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已知椭圆 $\varGamma $ 的方程为 $\dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\left(a > b > 0\right)$，点 $ P $ 的坐标为 $ \left(-a,b\right) $．
【难度】
【出处】
无
【标注】
  1. 若直角坐标平面上的点 $ M $、$ A\left(0,-b\right) $、$ B\left(a,0\right) $ 满足 $\overrightarrow {PM} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} \right)$，求点 $ M $ 的坐标；
    标注
    答案
    解析
    设 $M\left(x_0,y_0\right)$，则\[\begin{split}\overrightarrow {PM}&=\left(x_0+a,y_0-b\right),\\ \overrightarrow{PA}&=\left(a,-2b\right),\\ \overrightarrow{PB}&=\left(2a,-b\right).\end{split}\]由 $\overrightarrow{PM}=\dfrac12\left(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow {PB}\right)$ 得\[\left(x_0+a,y_0-b\right)=\dfrac12\left[\left(a,-2b\right)+\left(2a,-b\right)\right].\]所以\[x_0=\dfrac a2,y_0=-\dfrac b2,\]所以 $M\left(\dfrac{a}{2}, - \dfrac{b}{2}\right)$．
  2. 设直线 $ l_{1}:y=k_{1}x+p $ 交椭圆 $ \varGamma $ 于 $ C $、$ D $ 两点，交直线 $ l_{2}:y=k_{2}x $ 于点 $ E $．若 ${k_1} \cdot {k_2} = - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}$，证明：$ E $ 为 $ CD $ 的中点；
    标注
    答案
    解析
    由方程组\[ {\begin{cases}
    {y = {k_1}x + p} ,\\
    {\dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1},
    \end{cases}}\]消去 $ y $ 得方程\[\left({a^2}k_1^2 + {b^2}\right){x^2} + 2{a^2}{k_1}px + {a^2}\left({p^2} - {b^2}\right) = 0,\]因为直线 ${l_1}$ 交椭圆 $\varGamma $ 于 $C$、$D$ 两点，所以 $ \Delta>0 $，即\[{a^2}k_1^2 + {b^2} - {p^2} > 0,\]设 $ C\left(x_{1} , y_{1}\right) $、$ D\left(x_{2} , y_{2}\right) $，$ CD$ 中点坐标为 $\left(x_{0},y_{0}\right) $，则\[{\begin{cases}{{x_0} = \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = - \dfrac{{{a^2}{k_1}p}}{{{a^2}k_1^2 + {b^2}}}}, \\
    {{y_0} = {k_1}{x_0} + p = \dfrac{{{b^2}p}}{{{a^2}k_1^2 + {b^2}}}},
    \end{cases}}\]由方程组\[ {\begin{cases}{y = {k_1}x + p} ,\\
    {y = {k_2}x},
    \end{cases}} \]消去 $ y $ 得方程\[\left(k_{2}-k_{1}\right)x=p ,\]又因为 ${k_2} = - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}{k_1}}}$，所以\[{\begin{cases}{x = \dfrac{p}{{{k_2} - {k_1}}} = - \dfrac{{{a^2}{k_1}p}}{{{a^2}k_1^2 + {b^2}}} = {x_0}} ,\\
    {y = {k_2}x = \dfrac{{{b^2}p}}{{{a^2}k_1^2 + {b^2}}} = {y_0}},
    \end{cases}} \]故 $ E $ 为 $ CD $ 的中点．
  3. 对于椭圆 $\varGamma $ 上的点 $ Q\left(a\cos \theta ,b\sin \theta \right)\left(0<\theta <\pi\right) $，如果椭圆 $\varGamma $ 上存在不同的两点 $ P_{1} $、$ P_{2} $ 使 $\overrightarrow {P{P_1}} + \overrightarrow {P{P_2}} = \overrightarrow {PQ} $，写出求作点 $ P_{1} $、$ P_{2} $ 的步骤，并求出使 $ P_{1} $、$ P_{2} $ 存在的 $\theta $ 的取值范围．
    标注
    答案
    解析
    如果椭圆 $\varGamma $ 上存在不同的两个点 $P_1$、$P_2$ 满足 $\overrightarrow {PP_1}+\overrightarrow{PP_2}=\overrightarrow{PQ}$，则四边形 $PP_1QP_2$ 是平行四边形，因而 $P_1P_2$ 的中点应与 $PQ$ 的中点重合，故只需据此求出直线 $P_1P_2$ 的斜率即可．
    设 $P_1\left(x_{P_1},y_{P_1}\right) $，$ P_2\left(x_{P_2},y_{P_2}\right)$，$ PQ$ 中点 $R\left(\dfrac{-a+a \cos \theta}2,\dfrac{b+b \sin \theta}2\right) $．
    因为 $ P_1$、$P_2 $ 在椭圆上，所以\[ \dfrac{x^2_{P_1}}{a^2}+\dfrac{y^2_{P_1}}{b^2}=1.\quad \cdots \cdots ① \\ \dfrac{x^2_{P_2}}{a^2}+\dfrac{y^2_{P_2}}{b^2}=1. \quad \cdots \cdots ② \]$ ① - ② $ 并整理得\[\dfrac{y_{P_1}-y_{P_2}}{x_{P_1}-x_{P_2}}=-\dfrac{b^2\left(x_{P_1}+x_{P_2}\right)}{a^2\left(y_{P_1}+y_{P_2}\right)}=-\dfrac{b^2\cdot a\left(\cos \theta-1\right)}{a^2\cdot b\left(1+\sin \theta\right)}=\dfrac{b\left(1-\cos \theta\right)}{a\left(1+\sin \theta\right)}.\]求作点 $ P_1$、$P_2 $ 的步骤如下：
    1）连接 $ PQ$，作出线段 $ PQ$ 的中点 $ R$；
    2）过点 $R\left(\dfrac{-a+a \cos \theta}{2},\dfrac{b+b \sin \theta}2\right) $ 作斜率为 $k=\dfrac{b\left(1-\cos \theta\right)}{a\left(1+\sin \theta\right)} $ 的直线 $l $，交椭圆 $\varGamma $ 于 $ P_1$、$P_2 $ 点，则点 $ P_1$、$ P_2$ 就是所求作的点．
    当 $0<\theta<{\mathrm{\pi}} $ 时，只需 $ PQ$ 的中点在椭圆内部，则由作法可知满足条件的点 $P_1 $、$P_2 $ 就存在，所以有\[ \dfrac{\left(\dfrac{-a+a \cos \theta}{2}\right)^2}{a^2}+\dfrac{\left(\dfrac{b+b \sin \theta}{2}\right)^2}{b^2}<1\left(a>b>0\right),\]化简得\[ \sin \theta-\cos \theta<\dfrac12,\]即\[ \sin \left(\theta-\dfrac{ \pi }4\right)<\dfrac {\sqrt 2}4,\]所以\[ \theta<\arcsin \dfrac{\sqrt2}4+\dfrac{{\mathrm{\pi}}}4.\]故 $ θ$ 的取值范围为 $0<\theta<\arcsin \dfrac{\sqrt2}4 +\dfrac{{\mathrm{\pi}}}4.$
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2 问题3 答案3 解析3 备注3
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