2012-辽宁卷理-20 解-椭圆与圆综合

本题导读

本题考查椭圆与圆的标准方程及几何性质。核心在于参数消元法、换元法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年辽宁卷(理)） 如图，椭圆 $C_0:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0,a,b\text{ 为常数})$，动圆 $C_1:x^2+y^2=t_1^2$ （ $b<t_1<a$ ）. 点 $A_1,A_2$ 分别为 $C_0$ 的左、右顶点， $C_1$ 与 $C_0$ 相交于 $A,B,C,D$ 四点.

(1)求直线 $A{A}_1$ 与直线 $A_{2}B$ 交点 $M$ 的轨迹方程；

(2)设动圆 $C_2:x^2+y^2=t_2^2$ 与 $C_0$ 相交于 $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$ 四点，其中 $b<t_2<a,t_1\ne t_2$. 若矩形 $ABCD$ 与矩形 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ 的面积相等，证明： $t_1^2+t_2^2$ 为定值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问轨迹方程求解（相关点参数消元）：

• 设定交点坐标：设 $A(x_1,y_1)$。根据椭圆与圆的上下、左右对称性，点 $B$ 与点 $A$ 关于 $x$ 轴对称，因此点 $B$ 的坐标可直接记为 $(x_1,-y_1)$。
• 写出顶点与直线方程：已知左顶点 $A_1(-a,0)$，右顶点 $A_2(a,0)$。利用两点式分别写出直线 $A{A}_1$ 的方程和直线 $A_{2}B$ 的方程。
• 联立消元：设交点 $M(x,y)$。将两直线方程交叉相乘或相除，结合点 $A(x_1,y_1)$ 在椭圆上满足的代数恒等式 $\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1$，将中介参数 $x_1,y_1$ 彻底消去，从而提炼出仅含 $x,y$ 的纯粹轨迹方程。

2. 第二问定值问题证明（对称代数齐次化）：

• 表达矩形面积：由于四点关于轴对称，矩形 $ABCD$ 的长和宽分别为 $2|x_1|$ 和 $2|y_1|$，面积可表达为 $S=4|x_1{y}_1|$。
• 建立半径与坐标的关系：联立椭圆与圆 $C_1$ 的方程，将 $y_1^2$ 或 $x_1^2$ 用半径 $t_1^2$ 及常数 $a,b$ 显性表达出来。将坐标转化为关于半径 $t_1$ 的函数，代入面积平方等式 $S^2=16x_1^2{y}_1^2$。
• 恒等对齐消元：同理，写出矩形 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ 关于半径 $t_2$ 的面积平方表达式。由两面积相等，建立关于 $t_1$ 与 $t_2$ 的高级有理高次方程，通过因式分解提取出因式 $(t_1^2-t_2^2)$。由于已知 $t_1\ne t_2$，约去此因式后即可直接证明 $t_1^2+t_2^2$ 恒为与常数 $a,b$ 挂钩的定值。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(x\ne \pm a)$

(2) 证明见解析，定值为 $a^2+b^2$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求直线 $A{A}_1$ 与直线 $A_{2}B$ 交点 $M$ 的轨迹方程

设 $A(x_1,y_1)$。因为 椭圆 $C_0$ 和动圆 $C_1$ 的圆心均在坐标原点，图形关于 $x$ 轴、 $y$ 轴严格对称， 所以 点 $B$ 与点 $A$ 关于 $x$ 轴对称，其坐标可以记为： $B(x_1,-y_1)$

因为 椭圆 $C_0:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，所以其左、右顶点分别为： $A_1(-a,0),A_2(a,0)$

根据两点式直线的斜率公式，可写出：

• 直线 $A{A}_1$ 的斜率为 $k_{A{A}_1}=\frac{y_1}{x_1+a}$，其方程为： $y=\frac{y_1}{x_1+a}(x+a)\text{(1)}$
• 直线 $A_{2}B$ 的斜率为 $k_{A_{2}B}=\frac{-y_1}{x_1-a}=\frac{y_1}{a-x_1}$，其方程为： $y=\frac{y_1}{a-x_1}(x-a)\text{(2)}$

