2012-湖北卷理-21 解-椭圆综合

本题导读

本题考查代入法）。核心在于联立法、几何法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年湖北卷(理)） 设 $A$ 是单位圆 $x^2+y^2=1$ 上的任意一点，$l$ 是过点 $A$ 与 $x$ 轴垂直的直线，$D$ 是直线 $l$ 与 $x$ 轴的交点，点 $M$ 在直线 $l$ 上，且满足 $|DM|=m|DA|(m>0,\text{ 且 }m\ne 1)$.当点 $A$ 在圆上运动时，记点 $M$ 的轨迹为曲线 $C$.

(1)求曲线 $C$ 的方程，判断曲线 $C$ 为何种圆锥曲线，并求焦点坐标；

(2)过原点且斜率为 $k$ 的直线交曲线 $C$ 于 $P,Q$ 两点，其中 $P$ 在第一象限，它在 $y$ 轴上的射影为点 $N$，直线 $QN$交曲线 $C$ 于另一个点 $H$，是否存在 $m$，使得对任意的 $k>0$，都有 $PQ\perp PH$？若存在，求 $m$ 的值；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 相关点映射法求解轨迹方程（第Ⅰ问）：

• 设动点 $M(x,y)$，单位圆上的相关动点 $A(x_0,y_0)$。因为 $l\perp x$ 轴且 $M,A\in l$，则两点的横坐标严格相等，即 $x_0=x$。
• 交点 $D$ 位于 $x$ 轴上，坐标为 $(x,0)$。由几何线段比例关系 $|DM|=m|DA|$ 可知 $|y|=m|y_0|⟹|y_0|=\frac{1}{m}|y|$。
• 将 $x_0,y_0$ 的代数式反代回单位圆方程 $x_0^2+y_0^2=1$ 中，消去参数得到曲线 $C$ 的方程。由于 $m\ne 1$，方程代表椭圆。随后根据 $0<m<1$ 和 $m>1$ 分类确定焦点长轴轴向。

2. 联立方程与结构消元（第Ⅱ问）：

• 设直线 $PQ$ 方程为 $y=kx(k>0)$。由于曲线 $C$ 是关于原点中心对称的椭圆，若点 $P$ 的坐标为 $(x_1,k{x}_1)$，则其对偶点 $Q$ 的坐标为 $(-x_1,-k{x}_1)$。
• 点 $P$ 在 $y$ 轴上的射影点 $N$ 坐标为 $(0,k{x}_1)$。通过两点式写出直线 $QN$ 的方程：其截距为 $k{x}_1$，斜率为 $2k$，方程为 $y=2kx+k{x}_1$。
• 将直线 $QN$ 的方程与椭圆曲线 $C$ 的方程进行联立消元，构建一元二次方程。由于点 $Q(-x_1)$ 是该方程的一个实数根，利用韦达定理的根与系数关系，可以表示出另一个交点 $H$ 的横坐标 $x_2$，进而表示出核心向量 $\overrightarrow{PQ}$ 与 $\overrightarrow{PH}$。

3. 点积恒等式解锁定常数：

• 几何条件 $PQ\perp PH$ 等价于向量点积守恒式 $\overrightarrow{PQ}\cdot \overrightarrow{PH}=0$。将表示出来的含有参数 $m$ 和 $k$ 的代数多项式代入该点积方程中。
• 化简后，包含变量 $k$ 的多项式项在等式两端可以完全约去，从而将动态问题转化为一个关于 $m$ 的代数方程，解出正根即可。

✅【答案】

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(1) $x^2+\frac{y^2}{m^2}=1$，为椭圆；当 $0<m<1$ 时焦点为 $\left(\pm \sqrt{1-m^2},0\right)$，当 $m>1$ 时焦点为 $\left(0,\pm \sqrt{m^2-1}\right)$

(2) 存在，$m=\sqrt{2}$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）求曲线 $C$ 的方程及焦点坐标

设动点 $M$ 的直角坐标为 $(x,y)$，单位圆上对应的相关动点 $A$ 的坐标为 $(x_0,y_0)$。 因为直线 $l$ 经过点 $A$ 且与 $x$ 轴垂直，点 $D$ 为直线 $l$ 与 $x$ 轴的交点，则点 $D$ 的坐标为 $(x_0,0)$。 点 $M$ 同样位于垂线 $l$ 上，故动点 $M$ 的横坐标与点 $A$ 严格相等： $x_0=x\text{(1)}$

同时，点 $M$ 与点 $A$ 到 $x$ 轴的距离分别表现为纵坐标的绝对值形式： $|DM|=|y|,|DA|=|y_0|$ 由数量几何约束条件 $|DM|=m|DA|(m>0)$，将其替换为坐标绝对值： $|y|=m|y_0|⟹|y_0|=\frac{1}{m}|y|\text{(2)}$

