2010-北京卷理-19 解-椭圆

本题导读

本题是一道解析几何综合压轴题。第一问考查动点轨迹方程的求法，通过斜率积条件直接列式化简；第二问考查直线与曲线位置关系中的面积相等问题，核心在于利用点坐标将两三角形面积公式高度代数化，通过巧妙的因式分解消去共有项，转化为一元方程求解。

📌【题干】

Question

（2010年北京卷(理)） 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，点 $B$ 与点 $A(-1,1)$ 关于原点 $O$ 对称，$P$ 是动点，且直线 $AP$ 与 $BP$ 的斜率之积等于 $-\frac{1}{3}$．

(1)求动点 $P$ 的轨迹方程；

(2)设直线 $AP$ 和 $BP$ 分别与直线 $x=3$ 交于点 $M,N$，问：是否存在点 $P$ 使得 $△PAB$ 与 $△PMN$ 的面积相等？若存在，求出点 $P$ 的坐标；若不存在，说明理由．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问求轨迹：由对称性求出 $B(1,-1)$，设 $P(x,y)$，利用斜率公式列出关系式 $k_{AP}\cdot k_{BP}=-\frac{1}{3}$，化简并注意挖去使斜率不存在的特殊点。
2. 第二问面积表达式构建与化简：

• 设 $P(x_0,y_0)$ 满足第一问的椭圆方程。利用点斜式写出直线 $AP,BP$ 的方程，令 $x=3$ 求出 $M,N$ 的纵坐标，进而得到底边 $MN$ 的长度表达式。

• $△PAB$ 的面积可用坐标解析式或点到直线距离公式表示为 $|x_0+y_0|$；$△PMN$ 的面积以 $MN$ 为底，高为 $|3-x_0|$。

• 联立面积相等方程，通过因式分解发现分子含有共同因式 $|x_0+y_0|$，利用约束条件论证其不为 0 后消去，从而转化为关于 $x_0$ 的简易方程进行求解与验算。

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存在满足条件的点 $P$，其坐标为 $\left(\frac{5}{3},\frac{\sqrt{33}}{9}\right)$ 或 $\left(\frac{5}{3},-\frac{\sqrt{33}}{9}\right)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 因为点 $B$ 与点 $A(-1,1)$ 关于原点 $O$ 对称，所以 $B(1,-1)$． 设动点 $P$ 的坐标为 $(x,y)$． 由题意可知，直线 $AP$ 的斜率 $k_{AP}=\frac{y-1}{x+1}$（$x\ne -1$）， 直线 $BP$ 的斜率 $k_{BP}=\frac{y+1}{x-1}$（$x\ne 1$）． 根据斜率之积等于 $-\frac{1}{3}$，可得： $\frac{y-1}{x+1}\cdot \frac{y+1}{x-1}=-\frac{1}{3}$ $\frac{y^2-1}{x^2-1}=-\frac{1}{3}⟹3(y^2-1)=-(x^2-1)$ 整理得： $x^2+3y^2=4(x\ne \pm 1)$ 故动点 $P$ 的轨迹方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{3y^2}{4}=1$（$x\ne \pm 1$）．

（2）解： 存在满足条件的点 $P$．设 $P(x_0,y_0)$，则 $x_0^2+3y_0^2=4$（$x_0\ne \pm 1$）． 直线 $AB$ 的方程为 $\frac{y-1}{-1-1}=\frac{x+1}{1+1}⟹x+y=0$． 线段 $AB=\sqrt{(-1-1{)}^2+(1-(-1){)}^2}=2\sqrt{2}$． 点 $P(x_0,y_0)$ 到直线 $AB$ 的距离为 $d=\frac{|x_0+y_0|}{\sqrt{2}}$． 所以 $△PAB$ 的面积为： $S_{△PAB}=\frac{1}{2}\times AB\times d=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times \frac{|x_0+y_0|}{\sqrt{2}}=|x_0+y_0|$

