题目

$2005$ 年高考全国 $I$ 卷理科第 $21$ 题
已知椭圆的中心为坐标原点 $O,$ 焦点在 $x$ 轴上,斜率为 $1$ 且过椭圆右焦点 $F$ 的直线交椭圆于 $A,B$ 两点, $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$ 与 $a=(3,-1)$ 共线。

求椭圆的离心率;
设 $M$ 为椭圆上任意一点,且 $\overrightarrow{OM}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}(\lambda ,\mu \in \mathbb{R})$ ,证明 $\lambda ^2+\mu^2$ 为定值.

解析一

设椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ , $F\left( c,0 \right)$ ,则直线 $AB$ 的方程为 $y=x-c$ ,由 $\left\{\begin{array}{l} y=x-c,\\\ \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1, \end{array} \right.$ 消去 $y$ 得 $\left( a^2+b^2 \right)x^2-2a^2cx+a^2c^2-a^2b^2=0$ 设 $A\left( x_1,y_1 \right),B\left( x_2,y_2 \right)$ ,则 $\left\{\begin{array}{l} \Delta>0, \\\ x_1+x_2=\dfrac{2a^2c}{a^2+b^2},\\\ x_1x_2=\dfrac{a^2c^2-a^2b^2}{a^2+b^2} \end{array} \right.$ 由 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\left( x_1+x_2,y_1+y_2 \right),\overrightarrow a=\left( 3,-1 \right)$ ， $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$ 与 $\overrightarrow a$ 共线，得 $3\left( y_1+y_2 \right)+\left( x_1+x_2 \right)=0$ 又 $y_1=x_1-c,y_2=x_2-c$ ,所以 $3\left( x_1+x_2-2c \right)+\left( x_1+x_2 \right)=0$ 即 $x_1+x_2=\dfrac{3c}{2}$ ,所以 $\dfrac{2a^2c}{a^2+b^2}=\dfrac{3c}{2}$ 所以 $a^2=3b^2$ ,所以 $c=\sqrt{a^2-b^2}=\dfrac{\sqrt{6}a}{3}$ ,故离心率 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ .
由 $\left( 1 \right)$ 知 $a^2=3b^2$ ,所以椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 可化为 $x^2+3y^2=3b^2$ 设 $\overrightarrow{OM}=\left( x,y \right)$ ,由已知得 $\left( x,y \right)=\lambda\left( x_1,y_1 \right)+\mu\left( x_2,y_2 \right)$ 所以 $\left\{\begin{array}{l} x=\lambda x_1+\mu x_2, \\\ y=\lambda y_1+\mu y_2, \end{array} \right.$ 因为 $M\left( x,y \right)$ 在椭圆上,所以 $\left( \lambda x_1+\mu x_2 \right)^2+3\left( \lambda y_1+\mu y_2 \right)^2=3b^2$ 即 $\lambda^2\left( x_1^2+3y_1^2 \right)+\mu^2 \left( x_2^2+3y_2^2 \right)+2\lambda\mu\left( x_1x_2+3y_1y_2 \right)=3b^2$ 由 $x_1^2+3y_1^2=3b^2, x_2^2+3y_2^2 =3b^2$ ,可得 $\lambda^2+\mu^2=1-\dfrac{2\lambda\mu\left( x_1x_2+3y_1y_2 \right)}{3b^2}\qquad (1)$ 由 $(1)$ 知 $x_1+x_2=\dfrac{3}{2}c,\quad a^2=\dfrac{3}{2}c^2,b^2=\dfrac{1}{2}c^2$ 所以 $x_1x_2=\dfrac{a^2c^2-a^2b^2}{a^2+b^2}=\dfrac{3}{8}c^2.$ 所以 $\begin{aligned} x_1x_2+3y_1y_2&=x_1x_2+3\left( x_1-c \right)\left( x_2-c \right)\\\ &=4x_1x_2-3\left( x_1+x_2 \right)c+3c^2\\\ &=\dfrac{3}{2}c^2-\dfrac{9}{2}c^2+3c^2\\\ &=0 \end{aligned}$ 代入 $(1)$ 式得 $\lambda^2+\mu^2=1$ .故 $\lambda^2+\mu^2$ 为定值，定值为 $1$ .

解析二

设椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ , $F\left( c,0 \right)$ , $A(x_1,y_1) ,B(x_2,y_2)$ , ,由 $\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_2^2}{b^2}=1,&\quad(1)\\\ \dfrac{x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_2^2}{b^2}=1, &\quad(2)\end{array} \right.$ $(2)-(1)$ 整理得: $\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\times \dfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1}=-\dfrac{b^2}{a^2} \qquad (3)$ 由 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\left( x_1+x_2,y_1+y_2 \right),\overrightarrow a=\left( 3,-1 \right)$ ， $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$ 与 $\overrightarrow a$ 共线，得 $\dfrac{ y_2+y_1 }{x_2+x_1 }=-\dfrac{1}{3} \qquad (4)$ 又因为直线 $AB$ 的斜率为 $1$ ,所以 $\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=1 \qquad (5)$ 将 $(4)$ 、 $(5)$ 代入 $(3)$ 得 $a^2=3b^2$ 所以 $c=\sqrt{a^2-b^2}=\dfrac{\sqrt{6}a}{3}$ ,故离心率 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ .
将点 $A$ , $B$ 用参数方程表达，即 $\left\{\begin{array}{l} x_1=a\cos\alpha,\\y_1=b\sin\alpha ,\end{array}\right. \qquad \left\{\begin{array}{l} x_2=a\cos\beta,\\y_2=b\sin\beta ,\end{array}\right.$ 其中不妨设 $\alpha,\beta\in[0,2\pi)$ 且 $\alpha<\beta$ ,则 $M\left(a(\lambda\cos\alpha+\mu\cos\beta),b(\lambda\sin\alpha+\mu\sin\beta)\right)$ 代入椭圆方程得 $(\lambda\cos\alpha+\mu\cos\beta)^2+(\lambda\sin\alpha+\mu\sin\beta)^2=1$ 所以 $\lambda^2+\mu^2+2\lambda\mu\cos\left(\alpha-\beta\right)=1$ 将 $A(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$ 代入直线 $AB$ 的方程 $y=x-c$ 得 $b\sin\alpha=a\cos\alpha-c$ 由 $(1)$ 得 $a=\sqrt{3}b,c=\sqrt{2}b$ 代入上式得 $\sin\alpha=\sqrt{3}\cos\alpha-\sqrt{2}$ 所以 $\cos(\alpha+\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 同理 $\cos(\beta+\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 由 $\alpha,\beta\in[0,2\pi)$ 且 $\alpha<\beta$ ,所以 $\alpha+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{4},\qquad \beta+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{7\pi}{4},$ 所以 $\beta-\alpha=\dfrac{3\pi}{2}$ 所以 $\cos(\alpha-\beta)=0$ 所以 $\lambda^2+\mu^2=1$ .

注解

解法二证明 $\cos(\alpha-\beta)=0$ ,可以设

$M(\cos\alpha,\sin\alpha),N(\cos\beta,\sin\beta)$ 则

$M,N$ 为直线

$m:y=\sqrt{3}x-\sqrt{2}$ 与圆

$O:x^2+y^2=1$ 的交点，利用圆心

$O$ 到

$m$ 的距离

$d=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 易得

$\angle MON=90^\circ$ ,从而

$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\cos(\alpha-\beta)=0.$