2011-大纲卷理-21 解-抛物线焦点

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与焦点坐标。

📌【题干】

Question

（2011年大纲卷(理)） 已知 $O$ 为坐标原点，$F$ 为椭圆 $C:x^2+\frac{y^2}{2}=1$ 在 $y$ 轴正半轴上的焦点，过 $F$ 且斜率为 $-\sqrt{2}$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A,B$ 两点，点 $P$ 满足 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OP}=0$.

(1) 证明：点 $P$ 在 $C$ 上；

(2) 设点 $P$ 关于点 $O$ 的对称点为 $Q$，证明：$A,P,B,Q$ 四点在同一圆上.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：

• 确定椭圆的焦点坐标 $F(0,1)$，写出直线 $l$ 的方程 $y=-\sqrt{2}x+1$。
• 联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求得 $x_1+x_2$ 与 $x_1{x}_2$，以及 $y_1+y_2$。
• 由 $\overrightarrow{OP}=-(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$ 得到 $P$ 点的坐标 $(-(x_1+x_2),-(y_1+y_2))$，代入椭圆方程验证等式是否成立。

2. 第二问：

• 点 $Q$ 与点 $P$ 关于原点对称，故 $\overrightarrow{OQ}=-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，说明四边形 $OAPB$ 的对角线构造使四边形 $AQBP$ 为平行四边形，且中心在原点 $O$。
• 平行四边形内接于圆当且仅当其为矩形（即对角线垂直或角为直角），或者求出线段 $AB$ 与线段 $PQ$ 的垂直平分线交点作为圆心，验证圆心到四点距离相等。

✅【答案】

点击查看答案

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 在椭圆 $C:x^2+\frac{y^2}{2}=1$ 中，$a^2=2$，$b^2=1$，$c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{2-1}=1$。 因为焦点在 $y$ 轴正半轴上，所以 $F$ 的坐标为 $(0,1)$。 直线 $l$ 过点 $F(0,1)$ 且斜率为 $-\sqrt{2}$，故直线 $l$ 的方程为：

$$y=-\sqrt{2}x+1.$$

联立直线 $l$ 与椭圆 $C$ 的方程：

$$\{\begin{array}{l}y=-\sqrt{2}x+1\\ 2x^2+y^2=2\end{array}$$

消去 $y$ 得：

$$2x^2+(-\sqrt{2}x+1{)}^2=2⟹2x^2+(2x^2-2\sqrt{2}x+1)=2⟹4x^2-2\sqrt{2}x-1=0.$$

设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，由韦达定理得：

$$x_1+x_2=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2},x_1{x}_2=-\frac{1}{4}.$$

代入直线方程得纵坐标之和：

$$y_1+y_2=(-\sqrt{2}{x}_1+1)+(-\sqrt{2}{x}_2+1)=-\sqrt{2}(x_1+x_2)+2=-\sqrt{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}+2=-1+2=1.$$

由已知 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OP}=0$，得：

$$\overrightarrow{OP}=-(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})=(-(x_1+x_2),-(y_1+y_2))=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1\right).$$

将点 $P\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1\right)$ 的坐标代入椭圆方程：

$$x_P^2+\frac{y_P^2}{2}={\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+\frac{(-1{)}^2}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1.$$

等式成立，故点 $P$ 在椭圆 $C$ 上。

(2) 证明： 由 (1) 知 $P\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1\right)$。 因为点 $Q$ 与点 $P$ 关于原点 $O$ 对称，所以：

$$Q\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right).$$

由 $x_1+x_2=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$y_1+y_2=1$ 知，线段 $AB$ 的中点 $M$ 的坐标为：

$$M\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{1}{2}\right).$$

又线段 $PQ$ 的中点为坐标原点 $O(0,0)$。 因为 $\overrightarrow{OQ}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$，$\overrightarrow{OM}=\left(\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{1}{2}\right)$，所以 $\overrightarrow{OQ}=2\overrightarrow{OM}$， 即 $M$ 为线段 $OQ$ 的中点，且 $O,M,Q,P$ 四点共线。 直线 $PQ$ 经过原点与点 $Q\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$，其斜率为：

$$k_{PQ}=\frac{1-0}{\frac{\sqrt{2}}{2}-0}=\sqrt{2}.$$

已知直线 $l$（即直线 $AB$）的斜率为 $k_{AB}=-\sqrt{2}$。 因此：

$$k_{AB}\cdot k_{PQ}=(-\sqrt{2})\times \sqrt{2}=-2\ne -1.$$

故对角线 $AB$ 与 $PQ$ 不垂直。 下面证明四边形 $AQBP$ 存在外接圆： 计算线段 $AB$ 的垂直平分线方程： 线段 $AB$ 的中点为 $M\left(\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{1}{2}\right)$，斜率为 $-\sqrt{2}$， 故其垂直平分线 $l_1$ 的斜率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，方程为：

$$y-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(x-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)⟹y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{1}{4}.$$