又直线 $AP$ 的方程为 $y-1=k_{AP}(x+1)$，令 $x=3$，得 $y_M=4k_{AP}+1=\frac{4(y_0-1)}{x_0+1}+1$． 直线 $BP$ 的方程为 $y+1=k_{BP}(x-1)$，令 $x=3$，得 $y_N=2k_{BP}-1=\frac{2(y_0+1)}{x_0-1}-1$． 计算线段 $MN$ 的长度： $MN=|y_M-y_N|=\left|\frac{4y_0-4+x_0+1}{x_0+1}-\frac{2y_0+2-x_0+1}{x_0-1}\right|=\left|\frac{x_0+4y_0-3}{x_0+1}-\frac{-x_0+2y_0+3}{x_0-1}\right|$ 通分化简分子部分： $(x_0+4y_0-3)(x_0-1)-(-x_0+2y_0+3)(x_0+1)=2x_0^2+2x_0{y}_0-6x_0-6y_0=2(x_0-3)(x_0+y_0)$ 所以 $MN=\frac{2|x_0-3||x_0+y_0|}{|x_0^2-1|}$．

由于 $△PMN$ 以 $MN$ 为底，点 $P(x_0,y_0)$ 到直线 $x=3$ 的距离为 $|3-x_0|$， 所以 $△PMN$ 的面积为： $S_{△PMN}=\frac{1}{2}\times MN\times |3-x_0|=\frac{1}{2}\times \frac{2|x_0-3||x_0+y_0|}{|x_0^2-1|}\times |3-x_0|=\frac{(3-x_0{)}^2|x_0+y_0|}{|x_0^2-1|}$

要使 $S_{△PAB}=S_{△PMN}$，只需： $|x_0+y_0|=\frac{(3-x_0{)}^2|x_0+y_0|}{|x_0^2-1|}$ 若 $x_0+y_0=0$，代入轨迹方程 $x_0^2+3(-x_0{)}^2=4⟹4x_0^2=4⟹x_0=\pm 1$，与 $x_0\ne \pm 1$ 矛盾，故 $|x_0+y_0|\ne 0$． 两边同除以 $|x_0+y_0|$ 得： $1=\frac{(3-x_0{)}^2}{|x_0^2-1|}⟹|x_0^2-1|=(3-x_0{)}^2=x_0^2-6x_0+9$

分区间讨论去绝对值： ① 若 $x_0^2-1=x_0^2-6x_0+9⟹6x_0=10⟹x_0=\frac{5}{3}$． 代入轨迹方程：${\left(\frac{5}{3}\right)}^2+3y_0^2=4⟹3y_0^2=4-\frac{25}{9}=\frac{11}{9}⟹y_0=\pm \frac{\sqrt{33}}{9}$． 经检验， $x_0=\frac{5}{3}$ 满足 $|x_0^2-1|=x_0^2-1\ge 0$ 的条件．

② 若 $-(x_0^2-1)=x_0^2-6x_0+9⟹2x_0^2-6x_0+8=0⟹x_0^2-3x_0+4=0$． 此时 $\Delta =(-3{)}^2-4\times 1\times 4=-7<0$，此方程无实数解．

综上所述，存在满足条件的点 $P$，其坐标为 $\left(\frac{5}{3},\frac{\sqrt{33}}{9}\right)$ 或 $\left(\frac{5}{3},-\frac{\sqrt{33}}{9}\right)$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：动点轨迹方程求法、斜率公式、复杂组合图形面积的代数化表达。
2. 核心方法：整体因式分解法。在处理几何面积相等或比例问题时，将未知数代入后不要盲目展开，保留公因式（如本题中的 $x_0+y_0$）进行约简可大幅降低运算量。
3. 避坑指南：

• 忘记挖点：第一问中由于分母包含 $x\pm 1$，必须注明限制条件 $x\ne \pm 1$，这也是解析几何中极易扣分的基础细节。

• 约简前未作说明：第二问在消去 $|x_0+y_0|$ 时，必须严谨证明 $x_0+y_0\ne 0$，否则属于不严谨变形。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是由圆的“阿波罗尼斯圆”及斜率乘积定义圆锥曲线（即坐标斜率非对称模型）发展而来的标准高考压轴题，重点考查代数繁难运算的掌控力。

2. 结论推广: 对于椭圆 $\frac{x^2}{A^2}+\frac{y^2}{B^2}=1$，若 $A(-A,0),B(A,0)$，则 $k_{AP}\cdot k_{BP}=-\frac{B^2}{A^2}$．当其绕原点旋转或平移后，斜率积的特征形式保持代数结构的不变性。

🔗【关联脉络】

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类题演练 (Links)

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