每日一题[4293]椭圆的基本量与齐次化

2026年9月湖北武汉市高三调研数学试卷#14

记椭圆 $\Gamma:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的左、右焦点分别为 $F_1,F_2$，已知椭圆 $\Gamma$ 上的点 $P$ 满足 $\cos\angle F_1 PF_2=\dfrac 4 5$，记 $\angle F_1 PF_2$ 的平分线与椭圆 $\Gamma$ 交于另外的点 $Q$，若 $\angle F_1 QF_2=90^{\circ}$，则 $\dfrac{\left|PF_1\right|}{\left|QF_1\right|}+\dfrac{\left|PF_2\right|}{\left|QF_2\right|}=$ _____；椭圆 $\Gamma$ 的离心率 $e=$ _____．

答案    $\dfrac{10}3$；$\dfrac{\sqrt{15}}5$．

解析    记 $\angle F_1PF_2=2\alpha$，则 $\cos2\alpha=\frac 45$，$\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}$，$\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{10}}$，设 $|PF_1|,|PF_2|,|QF_1|,|QF_2|$ 分别为 $m,n,p,q$．

表达角平分线     根据正弦定理，有\[\sin\angle F_2PQ=\frac mp\sin\alpha,\quad \sin\angle PQF_2=\frac nq\sin\alpha,\]于是\[\frac{m^2}{p^2}+\frac{n^2}{q^2}=\frac{1}{\sin^2\alpha}=10.\]

表达 $P,Q$ 在椭圆上     不妨设 $a=1$，根据椭圆的第一定义以及余弦定理，可得\[\begin{cases} m+n=p+q=2,\\ m^2+n^2-2mn\cos2\alpha=p^2+q^2=|F_1F_2|^2=4e^2,\end{cases}\implies \begin{cases} m+n=p+q=2,\\ \frac {18}5mn=2pq,\end{cases}\]于是\[m+n=p+q=2,\quad \frac mp\cdot \frac nq=\frac 59.\]

消参求解     因此\[\dfrac{\left|PF_1\right|}{\left|QF_1\right|}+\dfrac{\left|PF_2\right|}{\left|QF_2\right|}=\frac mp+\frac nq=\sqrt{10+\frac 59\cdot 2}=\frac {10}3,\]进而可得\[\frac mp-\frac nq=\frac{4\sqrt 5}3 \implies \left(\frac mp,\frac nq\right)=\left(\frac 53+\frac{2\sqrt{5}}3,\frac 53-\frac{2\sqrt{5}}3\right),\]于是\[m+n=p+q\implies \left(\frac 53+\frac{2\sqrt{5}}3\right)p+\left(\frac 53-\frac{2\sqrt{5}}3\right)q=p+q\implies \frac{p-q}{p+q}=-\frac{1}{\sqrt 5},\]从而\[e^2=\frac{p^2+q^2}{(p+q)^2}=\frac{(p+q)^2+(p-q)^2}{2(p+q)^2}=\frac{1+\left(-\frac{1}{\sqrt 5}\right)^2}{2}=\dfrac 35,\]从而所求离心率 $e=\frac{\sqrt{15}}5$．