每日一题[400]五仁月饼

下面这个连环解析几何试题是我偶然从一个QQ讨论群中得到的题目，是训练解析几何解题能力的绝佳练习材料．解决这些问题无需花哨的技巧，只需要潜心运算，可以在提高解题能力的同时修身养性，达到一举两得的效果．

已知椭圆$E:\dfrac{x^2}2+y^2=1$．

设$A_2$为椭圆的右顶点．

1、过$A_2$且互相垂直的两条直线分别交椭圆$E$于另两点$A,B$，直线$AB$是否过定点？请说明理由．

设直线$l:x=2$，$F$为椭圆的右焦点，过$F$的直线交椭圆$E$于$P,Q$．

2、设$G$为直线$l$上的任意一点，直线$PG,FG,QG$的斜率分别为$k_1,k_2,k_3$，求证：$k_1,k_2,k_3$成等差数列．

3、设$A_1$是椭圆的左顶点，直线$A_1P,A_1Q$分别与直线$l$交于点$M,N$，求证：直线$FM$和直线$FN$的斜率之积为定值．

4、设$H(2,\sqrt 7)$为直线$l$上一点，若向量$\overrightarrow{HP}$与向量$\overrightarrow{HQ}$的夹角为$45^\circ$，求直线$PQ$的斜率．

设$A_3$为椭圆的上顶点．

5、圆$I:\left(x-\dfrac 23\right)^2+y^2=r^2$是椭圆$E$的内接三角形$A_1B_1C_1$的内切圆，过$A_3$作圆$I$的两条切线分别交椭圆于$B_3C_3$．求$r$的值并证明直线$B_3C_3$与圆$I$相切．

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参考答案

1、设直线$A_2A$的方程为$x=my+\sqrt 2$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，直线$AB$交$x$轴于点$T(t,0)$．

联立直线$A_2A$与椭圆$E$的方程，可得

$$(m^2+2)y^2+2\sqrt 2my=0,$$ 于是 $$y_1=\dfrac{-2\sqrt 2m}{m^2+2},$$ 类似地，可得 $$y_2=\dfrac{2\sqrt 2m}{2m^2+1}.$$

于是由

$$\dfrac{y_1-0}{x_1-t}=\dfrac{y_2-0}{x_2-t}$$ 可得 $$\begin{split} t&=\dfrac{x_1y_2-x_2y_1}{y_2-y_1}\\ &=\dfrac{(my_1+\sqrt 2)y_2-\left(-\dfrac 1my_2+\sqrt 2\right)y_1}{y_2-y_1}\\ &=\dfrac{\left(m+\dfrac 1m\right)\cdot y_1y_2}{y_2-y_1}+\sqrt 2 \\ &=\dfrac{\sqrt 2}3\end{split}$$ 为定值，因此直线$AB$恒过定点$\left(\dfrac{\sqrt 2}3,0\right)$．

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（第2、3、4题）设直线$PQ:x=my+1$，$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，则联立直线$PQ$与椭圆$E$的方程，有

$$(m^2+2)y^2+2my-1=0,$$ 于是 $$y_1+y_2=-\dfrac{2m}{m^2+2},y_1y_2=-\dfrac{1}{m^2+2}.$$

2、设$G(2,t)$，则欲证明结论等价于

$$\dfrac{t-y_1}{2-x_1}+\dfrac{t-y_2}{2-x_2}=2t,$$ 即 $$(t-y_1)(1-my_2)+(t-y_2)(1-my_1)=2t(1-my_1)(1-my_2),$$ 也即 $$(tm-1)\left[(y_1+y_2)-2m\cdot y_1y_2\right]=0.$$ 事实上，由 $$y_1+y_2=-\dfrac{2m}{m^2+2},y_1y_2=-\dfrac{1}{m^2+2},$$ 可得 $$(y_1+y_2)-2m\cdot y_1y_2=0,$$ 因此原命题得证．

3、设点$M$、$N$的纵坐标为$y_M$、$y_N$，则由

$$\dfrac{y_M}{2+\sqrt 2}=\dfrac{y_1}{x_1+\sqrt 2},$$ 可得 $$y_M=\dfrac{\left(2+\sqrt 2\right)y_1}{x_1+\sqrt 2}=\dfrac{\left(2+\sqrt 2\right)y_1}{my_1+1+\sqrt 2},$$ 类似地，有 $$y_N=\dfrac{\left(2+\sqrt 2\right)y_2}{my_2+1+\sqrt 2}.$$

因此可得直线$FM$与直线$FN$的斜率之积

$$\begin{split} k_{FM}\cdot k_{FN}&=\dfrac{y_M-0}{2-1}\cdot\dfrac{y_N-0}{2-1}\\&=\dfrac{\left(2+\sqrt 2\right)^2y_1y_2}{(my_1+1+\sqrt 2)(my_2+1+\sqrt 2)}\\&=\dfrac{\left(2+\sqrt 2\right)^2\cdot y_1y_2}{m^2y_1y_2+(1+\sqrt 2)m\cdot (y_1+y_2)+(1+\sqrt 2)^2}\\& =-1\end{split}$$ 为定值，原命题得证．

