^{\prime }=1⟹\angle P^{\prime }O{Q}^{\prime }=90^{\circ }$ 即 $\overrightarrow{O{P}^{\prime }}\perp \overrightarrow{O{Q}^{\prime }}$。 设 $P^{\prime }(\cos \alpha ,\sin \alpha )$，则由于 $\overrightarrow{O{P}^{\prime }}\perp \overrightarrow{O{Q}^{\prime }}$，可设 $Q^{\prime }(\cos (\alpha \pm 90^{\circ }),\sin (\alpha \pm 90^{\circ }))=(\mp \sin \alpha ,\pm \cos \alpha )$。 因此： $X_1^2+X_2^2={\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha =1$ $Y_1^2+Y_2^2={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ 还原回原坐标 $x=\sqrt{3}X,y=\sqrt{2}Y$： $x_1^2+x_2^2=3(X_1^2+X_2^2)=3\times 1=3$ $y_1^2+y_2^2=2(Y_1^2+Y_2^2)=2\times 1=2$ 所以 $x_1^2+x_2^2=3$ 和 $y_1^2+y_2^2=2$ 均为定值。

方法二（解析代数法）： 当直线 $l$ 的斜率存在时，设直线 $l$ 的方程为 $y=kx+m$。 联立直线与椭圆方程： $\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ 2x^2+3y^2=6\end{array}⟹(2+3k^2)x^2+6kmx+3m^2-6=0$ 由 $\Delta =(6km{)}^2-4(2+3k^2)(3m^2-6)=24(2+3k^2-m^2)>0$，即 $2+3k^2-m^2>0$。 由韦达定理： $x_1+x_2=-\frac{6km}{2+3k^2},x_1{x}_2=\frac{3m^2-6}{2+3k^2}$ 原点 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}$。 弦长 $|PQ|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\frac{\sqrt{\Delta }}{2+3k^2}=\frac{\sqrt{24(1+k^2)(2+3k^2-m^2)}}{2+3k^2}$。 三角形面积为： $S_{△OPQ}=\frac{1}{2}|PQ|\cdot d=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{24m^2(2+3k^2-m^2)}}{2+3k^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ 两边平方并化简： $\frac{6m^2(2+3k^2-m^2)}{(2+3k^2{)}^2}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$ $4m^2(2+3k^2-m^2)=(2+3k^2{)}^2⟹(2+3k^2{)}^2-4m^2(2+3k^2)+4m^4=0$ ${\left[(2+3k^2)-2m^2\right]}^2=0⟹2+3k^2=2m^2$ 此时： $x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2=\frac{36k^2{m}^2}{(2+3k^2{)}^2}-\frac{6m^2-12}{2+3k^2}$ 将 $2m^2=2+3k^2$ 代入化简： $x_1^2+x_2^2=\frac{18k^2(2+3k^2)}{(2+3k^2{)}^2}-\frac{3(2+3k^2)-12}{2+3k^2}=\frac{18k^2-6-9k^2+12}{2+3k^2}=\frac{9k^2+6}{2+3k^2}=3$ 又点 $P,Q$ 在椭圆上： $\frac{x_1^2}{3}+\frac{y_1^2}{2}=1,\frac{x_2^2}{3}+\frac{y_2^2}{2}=1$ 两式相加得： $\frac{x_1^2+x_2^2}{3}+\frac{y_1^2+y_2^2}{2}=2⟹\frac{3}{3}+\frac{y_1^2+y_2^2}{2}=2⟹y_1^2+y_2^2=2$ 当直线 $l$ 斜率不存在时，由对称性及 $S=\frac{\sqrt{6}}{2}$ 可求得点坐标为 $\left(\pm \frac{\sqrt{6}}{2},\pm 1\right)$，同样满足 $x_1^2+x_2^2=3$ 且 $y_1^2+y_2^2=2$。 综上，$x_1^2+x_2^2=3$ 和 $y_1^2+y_2^2=2$ 均为定值。

(2) 因为 $M$ 是 $PQ$ 的中点，所以 $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ})$，且 $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}$。 则： $|OM{|}^2=\frac{1}{4}|\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}{|}^2=\frac{1}{4}\left(|\overrightarrow{OP}{|}^2+|\overrightarrow{OQ}{|}^2+2\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}\right)$ $|PQ{|}^2=|\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}{|}^2=|\overrightarrow{OP}{|}^2+|\overrightarrow{OQ}{|}^2-2\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}$ 由 (1) 的结论： $|\overrightarrow{OP}{|}^2+|\overrightarrow{OQ}{|}^2=(x_1^2+y_1^2)+(x_2^2+y_2^2)=(x_1^2+x_2^2)+(y_1^2+y_2^2)=3+2=5$ 设 $t=2\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}$，则： $|OM{|}^2=\frac{5+t}{4},|PQ{|}^2=5-t$ 由于 $|OM|>0,|PQ|>0$，所以 $-5<t<5$。 因此： $(|OM|\cdot |PQ|{)}^2=|OM{|}^2\cdot |PQ{|}^2=\frac{5+t}{4}\cdot (5-t)=\frac{25-t^2}{4}$ 当 $t=0$（即 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0$）时，$(|OM|\cdot |PQ|{)}^2$ 取得最大值： $(|OM|\cdot |PQ|{)}_{\max }^2=\frac{25}{4}$ 检验 $t=0$ 的可行性： 由 (1) 仿射变换法可知，$x_1=\sqrt{3}\cos \alpha ,y_1=\sqrt{2}\sin \alpha$，$x_2=-\sqrt{3}\sin \alpha ,y_2=\sqrt{2}\cos \alpha$。 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=x_1{x}_2+y_1{y}_2=-3\sin \alpha \cos \alpha +2\sin \alpha \cos \alpha =-\sin \alpha \cos \alpha =-\frac{1}{2}\sin 2\alpha$ 因为 $\sin 2\alpha \in [-1,1]$，显然当 $2\alpha =0$（即 $\alpha =0$ 或 $\frac{\pi }{2}$）时，$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0$，即 $t=0$ 完全可以取到。 所以 $|OM|\cdot |PQ|$ 的最大值为： $\sqrt{\frac{25}{4}}=\frac{5}{2}$

