Problem
已知 $ T: \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} =1 $ , 直线 \(PQ\) 过 \(T\) 右焦点 \(F\) 交 \(T\) 于 \(P\)、\(Q\) 两点, $ P$ 在 \(x\) 轴上方.
\(E : (x+1)^2+y^2=9\) , 直线 \(BE\) 交 $ T $ 于点 \(B\) .
若 $ \triangle BPF$ 与 $ \triangle QEF $ 面积之比为4:9,求 $ P$ 点坐标 .
分析
有两种做法。一种是利用之前证明的结论，转化为点到直线间距离之比。还有一种是直接设线求点，求解方程，但需要一点妙妙代换才能比较方便求出方程的解。
Solution
设 \(P(x_1,y_1) , Q(x_2,y_2) ,B(x_3,y_3)\) .
而
\[S\triangle PEF = \frac{1}{2} |EF| y_1 \\
S\triangle BEF = \frac{1}{2} |EF| y_3 \\
S\triangle QEF = \frac{1}{2} |EF| (-y_2)\\
S\triangle BPF=S\triangle BEF - S\triangle PEF
\]
所以
\[\frac{S\triangle BPF}{S\triangle QEF}=\frac{y_3-y_1}{-y_2}=\frac{4}{9}
\]
设 $ l_{PQ} : x=ty+1 $ ,与 \(T\) 联立,得
\[(3t^2+4)y^2+6ty-9=0 \\
y^2=\frac{9-6ty-3t^2y^2}{4} \\
y_1+y_2=\frac{-6t}{3t^2+4} \\
y_1y_2=\frac{-9}{3t^2+4} \\
y_2=\frac{3y_1}{2ty_1-3}
\]
而 $ l_{BE} : \frac{x_1+1}{y1} y=x+1$ ,带入 $ B$ 点与 \(E\) ,得
\[\frac{ty_1+2}{y_1}y3=x_3+1 \\
y3^2 =\frac{9 {y_1}^2}{(ty_1+2)^2+{y_1}^2} \\
\]
代回面积关系式,有
\[\begin{aligned}
\frac {y_3-y_1} {-y_2} &= \frac{4}{9} \\
\frac{\frac{3y_1}{\sqrt{(ty_1+2)^2+{y_1}^2}} - y_1 }{y_2} &=-\frac{4}{9} \\
\frac{\frac{3y_1}{\sqrt{(ty_1+2)^2+{y_1}^2}} - y_1 }{\frac{3y_1}{2ty_1-3}}
&=-\frac{4}{9} \\
(2ty_1-3) (\frac{1}{\sqrt{(ty_1+2)^2+{y_1}^2}} - \frac{1}{3} )&= -\frac{4}{9}\\
\frac{2ty_1-3}{\sqrt{(ty_1+2)^2+{y_1}^2}} &=\frac{6ty_1-13}{9}
\end{aligned}
\]
设 \(q=ty_1\) ,原式为
\[\begin{aligned}
\frac{2ty_1-3}{\sqrt{(ty_1+2)^2+{y_1}^2}} &=\frac{6ty_1-13}{9} \\
\frac{2ty_1-3}{\sqrt{t^2{y_1}^2+4ty_1+4+ \frac{9-6ty_1-3t^2{y_1}^2}{4} }} &=\frac{6ty_1-13}{9} \\
\frac{2ty_1-3}{\sqrt{\frac{1}{4} (ty_1+5)^2}} &=\frac{6ty_1-13}{9} \\
\frac{2q-3}{\sqrt{\frac{1}{4} (q+5)^2}} &=\frac{6q-13}{9} \\
18(2q-3)&=(6q-13)(q+5)\\
6q^2 -19q-11&=0\\
(2q+1)(3q-11)&=0\\
\end{aligned}
\]
于是 \(q= - \frac{1}{2}\) 或 \(q=\frac{11}{3}\) , \(x_1=\frac{1}{2}\) 或 $ x_1 = \frac{14}{3}$ (舍).
$ \therefore P(\frac{1}{2} , \frac{3\sqrt{5}} {4})$ .
source:桂柳2026届高三12月联考