by @liboyuan08
「祝大家2026新年快乐，马到成功！」
上一篇文章中我们探讨了几种可行的方法，今天我们就主流方法——直线曲线联立法进行一些深入思考。
题目回顾
已知椭圆 $ E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\ (a>b>0) $ 上、下顶点间的距离为 $4$，且离心率为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$。
(I) 求椭圆 $E$ 的方程；
(II) 试问：是否存在正方形 $ABCD$，使得顶点 $A,B,C$ 在椭圆 $E$ 上，且顶点 $D$ 在 $y$ 轴上？若存在，求出所有正方形 $ABCD$ 的边长；若不存在，说明理由。
第一问
过程见上一篇文章。
椭圆 $E$ 的方程为
$$
\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{4} = 1.
$$
第二问
第二问涉及到正方形这个几何图形。我们不难发现，只要确定了正方形一条对角线两端的两个点，那么正方形的位置便唯一确定了。
于是我们考虑确定 $A,C$ 两个位于椭圆上的对角线端点。
让我们理一理思路，判断一下“直线曲线联立法”的可行性。我们考虑先设出直线 $AC$ 的方程，与椭圆方程联立，两个解即为 $A,C$ 两点。然后我们可以使用韦达定理找到 $AC$ 中点，我们设它为 $M$，再引一条过 $M$ 且垂直于 $AC$ 的直线与 $y$ 轴联立，得到 $D$ 的坐标，并验证 $|AC|=|BD|$，即 $|AC|=2|MD|$。
大家可能觉得 $|AC|=2|MD|$ 这一步涉及到了两点距离，比较难以计算。其实不然，因为 $AC$ 与 $BD$ 这两条直线相互垂直，所以我们可以通过 $d=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|$ 将其转化为判断 $AC$ 纵坐标之差与 $MD$ 横坐标之差的2倍关系是否成立。当然这一步也可以理解为进行一个“移项”：
$$
\sqrt{1+k^2}|x_A-x_C|=2\sqrt{1+(\frac1k)^2}|x_M-x_D|
$$
$$
\frac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+(\frac1k)^2}}|x_A-x_C|=2|x_M-x_D|
$$
$$
\sqrt\frac{1+k^2}{\frac{1+k^2}{k^2}}|x_A-x_C|=2|x_M-x_D|
$$
$$
|k||x_A-x_C|=2|x_M-x_D|
$$
因为 $D$ 在 $y$ 轴上，所以 $x_D=0$，而 $x_M=\frac{x_A+x_C}2$，整个式子都可以非常简单的用韦达定理表示。
另外一个需要检验的条件是 $B$ 在椭圆上，我们根据 $D$ 的坐标，关于 $M$ 中心对称，即可求出 $B$ 的坐标，直接代入椭圆方程检验即可。所以我们可以直接开始做题了。
（因为手动敲$\LaTeX$公式太耽误时间，所以这里我们借助deepseek完善这部分过程）
不过停一下！别忘了我们的推导过程需要用到 $k$ 和 $\frac1k$，题目中没有规定 $AC$ 一定是斜线，所以需要讨论他们俩不存在的情况。2种情况共计4分，就算你斜线情况没有算出来，先拿这4分也绝对不吃亏。
当直线 $AC$ 斜率不存在时，
假设正方形 $ABCD$ 存在，由对称性知 $D(0,0)$，不妨设 $B(2\sqrt{3},0)$，$A(\sqrt{3}, s)$ ($s > 0$)。
将 $A(\sqrt{3}, s)$ 代入椭圆 $E$ 的方程，得
$$
\frac{(\sqrt{3})^2}{12} + \frac{s^2}{4} = 1,
$$
解得 $s = \sqrt{3}$。此时 $A(\sqrt{3}, \sqrt{3})$，$C(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$，四边形 $ABCD$ 恰为正方形，其边长为 $\sqrt{6}$。
当直线 $AC$ 斜率为 0 时，
假设正方形 $ABCD$ 存在，由对称性不妨设 $B(0, -2)$，$A(t, t-2)$ ($t > 0$)。
将 $A(t, t-2)$ 代入椭圆 $E$ 的方程，
$$
\frac{t^2}{12} + \frac{(t-2)^2}{4} = 1,
$$
解得 $t = 3$。此时 $A(3,1)$，$C(-3,1)$，$D(0,4)$，正方形 $ABCD$ 的边长为 $3\sqrt{2}$。
当直线 $AC$ 斜率存在且不为 0 时，
设 $AC$ 的方程为 $y = kx + m$ ($k \neq 0$)，由
$$
\begin{cases}
y = kx + m, \
x^2 + 3y^2 = 12,
\end{cases}
$$
得
$$
(3k^2 + 1)x^2 + 6kmx + 3m^2 – 12 = 0.
