2012-福建卷理-19 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆的定义及其标准方程。核心在于判别式法、向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年福建卷(理)）如图，椭圆 $E : \frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1 (a > b > 0)$ 的左焦点为 $F_{1}$ ，右焦点为 $F_{2}$ ，离心率 $e = \frac{1}{2}$ ，过 $F_{1}$ 的直线交椭圆于 $A, B$ 两点，且 $△ A B F_{2}$ 的周长为 8.

(1)求椭圆 $E$ 的方程；

(2)设动直线 $l : y = k x + m$ 与椭圆 $E$ 有且只有一个公共点 $P$ ，且与直线 $x = 4$ 相交于点 $Q$ .试探究：在坐标平面内是否存在定点 $M$ ，使得以 $P Q$ 为直径的圆恒过点 $M$ ？若存在，求出点 $M$ 的坐标；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问根据椭圆的第一定义，过焦点的弦与另一个焦点围成的三角形 $△ A B F_{2}$ 的周长满足恒等式 $C = ∣ A F_{1} ∣ + ∣ A F_{2} ∣ + ∣ B F_{1} ∣ + ∣ B F_{2} ∣ = 2 a + 2 a = 4 a$ 。已知周长为 8，直接求出 $a = 2$ 。再结合离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}$ 算出 $c$ ，通过 $b^{2} = a^{2} - c^{2}$ 确定椭圆方程。

第二问首先处理切线临界条件。动直线 $l : y = k x + m$ 与椭圆有且只有一个公共点 $P$ ，将直线方程代入椭圆方程，构建关于 $x$ 的一元二次方程，令判别式 $Δ = 0$ ，解出 $m^{2}$ 与 $k^{2}$ 的伴生关系： $m^{2} = 4 k^{2} + 3$ 。同时可以求出切点 $P$ 的代数坐标。

直线 $l$ 与 $x = 4$ 相交，直接求出交点 $Q (4, 4 k + m)$ 。以 $P Q$ 为直径的圆恒过定点 $M (x_{0}, y_{0})$ ，等价于对任意合规的参数，恒有向量垂直 $M P \cdot M Q = 0$ 。将坐标代入内积算式，利用关于 $k, m$ 的恒等式原理，通过特殊值法或系数化零法求出定点 $M$ 。

✅【答案】

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(1) $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$

(2) 存在，定点 $M (1, 0)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求椭圆 $E$ 的方程

因为根据椭圆的定义，两焦点为 $F_{1}, F_{2}$ ，且直线 $A B$ 经过左焦点 $F_{1}$ ，所以弦长及焦点径长满足： $∣ A F_{1} ∣ + ∣ A F_{2} ∣ = 2 a, ∣ B F_{1} ∣ + ∣ B F_{2} ∣ = 2 a$

由此可知， $△ A B F_{2}$ 的周长满足： $C_{△ A B F_{2}} = ∣ A B ∣ + ∣ A F_{2} ∣ + ∣ B F_{2} ∣ = (∣ A F_{1} ∣ + ∣ B F_{1} ∣) + ∣ A F_{2} ∣ + ∣ B F_{2} ∣ = 4 a$ 因为已知周长等于 $8$ ，所以 $4 a = 8 ⟹ a = 2$ 。

因为离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}$ ，所以 $c = \frac{1}{2} a = \frac{1}{2} \times 2 = 1$ 。根据椭圆中几何方幂关系： $b^{2} = a^{2} - c^{2} = 2^{2} - 1^{2} = 3$

所以，椭圆 $E$ 的方程为： $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$

（2）探究以 $P Q$ 为直径的圆是否恒过定点 $M$

联立动直线 $l : y = k x + m$ 与椭圆 $E$ 的方程： ${y = k x + m 3 x^{2} + 4 y^{2} = 12$ 将直线方程代入椭圆方程中，消去变量 $y$ ： $3 x^{2} + 4 (k x + m)^{2} = 12 ⟹ 3 x^{2} + 4 (k^{2} x^{2} + 2 k m x + m^{2}) = 12$ $(3 + 4 k^{2}) x^{2} + 8 k m x + 4 m^{2} - 12 = 0 (1)$

因为动直线 $l$ 与椭圆 $E$ 有且只有一个公共点 $P$ （即直线与椭圆相切），所以一元二次方程①的判别式必须严格等于 0： $Δ = (8 k m)^{2} - 4 (3 + 4 k^{2}) (4 m^{2} - 12) = 0$ $64 k^{2} m^{2} - 4 (12 m^{2} - 36 + 16 k^{2} m^{2} - 48 k^{2}) = 0$ $64 k^{2} m^{2} - 48 m^{2} + 144 - 64 k^{2} m^{2} + 192 k^{2} = 0$ $- 48 m^{2} + 192 k^{2} + 144 = 0 ⟹ m^{2} = 4 k^{2} + 3 (2)$