计算线段 $PQ$ 的垂直平分线方程： 线段 $PQ$ 的中点为 $O(0,0)$，直线 $PQ$ 的斜率为 $\sqrt{2}$， 故线段 $PQ$ 的垂直平分线 $l_2$ 的斜率为 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$，方程为：

$$y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x.$$

若 $A,P,B,Q$ 四点在同一圆上，则圆心必为 $l_1$ 与 $l_2$ 的交点，联立 $l_1,l_2$：

$$\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{1}{4}\\ y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x\end{array}⟹-\frac{\sqrt{2}}{2}x=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{1}{4}⟹\sqrt{2}x=-\frac{1}{4}⟹x=-\frac{\sqrt{2}}{8}.$$

代入得 $y=-\frac{\sqrt{2}}{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{8}\right)=\frac{1}{8}$。 设交点为 $K\left(-\frac{\sqrt{2}}{8},\frac{1}{8}\right)$。 只需验证 $|KA|=|KQ|$（因为 $K$ 在 $l_1$ 上已有 $|KA|=|KB|$，在 $l_2$ 上已有 $|KP|=|KQ|$）：

• 计算 $|KQ{|}^2$：

$$\begin{array}{rl}|KQ{|}^2& ={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\left(-\frac{\sqrt{2}}{8}\right)\right)}^2+{\left(1-\frac{1}{8}\right)}^2\\ & ={\left(\frac{5\sqrt{2}}{8}\right)}^2+{\left(\frac{7}{8}\right)}^2=\frac{50+49}{64}=\frac{99}{64}.\end{array}$$

• 计算 $|KA{|}^2$： 设圆方程为 ${\left(x+\frac{\sqrt{2}}{8}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{8}\right)}^2=\frac{99}{64}$，展开为：

$$x^2+\frac{\sqrt{2}}{4}x+y^2-\frac{1}{4}y+\frac{2+1-99}{64}=0⟹x^2+y^2+\frac{\sqrt{2}}{4}x-\frac{1}{4}y-\frac{3}{2}=0.$$

因为点 $A(x_1,y_1)$ 在直线 $l:y=-\sqrt{2}x+1$ 上，将其代入待证圆方程左端：

$$\begin{array}{rl}& x^2+(-\sqrt{2}x+1{)}^2+\frac{\sqrt{2}}{4}x-\frac{1}{4}(-\sqrt{2}x+1)-\frac{3}{2}\\ & =x^2+2x^2-2\sqrt{2}x+1+\frac{\sqrt{2}}{4}x+\frac{\sqrt{2}}{4}x-\frac{1}{4}-\frac{3}{2}\\ & =3x^2-\frac{3\sqrt{2}}{2}x-\frac{3}{4}\\ & =\frac{3}{4}(4x^2-2\sqrt{2}x-1).\end{array}$$

由 (1) 中联立方程可知，$A,B$ 的横坐标满足方程 $4x^2-2\sqrt{2}x-1=0$。 因此，点 $A,B$ 的坐标均满足该圆的方程。 又由构造知点 $P,Q$ 亦在该圆上。 所以，$A,P,B,Q$ 四点在同一个圆上，该圆方程为 ${\left(x+\frac{\sqrt{2}}{8}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{8}\right)}^2=\frac{99}{64}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：直线与椭圆联立、韦达定理应用、四点共圆的几何与代数判定。
• 核心方法：垂直平分线交点确定候选圆心法，再结合一元二次方程根的定义验证。
• 避坑指南：
• 椭圆焦点在 $y$ 轴，标准方程为 $\frac{y^2}{2}+x^2=1$，求焦点时注意 $c^2=a^2-b^2$ 的对应关系；
• 证明四点共圆时，若直接计算四边形对角互补较复杂，用垂直平分线交点求出圆方程代入直线消元式可直接整除化简。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：经典的二次曲线割线与阿波罗尼斯二次对偶性质变式。
• 结论推广：圆锥曲线上动弦 $AB$ 若与原点对称点构成特定仿射平行四边形，只要中心与割线斜率满足共轭退化约束，均可诱导共圆或退化退化圆束。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 09.02 平面向量的线性运算

类题演练 (Links)

• 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
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程