(3) 假设椭圆 $C$ 上存在满足条件的三点 $D,E,G$。 仍对坐标平面作仿射变换：$X=\frac{x}{\sqrt{3}},Y=\frac{y}{\sqrt{2}}$。 该变换将椭圆 $C$ 映射为单位圆 $C^{\prime }:X^2+Y^2=1$，点 $D,E,G$ 分别映射为单位圆上的三点 $D^{\prime },E^{\prime },G^{\prime }$。 因为变换前后面积比例恒为 $\sqrt{6}$，所以： $S_{△O{D}^{\prime }{E}^{\prime }}=S_{△O{D}^{\prime }{G}^{\prime }}=S_{△O{E}^{\prime }{G}^{\prime }}=\frac{1}{\sqrt{6}}\times \frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{1}{2}$ 在单位圆 $C^{\prime }$ 中，任意两点与原点构成的三角形面积为： $S=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \sin \theta =\frac{1}{2}\sin \theta$ 其中 $\theta$ 为这两点与原点连线的夹角（$0<\theta <\pi$）。 由 $S=\frac{1}{2}$ 得： $\sin \theta =1⟹\theta =\frac{\pi }{2}$ 这意味着 $\angle D^{\prime }O{E}^{\prime },\angle D^{\prime }O{G}^{\prime },\angle E^{\prime }O{G}^{\prime }$ 必须全部等于 $90^{\circ }$。 考查圆平面内以原点 $O$ 为顶点的三个角：

• 若点 $O$ 落在 $△D^{\prime }{E}^{\prime }{G}^{\prime }$ 内部，则这三个角之和应为 $360^{\circ }$。但 $\angle D^{\prime }O{E}^{\prime }+\angle D^{\prime }O{G}^{\prime }+\angle E^{\prime }O{G}^{\prime }=90^{\circ }+90^{\circ }+90^{\circ }=270^{\circ }\ne 360^{\circ }$，矛盾；
• 若点 $O$ 落在 $△D^{\prime }{E}^{\prime }{G}^{\prime }$ 外部，则其中一个角必等于另外两个角之和，即某角应为 $90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$（两点与原点共线成直径），此时该两点与原点构成的三角形面积为 0，与面积等于 $\frac{1}{2}$ 矛盾。 因此，在单位圆上不存在满足条件的三个点 $D^{\prime },E^{\prime },G^{\prime }$。 从而在椭圆 $C$ 上不存在三点 $D,E,G$，使得 $S_{△ODE}=S_{△ODG}=S_{△OEG}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：
• 椭圆中三角形面积定值与共轭直径性质；
• 仿射变换（伸缩变换）保持面积比、直线共线性以及中点比例不变；
• 向量模长代数关系式与基本不等式最值。
• 核心方法：
• 仿射变换（降维打击）：利用 $X=\frac{x}{a},Y=\frac{y}{b}$ 将椭圆压扁为圆，面积统一缩放为 $\frac{S}{ab}$。椭圆弦张角等效为圆心角直角问题，秒杀第 (1)、(3) 问；
• 向量乘积化元：由极化恒等式 $|OM{|}^2-\frac{1}{4}|PQ{|}^2=\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}$，将几何量组合转化为单变量 $t$ 的乘积式。
• 避坑指南：
• 第 (2) 问求得理论最大值时，务必验证 $t=0$ 在椭圆内部是否有真实动点对应，切忌直接均值不等式而不检验等号成立条件；
• 第 (3) 问切不可仅凭直觉判定，必须严格从圆心角角度求和（$270^{\circ }\ne 360^{\circ }$）完成逻辑论证。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自高等几何中椭圆的仿射几何性质及阿波罗尼奥斯共轭直径定理（Apollonius Theorem on Conjugate Diameters）：椭圆任意一对共轭半直径 $OP,OQ$，恒满足 $|OP{|}^2+|OQ{|}^2=a^2+b^2$，且 $S_{△OPQ}=\frac{1}{2}ab$。
• 结论推广：
• 对椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，若动弦 $PQ$ 满足 $S_{△OPQ}=\frac{1}{2}ab$，则恒有 $x_1^2+x_2^2=a^2$，$y_1^2+y_2^2=b^2$；
• $|OM|\cdot |PQ|$ 的最大值恒为 $\frac{a^2+b^2}{4}$ 还是 $\frac{a^2+b^2}{2}$？此题中为 $\frac{a^2+b^2}{2}$（本题中 $\frac{3+2}{2}=\frac{5}{2}$）。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 17.05 直线与圆的位置关系

类题演练 (Links)

• 2008-四川卷文-22 解-椭圆准线与向量最值
• 2008-四川卷理-21
• 2009-广东卷文-19 解-椭圆与包围圆