此时，一元二次方程①具有重根，公共点（切点） $P$ 的横坐标为： $x_{P} = - \frac{8 k m}{2 ( 3 + 4 k ^{2} )} = - \frac{4 k m}{3 + 4 k ^{2}}$ 将②式变号代入分母 $3 + 4 k^{2} = m^{2}$ ，可将切点坐标极致化简为： $x_{P} = - \frac{4 k m}{m ^{2}} = - \frac{4 k}{m}$ 代入直线方程求出纵坐标： $y_{P} = k x_{P} + m = k (- \frac{4 k}{m}) + m = \frac{m ^{2} - 4 k ^{2}}{m}$ 。由②式知 $m^{2} - 4 k^{2} = 3$ ，所以 $y_{P} = \frac{3}{m}$ 。即切点坐标为 $P (- \frac{4 k}{m}, \frac{3}{m})$ 。

因为直线 $l$ 与直线 $x = 4$ 相交于点 $Q$ ，将 $x = 4$ 代入直线 $y = k x + m$ 中，所以交点坐标为 $Q (4, 4 k + m)$ 。

假设在坐标平面内存在定点 $M (x_{0}, y_{0})$ ，使得以 $P Q$ 为直径的圆恒过点 $M$ 。根据圆的直径特征性质，对任意满足条件的直线，恒有向量垂直： $M P \cdot M Q = 0$ 。构建分量内积恒等式： $(- \frac{4 k}{m} - x_{0}) (4 - x_{0}) + (\frac{3}{m} - y_{0}) (4 k + m - y_{0}) = 0$ 两边同时乘以 $m$ 以消去分母： $(- 4 k - x_{0} m) (4 - x_{0}) + (3 - y_{0} m) (4 k + m - y_{0}) = 0$ $- 16 k + 4 x_{0} k - 4 x_{0} m + x_{0}^{2} m + 12 k + 3 m - 3 y_{0} - 4 y_{0} k m - y_{0} m^{2} + y_{0}^{2} m = 0$

将②式 $m^{2} = 4 k^{2} + 3$ 代入，并将整式按照参数 $k$ 和 $m$ 的线性组合进行合并： $(4 x_{0} - 4 - 4 y_{0} m) k + (x_{0}^{2} + y_{0}^{2} - 4 x_{0} + 3 - y_{0} m) m - 3 y_{0} = 0$ 为了让该等式对任意动态更新的参数 $k, m$ 恒成立，我们采用特殊值探路法：

令 $k = 0 ⟹ m = 3$ 或 $m = - 3$ 。代入上式解得，要消除 $m$ 的多项式影响，必有 $y_{0} = 0$ 。

将 $y_{0} = 0$ 反代回原恒等式中，化简为： $(4 x_{0} - 4) k + (x_{0}^{2} - 4 x_{0} + 3) m = 0$ 要使上式对任意 $k, m$ 恒为 0，只需令各项独立系数化零： ${4 x_{0} - 4 = 0 x_{0}^{2} - 4 x_{0} + 3 = 0 ⟹ x_{0} = 1$

所以，在坐标平面内存在唯一的定点 $M (1, 0)$ ，使得以 $P Q$ 为直径的圆恒过该点。

故答案为：（1） $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{3} = 1$ ；（2）存在，定点 $M$ 坐标为 $(1, 0)$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：由焦点三角形周长确定椭圆方程、直线与椭圆相切时判别式的级数应用、圆的对偶直径定点系方程。

核心方法：

切点坐标参数最简化技术：在求出 $x_{P} = - \frac{4 k m}{3 + 4 k ^{2}}$ 后，敏锐利用分母 $3 + 4 k^{2} = m^{2}$ 进行整体代换，将切点坐标压缩成单分式 $P (- \frac{4 k}{m}, \frac{3}{m})$ ，这是规避后继代数展开彻底崩溃的关键。

特殊值恒等式探路法：处理复杂的双参数定点恒等式时，通过将特殊的极端斜率（如 $k = 0$ ）代入，可瞬间剥离出个别坐标轴的孤立值，实现快速突围。

避坑指南：

第一问属于高频快速得出结构。切记过焦点的弦对应的三角形周长必为 $4 a$ ，不需要去设直线方程与联立坐标。

第二问联立化简时，由于含有 $k, m$ 两个未知参数，在写判别式时一定要小心展开，不要漏掉任何一项的乘积系数。

📖【试题探源与推广】

Tip

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》中关于直线与椭圆相切及圆系过定点问题的压轴大题。

结论推广：本题具有深厚的高等几何背景，其本质依托于解析几何中的“阿波罗尼斯圆（Circle of Apollonius）”性质以及圆锥曲线的右准线对偶极点拓扑性质。对于任意标准椭圆 $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1$ ，若动切线与右准线 $x = \frac{a ^{2}}{c}$ 相交于点 $Q$ ，由射影几何对偶原理可证：以切点 $P$ 与交点 $Q$ 为直径的动圆，必恒过该椭圆对应的右焦点 $F_{2} (c, 0)$ 。本题中 $a = 2, c = 1 ⟹ \frac{a ^{2}}{c} = 4$ ，所以直线 $x = 4$ 恰好是该椭圆的右准线，而求得的定点 $M (1, 0)$ 恰好就是其右焦点 $F_{2}$ 。熟记这一“准线切线圆过焦点定理”，可在一秒内洞穿所有此类压轴题的物理本质。

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17.05 直线与圆的位置关系 类题演练 (Links)

2013-北京卷理-11 填-切割线定理

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2013-山东卷理-09 单-圆的切线方程

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