2007-天津卷理-22 解-齐次化方程垂直条件

本题导读

本题是一道解析几何综合压轴题。第一问通过特殊位置点 $A$ 的坐标表示，利用点到直线的距离公式建立关于椭圆基本量 $a,b,c$ 的方程，从而证明基本量关系；第二问涉及双动点垂直问题，利用齐次化方法将直线与椭圆的交点垂直条件转化为直线系数的关系，进而通过垂足的几何意义求解动点 $D$ 的轨迹方程。

📌【题干】

Question

（2007年天津卷(理)） 设椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$) 的左、右焦点分别为 $F_1,F_2$，$A$ 是椭圆上的一点，$A{F}_2\perp F_1{F}_2$，原点 $O$ 到直线 $A{F}_1$ 的距离为 $\frac{1}{3}|O{F}_1|$。

(1) 证明 $a=\sqrt{2}b$；

(2) 设 $Q_1,Q_2$ 为椭圆上的两个动点，$O{Q}_1\perp O{Q}_2$，过原点 $O$ 作直线 $Q_1{Q}_2$ 的垂线 $OD$，垂足为 $D$，求点 $D$ 的轨迹方程。

🔍【思路分析】

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1. 对于(1)，由 $A{F}_2\perp F_1{F}_2$ 可知点 $A$ 的横坐标为 $c$，代入椭圆方程求出纵坐标。进而写出直线 $A{F}_1$ 的方程，利用点到直线的距离公式建立代数等式，结合 $c^2=a^2-b^2$ 关系消元完成证明；
2. 对于(2)，动直线 $Q_1{Q}_2$ 显然不经过原点，可设其方程为 $mx+ny=1$。利用齐次化方法联立椭圆方程，由 $O{Q}_1\perp O{Q}_2$ 转化为二次项系数之和为 0，得到关于 $m,n$ 的关系式。再根据 $OD\perp Q_1{Q}_2$ 确立垂足 $D(x,y)$ 的坐标与 $m,n$ 的代数关联，代入即可消去参数求出轨迹方程。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 证明： 由题意知，左焦点 $F_1(-c,0)$，右焦点 $F_2(c,0)$，则 $|O{F}_1|=c$。 因为 $A{F}_2\perp F_1{F}_2$，所以点 $A$ 的横坐标为 $c$。 将 $x=c$ 代入椭圆方程 $\frac{c^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，得： $y^2=b^2\left(1-\frac{c^2}{a^2}\right)=b^2\cdot \frac{a^2-c^2}{a^2}=\frac{b^4}{a^2}$ 不妨取 $A\left(c,\frac{b^2}{a}\right)$。 直线 $A{F}_1$ 过点 $F_1(-c,0)$ 和 $A\left(c,\frac{b^2}{a}\right)$，其斜率为： $k=\frac{\frac{b^2}{a}-0}{c-(-c)}=\frac{b^2}{2ac}$ 则直线 $A{F}_1$ 的方程为 $y=\frac{b^2}{2ac}(x+c)$，化为一般式得： $b^{2}x-2acy+b^{2}c=0$ 原点 $O(0,0)$ 到直线 $A{F}_1$ 的距离为： $d=\frac{|b^2\cdot 0-2ac\cdot 0+b^{2}c|}{\sqrt{(b^2{)}^2+(-2acy{)}^2}}=\frac{b^{2}c}{\sqrt{b^4+4a^2{c}^2}}$ 因为 $d=\frac{1}{3}|O{F}_1|=\frac{1}{3}c$，且 $c>0$，所以： $\frac{b^{2}c}{\sqrt{b^4+4a^2{c}^2}}=\frac{1}{3}c⟹3b^2=\sqrt{b^4+4a^2{c}^2}$ 两边平方得： $9b^4=b^4+4a^2{c}^2⟹2b^4=a^2{c}^2$ 将 $c^2=a^2-b^2$ 代入上式得： $2b^4=a^2(a^2-b^2)⟹a^4-a^2{b}^2-2b^4=0$ 因式分解得： $(a^2-2b^2)(a^2+b^2)=0$ 因为 $a>b>0$，所以 $a^2+b^2\ne 0$，从而 $a^2=2b^2$。 故 $a=\sqrt{2}b$ 得证。