4、本题的背景为一般结论为从准线上一点看椭圆的张角$\theta$满足

$$\tan \theta=\dfrac{2e}{(1-e^2)\sqrt{1+m^2}},$$ 依此结论不难得到$m$的值应该为$-\sqrt 7$．

方法一    利用到角公式直接计算

根据题意，有

$$\left|\dfrac{\dfrac{y_1-\sqrt 7}{my_1-1}-\dfrac{y_2-\sqrt 7}{my_2-1}}{1+\dfrac{y_1-\sqrt 7}{my_1-1}\cdot \dfrac{y_2-\sqrt 7}{my_2-1}}\right|=1,$$ 即 $$\left[(my_1-1)(my_2-1)+(y_1-\sqrt 7)(y_2-\sqrt 7)\right]^2=\left[(my_1-1)(y_2-\sqrt 7)-(my_2-1)(y_1-\sqrt 7)\right]^2,$$ 整理得 $$(9m^2+2\sqrt 7m+15)^2=8(m^2+1)(7m^2-2\sqrt 7m+1),$$ 令$t=m+\sqrt 7$，则可整理得 $$t^2\left(25t^2-48\sqrt 7t+192\right)=0,$$ 因此$m$的值为$-\sqrt 7$，直线$PQ$的斜率为$-\dfrac{\sqrt 7}7$．

方法二    利用到角公式结合第2小题结论计算

设直线$HP,HQ$的斜率分别为$k_1,k_2$，则根据题意有

$$\left|\dfrac{k_1-k_2}{1+k_1k_2}\right|=1,$$ 即 $$(k_1+k_2)^2-4k_1k_2=(k_1k_2+1)^2,$$ 根据第2小题结论有 $$k_1+k_2=2\sqrt 7,$$ 由以上两方程可得 $$(k_1k_2)^2+6\cdot k_1k_2-27=0,$$ 从而 $$k_1k_2=3\lor k_1k_2=-9,$$ 显然$k_1,k_2>0$，因此$k_1k_2=3$．

设过点$H$的直线方程为

$$y-\sqrt 7=k(x-2),$$ 则根据等效判别式，可得该直线与椭圆$E$相切即 $$2k^2+1-(-2k+\sqrt 7)^2=0,$$ 即 $$k^2-2\sqrt 7k+3=0.$$ 因此$k_1,k_2$是该方程的两个根，也即直线$HP,HQ$均为椭圆的切线，而直线$PQ$为点$H$对应的极线 $$x+\sqrt 7y=1,$$ 因此直线$PQ$的斜率为$-\dfrac{\sqrt 7}7$．

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5、设直线$A_1C_1,B_1C_1$上的切点分别为$J,K$，连接$IJ$，如图．由对称性知$B_1C_1$与$x$轴垂直．

设$C_1(n+r,y)$，其中$n=\dfrac 23$，则由

$$\dfrac{IJ}{A_1J}=\dfrac{C_1K}{A_1K}$$ 得 $$\dfrac{r}{\sqrt{\left(\sqrt 2+n\right)^2-r^2}}=\dfrac{y}{\sqrt 2+n+r},$$ 所以 $$y=\dfrac{r\cdot \sqrt{(\sqrt 2+n)+r}}{\sqrt{(\sqrt 2+n)-r}},$$ 又由 $$\dfrac{(n+r)^2}{2}+y^2=1,$$ 得 $$y=\dfrac{\sqrt{\sqrt 2-(n+r)}\cdot\sqrt{\sqrt 2+(n+r)}}{\sqrt 2},$$ 由以上两式得 $$\dfrac{r}{\sqrt{(\sqrt 2+n)-r}}=\dfrac{\sqrt{(\sqrt 2-n)-r}}{\sqrt 2},$$ 整理得 $$r^2+2\sqrt 2 r-2+n^2=0,$$ 于是解得$r=\dfrac{\sqrt 2}3$．

设圆$I$的过点$A_3$的切线为$y=kx+1$，即

$$kx-y+1=0,$$ 则$A_3B_3,A_3C_3$的斜率$k_1,k_2$是方程 $$\dfrac{\left|\dfrac 23k+1\right|}{\sqrt {1+k^2}}=\dfrac{\sqrt 2}3,$$ 即 $$2k^2+12k+7=0$$ 的根，于是 $$k_1+k_2=-6,k_1k_2=\dfrac 72.$$

两切线方程为

$$(y-k_1x-1)(y-k_2x-1)=0,$$ 即 $$(y-1)^2-x(y-1)(k_1+k_2)+k_1k_2x^2=0,$$ 也即 $$-\dfrac 72x^2=(y-1)(y-1+6x).$$

将椭圆方程变形为

$$-\dfrac{x^2}{2}=(y-1)(y+1),$$ 将以上两式联立（即相除）得直线$B_3C_3$的方程 $$7=\dfrac{y-1+6x}{y+1},$$ 即 $$3x-3y-4=0,$$ 因此圆心$I\left(\dfrac 23,0\right)$到直线$B_3C_3$的距离 $$d=\dfrac{\left|3\times\dfrac 23-4\right|}{\sqrt{3^2+(-3)^2}}=\dfrac{\sqrt 2}3,$$ 与半径$r$相等，因此直线$B_3C_3$与圆$I$相切，命题得证．