设两直线的交点为 $M(x,y)$。为了消去中介动坐标 $x_1,y_1$，将方程①与方程②左右两端对应相乘： $y^2=\frac{y_1^2}{(x_1+a)(a-x_1)}\cdot (x+a)(x-a)$ $y^2=\frac{y_1^2}{a^2-x_1^2}\cdot (x^2-a^2)\text{(3)}$

因为 点 $A(x_1,y_1)$ 处于椭圆 $C_0$ 上，所以其坐标满足恒等方程： $\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1⟹\frac{y_1^2}{b^2}=1-\frac{x_1^2}{a^2}=\frac{a^2-x_1^2}{a^2}$ 变形可得关键比例置换式： $\frac{y_1^2}{a^2-x_1^2}=\frac{b^2}{a^2}$

将此比例关系整体代入方程③中： $y^2=\frac{b^2}{a^2}(x^2-a^2)$

两边同时除以 $b^2$ 并展开括号： $\frac{y^2}{b^2}=\frac{x^2}{a^2}-1⟹\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$

⚠️ 轨迹边界点抠除讨论： 因为 动圆 $C_1$ 的半径限制为 $b<t_1<a$，说明交点 $A$ 不能落在椭圆的顶点上，即 $x_1\ne \pm a$ 且 $y_1\ne 0$。 代入直线方程可知，交点 $M$ 的横坐标不可能为 $\pm a$。

综上所述，点 $M$ 的轨迹方程为： $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(x\ne \pm a)$

（2）证明： $t_1^2+t_2^2$ 为定值

因为 $A(x_1,y_1)$ 是椭圆 $C_0$ 与动圆 $C_1:x^2+y^2=t_1^2$ 的交点， 根据图形对称性，矩形 $ABCD$ 的顶点分别为 $(x_1,y_1),(x_1,-y_1),(-x_1,-y_1),(-x_1,y_1)$。 所以 矩形 $ABCD$ 的边长分别为 $2|x_1|$ 和 $2|y_1|$，其面积为： $S=2|x_1|\times 2|y_1|=4|x_1{y}_1|$ 将面积平方显性代数化： $S^2=16x_1^2{y}_1^2\text{(4)}$

为了用圆半径 $t_1$ 表达坐标，联立方程组： $\{\begin{array}{l}\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1⟹b^2{x}_1^2+a^2{y}_1^2=a^2{b}^2\text{(A)}\\ x_1^2+y_1^2=t_1^2⟹x_1^2=t_1^2-y_1^2\text{(B)}\end{array}$

将（B）代入（A）中以全面消去 $x_1^2$： $b^2(t_1^2-y_1^2)+a^2{y}_1^2=a^2{b}^2⟹(a^2-b^2)y_1^2=b^2(a^2-t_1^2)$ $y_1^2=\frac{b^2(a^2-t_1^2)}{a^2-b^2}$

同理，由（B）式可推导消去 $y_1^2$ 得到 $x_1^2$ 的表达式： $x_1^2=t_1^2-y_1^2=t_1^2-\frac{b^2(a^2-t_1^2)}{a^2-b^2}=\frac{a^2{t}_1^2-b^2{t}_1^2-a^2{b}^2+b^2{t}_1^2}{a^2-b^2}=\frac{a^2(t_1^2-b^2)}{a^2-b^2}$

将 $x_1^2$ 与 $y_1^2$ 的半径函数代入面积平方公式④中： $S^2=16\times \frac{a^2(t_1^2-b^2)}{a^2-b^2}\times \frac{b^2(a^2-t_1^2)}{a^2-b^2}=\frac{16a^2{b}^2}{(a^2-b^2{)}^2}(t_1^2-b^2)(a^2-t_1^2)$

同理，关于动圆 $C_2:x^2+y^2=t_2^2$ 生成的矩形 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$，其面积平方表达式完全对称，直接写为： $(S^{\prime }{)}^2=\frac{16a^2{b}^2}{(a^2-b^2{)}^2}(t_2^2-b^2)(a^2-t_2^2)$