$$
判别式 $\Delta = (6km)^2 – 4(3k^2 + 1)(3m^2 – 12) > 0$，整理得 $4k^2 + 12 – m^2 > 0$。设 $A(x_1, y_1)$，$C(x_2, y_2)$，则
$$
x_1 + x_2 = -\frac{6km}{3k^2 + 1}, \quad x_1x_2 = \frac{3m^2 – 12}{3k^2 + 1}.
$$设 $AC$ 中点为 $M$，
$$
x_M = -\frac{3km}{3k^2 + 1}, \quad y_M = kx_M + m = \frac{m}{3k^2 + 1},
$$
则
$$
M\left(-\frac{3km}{3k^2 + 1}, \frac{m}{3k^2 + 1}\right).
$$由正方形性质，$AC$ 与 $BD$ 互相垂直平分，且 $|AC| = |BD|$。
由 $AC$ 斜率为 $k$，则 $BD$ 斜率为 $-\frac{1}{k}$。
设 $D$ 在 $y$ 轴上，则 $D(0, y_D)$。
由 $M$ 为 $BD$ 中点，得 $B(2x_M, 2y_M – y_D)$。
又直线 $BD$ 过 $M$ 且斜率为 $-\frac{1}{k}$，方程为 $y – y_M = -\frac{1}{k}(x – x_M)$，令 $x = 0$ 得 $y_D = y_M + \frac{x_M}{k}$。
由 $|AC| = |BD|$，即 $|AC| = 2|MD|$。计算得 $|k|\,|x_1 – x_2| = 2|x_M|$，平方得 $k^2 (x_1 – x_2)^2 = 4x_M^2$。
利用韦达定理，
$$
(x_1 – x_2)^2 = (x_1 + x_2)^2 – 4x_1x_2 = \frac{144k^2 + 48 – 12m^2}{(3k^2 + 1)^2} = \frac{12(12k^2 + 4 – m^2)}{(3k^2 + 1)^2},
$$
而 $x_M^2 = \dfrac{9k^2 m^2}{(3k^2 + 1)^2}$，代入得
$$
k^2 \cdot \frac{12(12k^2 + 4 – m^2)}{(3k^2 + 1)^2} = 4 \cdot \frac{9k^2 m^2}{(3k^2 + 1)^2},
$$
化简得 $12(12k^2 + 4 – m^2) = 36m^2$，即 $144k^2 + 48 = 48m^2$，所以
$$
m^2 = 3k^2 + 1. \tag{1}
$$又 $B$ 点在椭圆上，$B(2x_M, y_M – \frac{x_M}{k})$。代入椭圆方程：
$$
\frac{(2x_M)^2}{12} + \frac{(y_M – \frac{x_M}{k})^2}{4} = 1.
$$
由 $x_M = -\dfrac{3km}{3k^2 + 1}$，$y_M = \dfrac{m}{3k^2 + 1}$，得
$$
2x_M = -\frac{6km}{3k^2 + 1}, \quad \frac{(2x_M)^2}{12} = \frac{36k^2 m^2}{12(3k^2 + 1)^2} = \frac{3k^2 m^2}{(3k^2 + 1)^2},
$$
$$
y_M – \frac{x_M}{k} = \frac{m}{3k^2 + 1} – \left(-\frac{3m}{3k^2 + 1}\right) = \frac{4m}{3k^2 + 1}, \quad \frac{(y_M – \frac{x_M}{k})^2}{4} = \frac{16m^2}{4(3k^2 + 1)^2} = \frac{4m^2}{(3k^2 + 1)^2}.
$$
相加得
$$
\frac{m^2(3k^2 + 4)}{(3k^2 + 1)^2} = 1.
$$
代入 $(1)$ 式 $m^2 = 3k^2 + 1$，得
$$
\frac{(3k^2 + 1)(3k^2 + 4)}{(3k^2 + 1)^2} = 1 \quad \Rightarrow \quad \frac{3k^2 + 4}{3k^2 + 1} = 1,
$$
即 $3k^2 + 4 = 3k^2 + 1$，矛盾。故此时无解。综上，存在符合题意的正方形 $ABCD$，其边长为 $\sqrt{6}$ 或 $3\sqrt{2}$。
那么对于第一种方法的研究给我们什么启示呢？
我们不要害怕解析几何的距离类问题，只要利用特殊条件也会很好算。
面对新的问题时，我们要在已有的知识架构上分析计算“复杂度”，来找到更好的方法做题。有时候多想一想可以节省许多无意义的计算时间。
另外，考试的时候一定要学会讨论&写韦达定理，没准答案分全部在特殊情况里（）
拓展——更多优化思路！
当然同学们也给了我一些其他的优化思路，在此受限于篇幅，我就不详细展开了。
展示一下w同学给我的思路，他是在求解坐标的过程中注意到了斜率的特殊性质，从而省去最后两步的化简计算：
这又能启示我们在计算的过程中也要去看一看有没有显露出什么特殊性质（因为很多题的图形本身有很好的性质）。
欢迎大家探索更多优化方案或其他方法！有什么好点子欢迎发到评论区或者公众号私信哦～
根据课上讲的内容再次整理……
更新时间：2026年2月16日