2011-湖南卷理-21 解-直线与圆

本题导读

本题考查椭圆与抛物线的标准方程与几何性质。

📌【题干】

Question

（2011年湖南卷(理)） 如图，椭圆 $C_1:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$) 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，$x$ 轴被曲线 $C_2:y=x^2-b$ 截得的线段长等于 $C_1$ 的长半轴长.

(1) 求 $C_1,C_2$ 的方程；

(2) 设 $C_2$ 与 $y$ 轴的交点为 $M$，过坐标原点 $O$ 的直线 $l$ 与 $C_2$ 相交于点 $A,B$，直线 $MA,MB$ 分别与 $C_1$ 相交于点 $D,E$. ① 证明：$MD\perp ME$； ② 记 $△MAB,△MDE$ 的面积分别是 $S_1,S_2$. 问：是否存在直线 $l$，使得 $\frac{S_1}{S_2}=\frac{17}{32}$？请说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：根据离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 结合 $a^2=b^2+c^2$ 得 $a=2b$；曲线 $C_2$ 与 $x$ 轴截距为 $2\sqrt{b}$，由 $2\sqrt{b}=a=2b$ 解得 $b=1,a=2$，写出两曲线方程。
2. 第 (2) 问 ①：设直线 $l$ 的方程为 $y=kx$，联立 $C_2:y=x^2-1$ 得 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$；$M$ 坐标为 $(0,-1)$，利用斜率公式计算 $k_{MA}\cdot k_{MB}$，验证其乘积是否为 $-1$。
3. 第 (2) 问 ②：由于 $\angle DME=90^{\circ }$，利用直角三角形面积公式可得 $\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}|MA||MB|}{\frac{1}{2}|MD||ME|}=\frac{|MA|}{|MD|}\cdot \frac{|MB|}{|ME|}$；联立直线 $MA,MB$ 与椭圆 $C_1$ 的方程求出 $\frac{|MA|}{|MD|}$ 关于参数的表达式，构建关于 $k^2$ 的方程检验解的存在性。

✅【答案】

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(2) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 由题意，椭圆 $C_1$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$， 所以 $\frac{c^2}{a^2}=\frac{a^2-b^2}{a^2}=1-\frac{b^2}{a^2}=\frac{3}{4}⟹a=2b$。 令曲线 $C_2:y=x^2-b$ 中的 $y=0$，得 $x=\pm \sqrt{b}$。 所以 $x$ 轴被 $C_2$ 截得的线段长为 $2\sqrt{b}$。 因为该线段长等于 $C_1$ 的长半轴长 $a$，所以： $2\sqrt{b}=a=2b⟹\sqrt{b}=b$。 由 $b>0$，解得 $b=1$。 进而 $a=2$。 所以 $C_1$ 的方程为 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$； $C_2$ 的方程为 $y=x^2-1$。

(2) ① 在曲线 $C_2:y=x^2-1$ 中，令 $x=0$ 得 $y=-1$，所以 $M(0,-1)$。 若直线 $l$ 与 $x$ 轴重合（斜率 $k=0$），直线 $l$ 方程为 $y=0$，与 $C_2$ 交于 $(-1,0)$ 和 $(1,0)$，由对称性可知 $k_{MA}\cdot k_{MB}=1\times (-1)=-1$。 若直线 $l$ 的斜率存在且不为 0，设直线 $l$ 的方程为 $y=kx$。 联立方程： $\{\begin{array}{l}y=kx\\ y=x^2-1\end{array}⟹x^2-kx-1=0$。 判别式 $\Delta =k^2+4>0$ 恒成立。 设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则： $x_1+x_2=k$，$x_1{x}_2=-1$。

因为 $A,B$ 在直线 $l$ 上，所以 $y_1=k{x}_1$，$y_2=k{x}_2$。 直线 $MA$ 的斜率： $k_{MA}=\frac{y_1-(-1)}{x_1-0}=\frac{k{x}_1+1}{x_1}=k+\frac{1}{x_1}$。 同理，直线 $MB$ 的斜率： $k_{MB}=k+\frac{1}{x_2}$。 计算斜率之积： $k_{MA}\cdot k_{MB}=\left(k+\frac{1}{x_1}\right)\left(k+\frac{1}{x_2}\right)=k^2+k\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right)+\frac{1}{x_1{x}_2}$ $=k^2+k\cdot \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}+\frac{1}{x_1{x}_2}$。 将 $x_1+x_2=k$，$x_1{x}_2=-1$ 代入，得： $k_{MA}\cdot k_{MB}=k^2+k\cdot \frac{k}{-1}+\frac{1}{-1}=k^2-k^2-1=-1$。 所以 $MA\perp MB$。 又点 $D,E$ 分别在直线 $MA,MB$ 上， 因此 $MD\perp ME$。