因为 题目已知矩形 $ABCD$ 与矩形 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ 的面积相等，则有 $S^2=(S^{\prime }{)}^2$： $\frac{16a^2{b}^2}{(a^2-b^2{)}^2}(t_1^2-b^2)(a^2-t_1^2)=\frac{16a^2{b}^2}{(a^2-b^2{)}^2}(t_2^2-b^2)(a^2-t_2^2)$

两边同时约去非零常数因式 $\frac{16a^2{b}^2}{(a^2-b^2{)}^2}$： $(t_1^2-b^2)(a^2-t_1^2)=(t_2^2-b^2)(a^2-t_2^2)$

展开两端多项式： $a^2{t}_1^2-t_1^4-a^2{b}^2+b^2{t}_1^2=a^2{t}_2^2-t_2^4-a^2{b}^2+b^2{t}_2^2$

消去两端的相同常数项 $-a^2{b}^2$，并进行移项合并同类项，使等式右端归零： $(t_2^4-t_1^4)-a^2(t_2^2-t_1^2)-b^2(t_2^2-t_1^2)=0$ $(t_2^4-t_1^4)-(a^2+b^2)(t_2^2-t_1^2)=0$

对前项应用平方差公式进行因式分解提取： $(t_2^2-t_1^2)(t_2^2+t_1^2)-(a^2+b^2)(t_2^2-t_1^2)=0$ 提取公因式 $(t_2^2-t_1^2)$： $(t_2^2-t_1^2)[(t_1^2+t_2^2)-(a^2+b^2)]=0$

因为 题目明确给出限定约束： $t_1\ne t_2⟹t_1^2\ne t_2^2⟹t_2^2-t_1^2\ne 0$， 所以 方程两边可以同时除以该非零因式，直接释放出核心项： $(t_1^2+t_2^2)-(a^2+b^2)=0⟹t_1^2+t_2^2=a^2+b^2$

因为 椭圆的长半轴 $a$ 与短半轴 $b$ 均为已固定的常数， 所以 其平方和 $a^2+b^2$ 恒为定值。 即 $t_1^2+t_2^2$ 为定值。

故答案为： （1）轨迹方程为 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(x\ne \pm a)$； （2）证明见解析，定值为 $a^2+b^2$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：对称型曲线交点代数关系的构建、相关点代数消元法、面积相等引出的高次有理方程因式分解。
2. 核心方法：对称消元与代数齐次化。在第二问联立求 $x_1^2,y_1^2$ 的过程中，不要将其强行开根号。因为面积公式中平方后为 $x_1^2{y}_1^2$，直接保持二次幂状态进行代数多项式运算，可以极其优雅地避免任何无理根式的嵌套。
3. 避坑指南：

• 第一问求出双曲线方程后，极易漏掉挖去顶点 $x\ne \pm a$ 的边界限定。作为高考压轴大题，由于动圆半径限制导致交点不能落在 $x$ 轴顶点上，不写此范围会导致步骤扣分。
• 第二问因式分解时，看清符号。提取出 $t_2^2-t_1^2$ 后，括号内是 $t_1^2+t_2^2-(a^2+b^2)$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第一册第三章《圆锥曲线的方程》中作为全卷压轴的解析几何综合性大题。
2. 结论推广：本题第二问命题结构属于圆锥曲线中的同心双圆截面守恒定理（Concentric Dual-Circle Invariant Theorem）。 对于任意满足 $\frac{x^2}{a^2}\pm \frac{y^2}{b^2}=1$ 的标准圆锥曲线，当两个不同半径的同心圆与之相交围成完全相同的几何代数测度（如本题中的内接矩形面积、或者某些特定交线弦长组合）时，两个动半径的齐次幂次和（ $t_1^2+t_2^2$ ），在射影变换下恒表现为由曲线自身核心主轴几何量 $a^2\pm b^2$ 所严格控速的守恒定值。熟知这一顶层解析几何守恒律，不仅能帮我们在大题第二问中瞬间确定最终要证的定值目标，更能在大题书写中保持清晰的整体代数运筹直觉。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.04 椭圆与双曲线性质深度对比表

• 16.02 直线方程的形式与直线系 类题演练 (Links)

• 2013-陕西卷文-22 解-轨迹方程与椭圆

• 1985-全国卷理-15

• 1987-全国卷理-13 填-点到直线的距离