(2) 解： 由(1)知 $a^2=2b^2$，椭圆的标准方程可化为： $x^2+2y^2=2b^2$ 设动直线 $Q_1{Q}_2$ 的方程为 $mx+ny=1$。 设垂足为 $D(x,y)$。因为 $OD\perp Q_1{Q}_2$，所以向量 $\overrightarrow{OD}=(x,y)$ 为直线 $Q_1{Q}_2$ 的一个法向量。 又因为点 $D(x,y)$ 在直线 $mx+ny=1$ 上，且直线以 $(m,n)$ 为法向量，从而有： $m=\frac{x}{x^2+y^2},n=\frac{y}{x^2+y^2}$ 联立直线与椭圆方程，进行齐次化变形： $x^2+2y^2=2b^2(mx+ny{)}^2$ 展开并整理成关于 $x,y$ 的二次齐次方程： $(1-2b^2{m}^2)x^2-4b^{2}mnxy+(2-2b^2{n}^2)y^2=0$ 因为 $O{Q}_1\perp O{Q}_2$，所以上述方程的两根方向向量互相垂直，其二次项系数之和必为 0： $(1-2b^2{m}^2)+(2-2b^2{n}^2)=0⟹2b^2(m^2+n^2)=3⟹m^2+n^2=\frac{3}{2b^2}$ 将 $m=\frac{x}{x^2+y^2},n=\frac{y}{x^2+y^2}$ 代入上式中得： ${\left(\frac{x}{x^2+y^2}\right)}^2+{\left(\frac{y}{x^2+y^2}\right)}^2=\frac{3}{2b^2}$ $\frac{x^2+y^2}{(x^2+y^2{)}^2}=\frac{3}{2b^2}⟹\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{3}{2b^2}⟹x^2+y^2=\frac{2b^2}{3}$ 由于圆的半径 $\sqrt{\frac{2}{3}}b<b$，该轨迹完全落在椭圆内部，对于圆上任意一点均存在对应的合格弦 $Q_1{Q}_2$。 故点 $D$ 的轨迹方程为 $x^2+y^2=\frac{2b^2}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆特征位置性质、齐次化方程处理垂直交点问题、动坐标转化。
2. 核心方法：齐次化通法。遇到圆锥曲线中关于原点张角为直角（$O{Q}_1\perp O{Q}_2$）的问题，将直线方程化为 $mx+ny=1$ 代入曲线方程进行齐次化，利用 $A+C=0$ 建立关系是最基础也最快的代数技巧。
3. 避坑指南：

• 第一问化简四次式 $a^4-a^2{b}^2-2b^4=0$ 时，应将 $a^2$ 视为整体因式分解，注意不要在符合推导中发生常数漏算。
• 第二问设直线方程时，若用 $y=kx+m$ 需额外讨论斜率不存在的情况；改用 $mx+ny=1$ 的对称形式可完美避开斜率讨论。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查“坐标原点对椭圆弦张直角”的经典解析几何模型。其第(2)问的本质为：对于满足 $O{Q}_1\perp O{Q}_2$ 的任意弦 $Q_1{Q}_2$，直线 $Q_1{Q}_2$ 恒与一个固定的圆相切（即椭圆的对偶几何性质），点 $D$ 即为切点，其轨迹就是该内切圆。
2. 结论推广：对于一般椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，若动弦 $Q_1{Q}_2$ 满足 $O{Q}_1\perp O{Q}_2$，则原点 $O$ 到直线 $Q_1{Q}_2$ 的距离 $d$ 恒为定值，且满足 $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}$。垂足 $D$ 的轨迹方程恒为圆：$x^2+y^2=\frac{a^2{b}^2}{a^2+b^2}$。将本题 $a^2=2b^2$ 代入该结论，可直接得到 $x^2+y^2=\frac{2b^4}{3b^2}=\frac{2b^2}{3}$，完全契合。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.10 齐次化与斜率和积
• 18.07 焦点三角形专题

类题演练 (Links)

• 2015-新课标II卷理-20 解-椭圆性质
• 2021-新高考II卷-21 解-概率综合