《2025年天星教育试题调研数学第10辑》

已知椭圆$W:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt 0)$过$A(0,2)$，$B(-3,-1)$两点。
(1)求椭圆$W$的方程；
(2)求椭圆上的动点$T$到$N(1,0)$的最短距离；
(3)直线$AB$与$x$轴交于点$M(m,0)$，过点$M$作与$AB$不重合的直线$l$，$l$与椭圆$W$交于$C$，$D$两点，直线$AC$，$BD$分别交直线$x = m$于$P$，$Q$两点，证明：$\frac{|PM|}{|MQ|}$为定值。

答案：

解析

(1)因为椭圆$W:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt 0)$过$A(0,2)$，$B(-3,-1)$两点，

所以$b = 2$，$\frac{9}{a^{2}}+\frac{1}{4}=1$，所以$a^{2}=12$，所以椭圆$W$的方程为$\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{4}=1$。

(2)设$T(x,y)$，则点$T$到$N(1,0)$的距离$d=\sqrt{(x - 1)^{2}+y^{2}}=\sqrt{(x - 1)^{2}+4(1-\frac{x^{2}}{12})}=\sqrt{\frac{2}{3}x^{2}-2x + 5}$，

【函数思想】利用方程与函数的关系通过函数手段求最值，这种解析几何与函数的巧妙交汇，体现了思维的灵活性

因为$-2\sqrt{3}\leqslant x\leqslant 2\sqrt{3}$，所以当$x=\frac{3}{2}$时，$d$最小，$d_{\min}=\sqrt{\frac{2}{3}×\frac{9}{4}-2×\frac{3}{2}+5}=\frac{\sqrt{14}}{2}$，

所以动点$T$到$N(1,0)$的最短距离为$\frac{\sqrt{14}}{2}$。

(3)因为$A(0,2)$，$B(-3,-1)$，所以直线$AB$的方程为$y = x + 2$，令$y = 0$得$x = - 2$，所以$M(-2,0)$。

当直线$l$的斜率不存在时，可得$P$，$Q$关于$x$轴对称，则$|PM|=|MQ|$，即$\frac{|PM|}{|MQ|}=1$。

当直线$l$的斜率存在时，设直线$l$的方程为$y = k(x + 2)(k\neq 1)$，

由$\begin{cases}y = k(x + 2)\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$消去$y$得关于$x$的方程$(1 + 3k^{2})x^{2}+12k^{2}x + 12k^{2}-12 = 0$，$\Delta\gt 0$，

设$C(x_{1},y_{1})$，$D(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=-\frac{12k^{2}}{1 + 3k^{2}}$，$x_{1}· x_{2}=\frac{12k^{2}-12}{1 + 3k^{2}}$。

直线$AC$的方程为$y - 2=\frac{y_{1}-2}{x_{1}}x$，令$x = - 2$，得$y=\frac{-2y_{1}+4}{x_{1}}+2=\frac{(2 - 2k)(x_{1}+2)}{x_{1}}$，所以$P$点的纵坐标$y_{P}=\frac{(2 - 2k)(x_{1}+2)}{x_{1}}$，同理，$y_{Q}=\frac{(k - 1)(x_{2}+2)}{x_{2}+3}$。

方法一：直接法

$\frac{|PM|}{|MQ|}=\frac{|y_{P}|}{|y_{Q}|}=\frac{|\frac{(2 - 2k)(x_{1}+2)}{x_{1}}|}{|\frac{(k - 1)(x_{2}+2)}{x_{2}+3}|}=|\frac{2(x_{2}+3)(x_{1}+2)}{(x_{2}+2)x_{1}}|=|\frac{2x_{1}· x_{2}+4(x_{1}+x_{2})+12 + 2x_{1}}{x_{1}· x_{2}+2x_{1}}|$，

所以$\frac{|PM|}{|MQ|}=|\frac{2×\frac{12k^{2}-12}{1 + 3k^{2}}+4×(-\frac{12k^{2}}{1 + 3k^{2}})+12 + 2x_{1}}{\frac{12k^{2}-12}{1 + 3k^{2}}+2x_{1}}|=|\frac{12k^{2}-12 + 2x_{1}(1 + 3k^{2})}{12k^{2}-12 + 2x_{1}(1 + 3k^{2})}|=1$，为定值。

综上，$\frac{|PM|}{|MQ|}$为定值。

方法二：以猜促解法

$y_{P}+y_{Q}=\frac{(2 - 2k)(x_{1}+2)}{x_{1}}+\frac{(k - 1)(x_{2}+2)}{x_{2}+3}=(k - 1)[\frac{-2(x_{1}+2)}{x_{1}}+\frac{x_{2}+2}{x_{2}+3}]=(k - 1)[\frac{-x_{1}x_{2}-4(x_{1}+x_{2})-12}{x_{1}(x_{2}+3)}]=(k - 1)[\frac{\frac{12 - 12k^{2}+48k^{2}-12 - 36k^{2}}{1 + 3k^{2}}}{x_{1}(x_{2}+3)}]=0$，所以点

【多想少算】前面的直接法有一个问题在于化简到$|\frac{2x_{1}· x_{2}+4(x_{1}+x_{2})+12 + 2x_{1}}{x_{1}· x_{2}+2x_{1}}|$后，利用根与系数的关系不能完全消去$x_{1}$，有学生就会在此处纠结犹豫，甚至怀疑计算有误，但本方法的优势在于，前面已经通过特殊情况找到了定值$1$，那么问题就变成了证明点$P$，$Q$关于$x$轴对称，因此只需证明纵坐标之和为$0$

$P$，$Q$关于$x$轴对称，则$|PM|=|MQ|$，即$\frac{|PM|}{|MQ|}=1$。

综上，$\frac{|PM|}{|MQ|}$为定值。