② 记直线 $MA$ 的斜率为 $k_1$，则 $k_{MB}=k_2=-\frac{1}{k_1}$。 直线 $MA$ 的方程为 $y=k_{1}x-1$。 点 $A(x_1,y_1)$ 在直线 $MA$ 上，$|MA|=\sqrt{1+k_1^2}|x_1|$。 由 $k_1=k+\frac{1}{x_1}$ 得： $x_1=\frac{1}{k_1-k}$。 由 $x_1^2-k{x}_1-1=0$ 得 $x_1-k=\frac{1}{x_1}$，代入验证一致。 又由 $x_1^2-1=y_1⟹x_1(x_1-k)=1⟹x_1=k_1$（因 $x_1\ne 0$ 且 $k_1=\frac{x_1^2-1+1}{x_1}=x_1$）。 故点 $A$ 的横坐标满足 $x_1=k_1$。 所以 $|MA{|}^2=(1+k_1^2)x_1^2=(1+k_1^2)k_1^2$。

联立直线 $MA:y=k_{1}x-1$ 与椭圆 $C_1:x^2+4y^2=4$： $x^2+4(k_{1}x-1{)}^2=4⟹(1+4k_1^2)x^2-8k_{1}x=0$。 解得点 $D$ 的横坐标为 $x_D=\frac{8k_1}{1+4k_1^2}$（非零解）。 所以 $|MD{|}^2=(1+k_1^2)x_D^2=(1+k_1^2)\frac{64k_1^2}{(1+4k_1^2{)}^2}$。

同理，对于直线 $MB$，其斜率为 $k_2=-\frac{1}{k_1}$： $|MB{|}^2=(1+k_2^2)k_2^2$， $|ME{|}^2=(1+k_2^2)\frac{64k_2^2}{(1+4k_2^2{)}^2}$。

由 ① 知 $\angle DME=\angle AMB=90^{\circ }$， 所以两三角形面积之比为： $\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}|MA||MB|}{\frac{1}{2}|MD||ME|}=\frac{|MA|}{|MD|}\cdot \frac{|MB|}{|ME|}$。 两边平方： ${\left(\frac{S_1}{S_2}\right)}^2=\frac{|MA{|}^2}{|MD{|}^2}\cdot \frac{|MB{|}^2}{|ME{|}^2}=\frac{(1+4k_1^2{)}^2}{64}\cdot \frac{(1+4k_2^2{)}^2}{64}$ $={\left[\frac{(1+4k_1^2)(1+4k_2^2)}{64}\right]}^2$。 因为 $k_1{k}_2=-1$，所以 $k_2^2=\frac{1}{k_1^2}$。 $(1+4k_1^2)(1+4k_2^2)=1+4(k_1^2+k_2^2)+16k_1^2{k}_2^2=17+4\left(k_1^2+\frac{1}{k_1^2}\right)$。 所以： $\frac{S_1}{S_2}=\frac{17+4\left(k_1^2+\frac{1}{k_1^2}\right)}{64}$。

若存在直线 $l$ 使得 $\frac{S_1}{S_2}=\frac{17}{32}$，则： $\frac{17+4\left(k_1^2+\frac{1}{k_1^2}\right)}{64}=\frac{17}{32}=\frac{34}{64}$， 即： $17+4\left(k_1^2+\frac{1}{k_1^2}\right)=34⟹4\left(k_1^2+\frac{1}{k_1^2}\right)=17⟹k_1^2+\frac{1}{k_1^2}=\frac{17}{4}$。 解得 $k_1^2=4$ 或 $k_1^2=\frac{1}{4}$。

由 $x_1=k_1$，$x_2=k_2=-\frac{1}{k_1}$，直线 $l$ 的斜率为： $k=x_1+x_2=k_1-\frac{1}{k_1}$。

• 当 $k_1^2=4$ 时，可取 $k_1=\pm 2$，则 $k=\pm \left(2-\frac{1}{2}\right)=\pm \frac{3}{2}$；
• 当 $k_1^2=\frac{1}{4}$ 时，可取 $k_1=\pm \frac{1}{2}$，则 $k=\pm \left(\frac{1}{2}-2\right)=\mp \frac{3}{2}$。 方程均有实数解，对应直线 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2}x$ 或 $y=-\frac{3}{2}x$。

答：存在直线 $l$ 满足题意，直线 $l$ 的方程为 $y=\pm \frac{3}{2}x$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：圆锥曲线几何性质联立解法、斜率积与垂直关系、直角三角形面积比转化。
• 核心方法：注意到点 $M$ 在抛物线上且 $k_{MA}=x_1$，可省去复杂的弦长公式计算；共直角顶点的面积比直接化为对应线段比的乘积。
• 避坑指南：第 ② 问必须反解出原直线 $l$ 的斜率 $k$ 并检验其存在性，切勿只解出中间参量 $k_1$ 便停止作答。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自解析几何中的“自极三角形”与抛物线焦点弦、正交弦截距的调和性质交汇。
• 结论推广：过抛物线顶点（或对称轴上定点）引正交弦与二次曲线相交，所形成的相似三角形或直角三角形面积比，均可用其斜率关于对称轴倾角的二阶多项式完全表征。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 16.03 两条直线的位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2013-大纲卷理-08 单-椭圆性质
• 2013-新课标II卷理-11 单-抛物线定义
• 2013-湖南卷理-21 解-抛物线定义