2015-四川卷理-20 解-椭圆性质

本题导读

本题是解析几何的压轴大题，考查椭圆方程的求解以及动直线背景下的定点存在性证明。第二问具有较强的探究性，通过特殊位置锁定潜在定点，再利用一般位置进行严谨证明，是此类“是否存在”问题的标准破题思路。

📌【题干】

Question

（2015年四川卷(理)） 如图，椭圆 $E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$) 的离心率是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.过点 $P(0,1)$ 的动直线 $l$ 与椭圆相交于 $A,B$ 两点.当直线 $l$ 平行于 $x$ 轴时，直线 $l$ 被椭圆 $E$ 截得的线段长为 $2\sqrt{2}$.

(1) 求椭圆 $E$ 的方程；

(2) 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，是否存在与点 $P$ 不同得定点 $Q$，使得 $\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$ 恒成立？若存在，求出点 $Q$ 的坐标；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问思路：
   • 离心率条件：由 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得 $c^2=\frac{1}{2}{a}^2$，结合 $b^2=a^2-c^2$ 可知 $a^2=2b^2$。
   • 截距条件：直线 $l//x$ 轴且过 $P(0,1)$，即直线为 $y=1$。
   • 坐标代入：线段长 $2\sqrt{2}$ 说明点 $(\sqrt{2},1)$ 在椭圆上。代入方程即可解出 $a,b$。
2. 第二问思路：
   • 特殊位置锁定点 $Q$：
     • 情况 A：当 $l$ 与 $x$ 轴平行时，由对称性可知 $Q$ 必在 $y$ 轴上。
     • 情况 B：当 $l$ 与 $y$ 轴重合时，$A,B$ 即为椭圆在 $y$ 轴上的两个顶点 $(0,\sqrt{2})$ 和 $(0,-\sqrt{2})$。代入比例式求出 $Q$ 的纵坐标 $y_0$。
   • 一般位置验证：
     • 设 $Q(0,y_0)$，直线 $l:y=kx+1$。
     • 联立方程，利用韦达定理表示出 $A,B$ 的坐标。
     • 核心转化：$\frac{|QA|}{|PA|}=\frac{|QB|}{|PB|}$ 意味着点 $A,B$ 满足某种调和分割性质。在解析几何中，这通常转化为直线 $QA$ 与 $QB$ 的斜率关系，或者通过点 $B$ 关于 $y$ 轴的对称点 $B^{\prime }$ 与 $Q,A$ 三点共线来证明。

✅【答案】

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存在，点 $Q$ 的坐标为 $(0,2)$

✍【详细解析】

Abstract

（I）求椭圆 $E$ 的方程

由离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得 $\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{2}$， 所以 $a^2=2c^2$。根据 $a^2=b^2+c^2$，得 $a^2=2b^2$。 当直线 $l//x$ 轴且过 $P(0,1)$ 时，直线方程为 $y=1$。 由截得线段长为 $2\sqrt{2}$ 知，点 $(\sqrt{2},1)$ 在椭圆上。 代入 $\frac{x^2}{2b^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 得： $\frac{2}{2b^2}+\frac{1}{b^2}=1⟹\frac{2}{b^2}=1⟹b^2=2$。 则 $a^2=4$。 故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$。

（II）探究定点 $Q$

假设存在定点 $Q$ 满足条件。 1. 寻找候选点： 当 $l$ 与 $x$ 轴垂直（即 $y$ 轴）时，$l$ 与椭圆交于 $M(0,\sqrt{2})$ 和 $N(0,-\sqrt{2})$。 由 $\frac{|QM|}{|QN|}=\frac{|PM|}{|PN|}$ 得：$\frac{|y_Q-\sqrt{2}|}{|y_Q+\sqrt{2}|}=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}$。 解得 $y_Q=1$（即 $P$ 点，舍去）或 $y_Q=2$。 故若存在 $Q$，其坐标必为 $(0,2)$。


2. 严谨证明： 设 $Q(0,2)$，$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$。直线 $l:y=kx+1$。 联立 $\{\begin{array}{l}y=kx+1\\ x^2+2y^2=4\end{array}⟹(2k^2+1)x^2+4kx-2=0$。 由韦达定理：$x_1+x_2=-\frac{4k}{2k^2+1},x_1{x}_2=-\frac{2}{2k^2+1}$。 要证 $\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$，只需证 $\frac{|QA|}{|PA|}=\frac{|QB|}{|PB|}$。 由于 $P,A,B$ 共线，且 $Q,P$ 都在 $y$ 轴上，利用相似或斜率转化： 设 $B$ 关于 $y$ 轴的对称点为 $B^{\prime }(-x_2,y_2)$。 计算斜率：$k_{QA}=\frac{y_1-2}{x_1}=\frac{k{x}_1-1}{x_1}=k-\frac{1}{x_1}$。 $k_{Q{B}^{\prime }}=\frac{y_2-2}{-x_2}=\frac{k{x}_2-1}{-x_2}=-k+\frac{1}{x_2}$。 考察 $k_{QA}-k_{Q{B}^{\prime }}=2k-(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2})=2k-\frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}$。 代入韦达定理：$2k-\frac{-4k/(2k^2+1)}{-2/(2k^2+1)}=2k-2k=0$。 所以 $k_{QA}=k_{Q{B}^{\prime }}$，即 $Q,A,B^{\prime }$ 三点共线。 由对称性 $|QB|=|Q{B}^{\prime }|,|PB|=|P{B}^{\prime }|$，且 $△QPA\sim △Q{B}^{\prime }O$（此处可由截段比例得证）： $\frac{|QA|}{|Q{B}^{\prime }|}=\frac{|x_1|}{|x_2|}=\frac{|PA|}{|P{B}^{\prime }|}$ 成立。 故存在定点 $Q(0,2)$ 满足题意。

答案：存在，点 $Q$ 的坐标为 $(0,2)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：椭圆基本量计算；直线与椭圆位置关系的代数处理；利用对称性简化比例证明。
• 核心方法：特殊位置法。在处理存在性问题时，先取极限位置或对称位置找到“嫌疑点”，再进行一般性论证。
• 避坑指南：证明比例相等时，直接用距离公式会陷入复杂的根号运算。转化为斜率相等（共线）或利用点到直线的距离比值（阿波罗尼斯圆原理）会简单得多。

📖【试题探源与推广】

Tip

*结论推广: 本题涉及的是椭圆的“极点与极线”背景。点 $Q(0,2)$ 实际上是直线 $y=1$ 关于椭圆的极点。

• 相关知识点：阿波罗尼斯圆、调和数列在解析几何中的体现。

🔗【关联脉络】

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知识锚点(Nodes)

• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略
• 17.05 直线与圆的位置关系

类题演练(Links)

• 2014-四川卷理-20 解-椭圆方程与性质
• 2013年四川卷理-20
• 2012年四川卷理-20