2009-福建卷理-19 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆与圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年福建卷(理)） 已知 $A,B$ 分别为曲线 $C:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1(y\ge 0,a>0)$ 与 $x$ 轴的左、右两个交点, 直线 $l$ 过点 $B$, 且与 $x$ 轴垂直, $S$ 为 $l$ 上异于点 $B$ 的一点, 连结 $AS$ 交曲线 $C$ 于点 $T$.

(1) 若曲线 $C$ 为半圆, 点 $T$ 为圆弧 $\text{overparen}AB$ 的三等分点, 试求出点 $S$ 的坐标;

(2) 如图, 点 $M$ 是以 $SB$ 为直径的圆与线段 $TB$ 的交点. 试问: 是否存在 $a$, 使得 $O,M,S$ 三点共线? 若存在, 求出 $a$ 的值, 若不存在, 请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：当 $a=1$ 时曲线为单位圆的上半部分。根据 $T$ 是三等分点，可确定 $\angle AOT$ 的度数为 $60^{\circ }$ 或 $120^{\circ }$，从而写出 $T$ 的坐标，进而求出直线 $AT$ 的方程，令 $x=1$ 即可求得 $S$ 的坐标。

2. 第二问：设出动直线 $AS$ 的斜率 $k$，表示出 $S$ 的坐标。利用椭圆上点与两定点连线斜率乘积为定值的性质，求出直线 $TB$ 的斜率。利用直径所对圆周角为直角，得出 $SM\perp TB$，从而写出直线 $SM$ 的方程并求出 $M$ 的坐标，最后利用 $O,M,S$ 三点共线建立关于 $a$ 的方程求解。

点击查看答案

点 $S$ 的坐标为 $\left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$ 或 $\left(1,2\sqrt{3}\right)$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 当曲线 $C$ 为半圆时， $a=1$，其方程为 $x^2+y^2=1$ ($y\ge 0$)。 则 $A(-1,0)$, $B(1,0)$，直线 $l$ 的方程为 $x=1$。 因为 $T$ 为圆弧 $\text{overparen}AB$ 的三等分点，且 $y_T\ge 0$，所以 $\angle AOT=60^{\circ }$ 或 $\angle AOT=120^{\circ }$。

• 当 $\angle AOT=60^{\circ }$ 时， $T\left(\cos 60^{\circ },\sin 60^{\circ }\right)=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。 直线 $AT$ 的斜率 $k=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-0}{\frac{1}{2}-(-1)}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。 故直线 $AS$ 的方程为 $y=\frac{\sqrt{3}}{3}(x+1)$。 令 $x=1$，得 $y_S=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，此时 $S\left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$。
• 当 $\angle AOT=120^{\circ }$ 时， $T\left(\cos 120^{\circ },\sin 120^{\circ }\right)=\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。 直线 $AT$ 的斜率 $k=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-0}{-\frac{1}{2}-(-1)}=\sqrt{3}$。 故直线 $AS$ 的方程为 $y=\sqrt{3}(x+1)$。 令 $x=1$，得 $y_S=2\sqrt{3}$，此时 $S\left(1,2\sqrt{3}\right)$。 综上所述，点 $S$ 的坐标为 $\left(1,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$ 或 $\left(1,2\sqrt{3}\right)$。

(2) 解： 存在 $a=\sqrt{2}$，使得 $O,M,S$ 三点共线。理由如下： 由题意知 $A(-a,0),B(a,0)$，直线 $l$ 的方程为 $x=a$。 设 $S(a,y_0)$ ($y_0\ne 0$)，则直线 $AS$ 的斜率 $k=\frac{y_0-0}{a-(-a)}=\frac{y_0}{2a}$，得 $y_0=2ak$ ($k\ne 0$)。 所以 $S(a,2ak)$，直线 $AS$ 的方程为 $y=k(x+a)$。 设 $T(x_1,y_1)$，因 $T$ 在曲线 $C$ 上，则 $\frac{x_1^2}{a^2}+y_1^2=1⟹y_1^2=\frac{a^2-x_1^2}{a^2}$。 又 $k_{AT}\cdot k_{BT}=\frac{y_1}{x_1+a}\cdot \frac{y_1}{x_1-a}=\frac{y_1^2}{x_1^2-a^2}=-\frac{1}{a^2}$。 因为 $A,T,S$ 三点共线，所以 $k_{AT}=k_{AS}=k$，进而得 $k_{BT}=-\frac{1}{a^{2}k}$。 故直线 $TB$ 的方程为 $y=-\frac{1}{a^{2}k}(x-a)$。 因为点 $M$ 在以 $SB$ 为直径的圆上，所以 $\angle SMB=90^{\circ }$，即 $SM\perp BM$。 又 $M$ 在线段 $TB$ 上，故 $SM\perp TB$，直线 $SM$ 的斜率 $k_{SM}=a^{2}k$。 直线 $SM$ 的方程为 $y-2ak=a^{2}k(x-a)⟹y=a^{2}kx-a^{3}k+2ak$。 联立直线 $TB$ 与 $SM$ 的方程： $\{\begin{array}{l}x-a=-a^{2}ky\\ y-2ak=a^{2}k(x-a)\end{array}⟹y-2ak=a^{2}k(-a^{2}ky)=-a^4{k}^{2}y$。 解得 $M$ 的纵坐标为 $y_M=\frac{2ak}{1+a^4{k}^2}$。 将 $y_M$ 代入直线 $TB$ 方程得 $x_M=a-a^{2}k{y}_M=a-\frac{2a^3{k}^2}{1+a^4{k}^2}=\frac{a+a^5{k}^2-2a^3{k}^2}{1+a^4{k}^2}$。 若 $O,M,S$ 三点共线，则必有 $\frac{y_M}{x_M}=k_{OS}=\frac{2ak}{a}=2k$。 即 $\frac{2ak}{a+a^5{k}^2-2a^3{k}^2}=2k⟹\frac{2k}{1+a^4{k}^2-2a^2{k}^2}=2k$。 因为 $k\ne 0$，所以 $1+a^4{k}^2-2a^2{k}^2=1⟹a^2(a^2-2)k^2=0$。 又 $a>0,k\ne 0$，解得 $a^2-2=0⟹a=\sqrt{2}$。 故存在 $a=\sqrt{2}$，使得 $O,M,S$ 三点共线。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：圆锥曲线的几何性质（斜率定值定理 $k_1\cdot k_2=-\frac{b^2}{a^2}$），直径所对圆周角的垂直转化，三点共线的斜率相等判定。

2. 核心方法：斜率参数法。通过引入 $k$ 统一表示出动直线与动点坐标，避免复杂的双变量联立。

3. 避坑指南：第(1)问中容易漏掉“三等分点”对应的第二种情况；第(2)问中，把 $\angle SMB=90^{\circ }$ 转化为 $SM\perp TB$ 是化简的关键，盲目去列圆的方程并与直线联立会导致运算过于冗长而失败。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题具有深厚的高等数学射影几何背景，利用了椭圆上点的交比与正交投影的射影调和性质，是一道设计极为精妙的解析几何综合压轴题。

2. 结论推广：对于任意椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，以类似方式构造的交点 $M$ 与原点、顶点的共线特征，其参数 $a,b$ 恒满足 $a^2{b}^2=\text{常数}$ 的特定比例关系。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-22 解-椭圆最值与参数范围
• 2011-北京卷文-19 解-椭圆等腰三角形面积
• 2011-北京卷理-19 解-椭圆