．已知椭圆E： x ^ 2 a ^ 2 + y ^ 2 b…——2015 高考数学第 18 题答案解析

【答案】 $( \mathrm { ~ I ~ } ) \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1$ $( \mathrm { I I } ) \mathrm { G } ( - \frac { 9 } { 4 } , 0 )$ 在以AB为直径的圆外

【解析】

解法一：(I)由已知得

$\left\{ \begin{array} { c } { { b = \sqrt { 2 } , } } \\ { { { } } } \\ { { { \displaystyle \frac { c } { a } = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } , } } \\ { { { } } } \\ { { { \alpha ^ { 2 } = b ^ { 2 } + c ^ { 2 } } . } } \end{array} \right.$ 解得 $\left\{ \begin{array} { l l } { a = 2 } \\ { b = \sqrt { 2 } } \\ { c = \sqrt { 2 } } \end{array} \right.$

所以椭圆E的方程为 $\frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1$

(II)设点 $\begin{array} { r } { A ( x _ { 1 } \mathrm { y } _ { 1 } ) , \mathrm { B } ( x _ { 2 } , \mathrm { y } _ { 2 } ) , } \end{array}$ $\mathrm { H } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$

由 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = m y - 1 } \\ { { \frac { x ^ { 2 } } { 4 } } + { \frac { y ^ { 2 } } { 2 } } = 1 } \end{array} } \right.$ 得 $( \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 ) \mathrm { y } ^ { 2 } - 2 m \mathrm { y } - 3 = 0 ,$

所以 $y _ { 1 } + y _ { 2 } = { \frac { 2 m } { \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 } } , { \mathrm { y } } _ { 1 } { \mathrm { y } } _ { 2 } = { \frac { 3 } { \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 } }$，从而 $y _ { 0 } = \frac { 2 } { \mathbf { m } ^ { 2 } + 2 }$

所以 $\mathrm { G H | ^ { 2 } = ( x _ { 0 } + \frac { 9 } { 4 } ) ^ { 2 } + y _ { 0 } ^ { ~ 2 } = ( m y _ { 0 } + \frac { 5 } { 4 } ) ^ { 2 } + y _ { 0 } ^ { ~ 2 } = ( m \mathrm { { } ^ { 2 } + 1 ) y _ { 0 } \mathrm { { } ^ { 2 } + \frac { 5 } { 2 } \mathrm { { m y _ { 0 } + \frac { 2 5 } { 1 6 } } . } } } }$

$$ { \begin{array} { r l } & { { \cfrac { | \mathbf { A } \mathbf { B } | ^ { 2 } } { 4 } } = { \cfrac { ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) ^ { 2 } + ( y _ { 1 } - \mathbf { y } _ { 2 } ) ^ { 2 } } { 4 } } = { \cfrac { ( \mathbf { m } ^ { 2 } + 1 ) ( y _ { 1 } - \mathbf { y } _ { 2 } ) ^ { 2 } } { 4 } } } \\ & { \qquad = { \cfrac { ( \mathbf { m } ^ { 2 } + 1 ) [ ( y _ { 1 } + \mathbf { y } _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 y _ { 1 } \mathbf { y } _ { 2 } ] } { 4 } } = ( \mathbf { m } ^ { 2 } + 1 ) ( { \mathbf { y } _ { 0 } } ^ { 2 } - y _ { 1 } \mathbf { y } _ { 2 } ) ~ , } \end{array} } $$

$$ | \mathrm { G H } | ^ { 2 } - \frac { | \mathrm { A B } | ^ { 2 } } { 4 } = \frac { 5 } { 2 } \mathrm { m y } _ { \diamond } + ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 1 ) y _ { 1 } y _ { 2 } + \frac { 2 5 } { 1 6 } = \frac { 5 m ^ { 2 } } { 2 ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 ) } - \frac { 3 ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 1 ) } { \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 } + \frac { 2 5 } { 1 6 } = \frac { 1 7 m ^ { 2 } + 2 } { 1 6 ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 ) } > 0 $$

所以 $| \mathrm { G H } | > \frac { | \mathrm { A B } | } { 2 }$，故 $\mathsf { G } ( - \frac { 9 } { 4 }$ ,0)在以AB为直径的圆外.

解法二：（I)同解法-

(II)设点 $\begin{array} { r } { A ( x _ { 1 } \mathrm { y } _ { 1 } ) , \mathrm { B } ( x _ { 2 } , \mathrm { y } _ { 2 } ) . } \end{array}$ $\overrightarrow { \mathrm { G A } } = ( x _ { 1 } + \frac { 9 } { 4 } , y _ { 1 } ) , \overrightarrow { \mathrm { G B } } = ( x _ { 2 } + \frac { 9 } { 4 } , y _ { 2 } )$

由 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = m y - 1 } \\ { { \frac { x ^ { 2 } } { 4 } } + { \frac { y ^ { 2 } } { 2 } } = 1 } \end{array} } \right.$ 得 $( \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 ) \mathrm { y } ^ { 2 } - 2 m \mathrm { y } - 3 = 0 ,$ $y _ { 1 } + y _ { 2 } = { \frac { 2 m } { \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 } } , y _ { 1 } y _ { 2 } = { \frac { 3 } { \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 } } ,$

从而 $\overline { { \mathrm { G A } } } \bullet \overline { { \mathrm { G B } } } = ( x _ { 1 } + \frac { 9 } { 4 } ) ( x _ { 2 } + \frac { 9 } { 4 } ) + y _ { 1 } y _ { 2 } = ( \mathrm { m y _ { 1 } } + \frac { 5 } { 4 } ) ( \mathrm { m y _ { 2 } } + \frac { 5 } { 4 } ) + y _ { 1 } y _ { 2 }$

$$ = ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 1 ) y _ { 1 } y _ { 2 } + \frac { 5 } { 4 } m ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) + \frac { 2 5 } { 1 6 } = \frac { 5 m ^ { 2 } } { 2 ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 ) } - \frac { 3 ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 1 ) } { \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 } + \frac { 2 5 } { 1 6 } = \frac { 1 7 m ^ { 2 } + 2 } { 1 6 ( \mathrm { m } ^ { 2 } + 2 ) } > 0 $$

所以 $\cos \langle \overline { { \mathrm { G A } } } , \overline { { \mathrm { G B } } } \rangle > 0 ,$ X $\overline { { \mathtt { G A } } } , \overline { { \mathtt { G B } } }$ 不共线，所以 $\angle A \mathrm { G B }$ 为锐角.

故点 $\mathsf { G } ( - \frac { 9 } { 4 } .$ ,0)在以AB为直径的圆外.

【考点定位】1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系

【名师点睛】本题通过判断点和圆的位置关系来考查中点问题，利用韦达定理确定圆心，然后计算圆心到点 的距离并和半径比较得解；也可以构造向量，通过判断数量积的正负来确定点和圆的位置关系：G$\overrightarrow { G A } \cdot \overrightarrow { G B } < 0 \Leftrightarrow$ 点 在圆内；G $\overrightarrow { G A } \cdot \overrightarrow { G B } > 0 \Leftrightarrow$ 点 在圆外；G ${ \overrightarrow { G A } } \cdot { \overrightarrow { G B } } = 0 \Leftrightarrow$ 点 在圆上，本题综合性较G高，较好地考查分析问题解决问题的能力