点 $A(x_0,y_0)$ 严格在单位圆上运动，其坐标满足单位圆的代数方程： $x_0^2+y_0^2=1\text{(3)}$

将①式与②式的代换关系直接整体代入单位圆方程③中： $x^2+\frac{y^2}{m^2}=1\text{(4)}$

由于给定的常数范围 $m>0$ 且 $m\ne 1⟹m^2\ne 1$，根据标准方程定义，曲线 $C$ 是一个标准的椭圆。

根据分母的相对大小对焦点坐标进行分类讨论：

• 当 $0<m<1$ 时，分母满足 $1>m^2$，椭圆的长轴在 $x$ 轴上，其中 $a=1,b=m$。 半焦距 $c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{1-m^2}$。 此时的焦点坐标分别为： $\left(-\sqrt{1-m^2},0\right)$ 和 $\left(\sqrt{1-m^2},0\right)$。

• 当 $m>1$ 时，分母满足 $m^2>1$，椭圆的长轴在 $y$ 轴上，其中 $a=m,b=1$。 半焦距 $c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{m^2-1}$。 此时的焦点坐标分别为： $\left(0,-\sqrt{m^2-1}\right)$ 和 $\left(0,\sqrt{m^2-1}\right)$。

（Ⅱ）探究是否存在常数 $m$ 使得 $PQ\perp PH$

解法一：利用联立方程与韦达定理结构化简（通用通法）

设过原点且斜率为 $k(k>0)$ 的直线方程为： $y=kx\text{⑤}$ 设该直线与椭圆④的交点 $P$ 的坐标为 $P(x_1,y_1)$。因为 $P$ 位于第一象限且在直线⑤上，则 $x_1>0,y_1=k{x}_1$。 由于椭圆④关于坐标原点对称，直线与椭圆的另一个交点 $Q$ 的坐标可以对偶表达为： $Q(-x_1,-k{x}_1)$

点 $N$ 是点 $P(x_1,k{x}_1)$ 在 $y$ 轴上的正射影，故其坐标为： $N(0,k{x}_1)$

直线 $QN$ 经过点 $Q(-x_1,-k{x}_1)$ 与点 $N(0,k{x}_1)$，其在 $y$ 轴上的截距为 $k{x}_1$，斜率 $k_{QN}=\frac{k{x}_1-(-k{x}_1)}{0-(-x_1)}=2k$。 故直线 $QN$ 的普通方程为： $y=2kx+k{x}_1\text{⑥}$

将直线 $QN$ 的方程⑥与椭圆方程④（即 $m^2{x}^2+y^2=m^2$ ）进行联立消元： $\left(m^2+4k^2\right)x^2+4k^2{x}_{1}x+k^2{x}_1^2-m^2=0\text{⑦}$

由于直线 $QN$ 与椭圆相交于 $Q$ 和 $H$ 两点，方程⑦的两个实数根对应着点 $Q$ 与点 $H$ 的横坐标 $x_Q$ 与 $x_H$。已知 $x_Q=-x_1$，根据韦达定理的两根之和公式： $-x_1+x_H=-\frac{4k^2{x}_1}{m^2+4k^2}⟹x_H=\frac{m^2{x}_1}{m^2+4k^2}$

将点 $H$ 的横坐标代入直线方程⑥中，求出其纵坐标： $y_H=2k\cdot \left(\frac{m^2{x}_1}{m^2+4k^2}\right)+k{x}_1=k{x}_1\left(\frac{3m^2+4k^2}{m^2+4k^2}\right)$

利用坐标表示出判定垂直所需的两条线段的方向向量 $\overrightarrow{PQ}$ 与 $\overrightarrow{PH}$： $\overrightarrow{PQ}=(-2x_1,-2k{x}_1)$ $\overrightarrow{PH}=(x_H-x_1,y_H-y_1)=\left(\frac{-4k^2{x}_1}{m^2+4k^2},\frac{2m^{2}k{x}_1}{m^2+4k^2}\right)$

根据空间向量垂直的充要条件， $PQ\perp PH$ 等价于两者的数量积严格为 0： $\overrightarrow{PQ}\cdot \overrightarrow{PH}=0⟹\frac{8k^2{x}_1^2}{m^2+4k^2}-\frac{4m^2{k}^2{x}_1^2}{m^2+4k^2}=0⟹\frac{4k^2{x}_1^2\cdot (2-m^2)}{m^2+4k^2}=0$

因为点 $P$ 在第一象限，故 $x_1>0$ 且直线斜率 $k>0$，前置系数分式恒为正实数，绝不可能为 0。 要使方程对任意的 $k>0$ 均恒成立，当且仅当： $2-m^2=0⟹m^2=2$ 由于参数 $m>0$，开平方取正根解得： $m=\sqrt{2}$

解法二：利用斜率乘积性质与曲线系特征（高效快捷通法）

设 $P(x_1,y_1),H(x_2,y_2)$，由前文可知 $Q(-x_1,-y_1),N(0,y_1)$。 因为 $P,H$ 两点同时位于椭圆曲线 $C$（ $m^2{x}^2+y^2=m^2$ ）上，利用点差法将两坐标代入并相减： $m^2(x_1^2-x_2^2)+(y_1^2-y_2^2)=0⟹\left(\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\right)\cdot \left(\frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}\right)=-m^2$ 由于直线 $PH$ 的斜率 $k_{PH}=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}$，上式可精简为： $k_{PH}\cdot \frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}=-m^2\text{⑧}$

已知点 $Q(-x_1,-y_1)$, 点 $N(0,y_1)$, 点 $H(x_2,y_2)$ 三点共同在割线 $QN$ 上，由斜率相等可推出关于对称位置的比例式： $\frac{2y_1}{x_1}=\frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}\text{⑨}$

由于直线 $PQ$ 经过原点，其斜率满足 $k_{PQ}=\frac{y_1}{x_1}$。将⑨式代回⑧式中进行整体因式代换： $k_{PH}\cdot \left(\frac{2y_1}{x_1}\right)=-m^2⟹k_{PH}\cdot \left(2k_{PQ}\right)=-m^2⟹k_{PQ}\cdot k_{PH}=-\frac{m^2}{2}$

根据平面解析几何定理，两条直线相互垂直的充要条件为其斜率乘积严格等于 $-1$： $PQ\perp PH⟺k_{PQ}\cdot k_{PH}=-1⟹-\frac{m^2}{2}=-1⟹m^2=2$ 由于 $m>0$，解得： $m=\sqrt{2}$

答：存在满足条件的常数 $m$，其唯一精确值为 $m=\sqrt{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：相关点轨迹方程的求取、直线与椭圆联立后的韦达定理变形应用、两点间斜率积与点差法齐次公式的等价变换。
2. 核心方法：点差斜率守恒法。本题的第二问若采用传统的联立求交点，多项式运算量较大。通过利用点在曲线上的方程进行两式相减，构建出 $k_{PH}$ 与中点比例弦的代数纽带（ $k_{PH}\cdot k_{\text{中}}=-\frac{b^2}{a^2}$ ），能在不联立、不求根的情况下求出斜率乘积。
3. 避坑指南：

• 第一问焦点轴向未讨论导致失分：求出 $x^2+\frac{y^2}{m^2}=1$ 后，由于未知常数 $m$ 与 1 的相对大小，长轴的位置是不确定的。必须严谨分出 $0<m<1$ 和 $m>1$ 两种情况分别给出焦点坐标。
• 方向向量坐标相减顺序列错：在用解法一计算 $\overrightarrow{PH}$ 的坐标时，务必统一使用终点坐标减去起点坐标（ $x_H-x_P$ ），避免因正负号错位导致计算结论产生偏差。

📖【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》中关于椭圆性质、斜率乘积定值问题的章末大综合压轴解答题。
2. 结论推广：

• 椭圆射影中心对称垂直割线通用快速模型：在平面直角坐标系中，对于任意标准椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，过原点的任意动态割线交椭圆于 $P,Q$ 两点。若引申出射影点 $N(0,y_P)$，且割线 $QN$ 复交椭圆于点 $H$。则该动态几何构型中，两条核心走向线段的斜率乘积，完全与直线斜率 $k$ 解耦，严格收敛为一个只与主椭圆几何长短轴相关的绝对常数： $k_{PQ}\cdot k_{PH}\equiv -\frac{b^2}{2a^2}$
• 本题中椭圆方程为 $x^2+\frac{y^2}{m^2}=1⟹a^2=1,b^2=m^2$。直接带入推广模型中： $k_{PQ}\cdot k_{PH}=-\frac{m^2}{2\times 1}=-\frac{m^2}{2}$
• 题目要求垂直，即斜率积等于 $-1⟹-\frac{m^2}{2}=-1⟹m=\sqrt{2}$。利用该模型可有效验证最终结果。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 17.05 直线与圆的位置关系

• 21.01空间向量及其运算 类题演练 (Links)

• 2013-江西卷理-20 解-椭圆方程与性质

• 1992-全国卷理-28

• 1993-旧高考理-27