2009-四川卷理-20 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆标准方程的求解以及直线与椭圆相交的几何综合问题。第一问通过离心率与准线方程确定椭圆基本量；第二问利用向量的中点性质将两点向量和转化为中点向量，结合韦达定理构建关于斜率的代数方程进行求解。

📌【题干】

Question

（2009年四川卷(理)） 已知椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_1,F_2$，离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$，右准线方程为 $x=2$.

(1) 求椭圆的标准方程；

(2) 过点 $F_1$ 的直线 $l$ 与该椭圆交于 $M,N$ 两点，且 $|\overrightarrow{F_{2}M}+\overrightarrow{F_{2}N}|=\frac{2\sqrt{26}}{3}$，求直线 $l$ 的方程.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：由离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 与右准线 $\frac{a^2}{c}=2$ 组成方程组，求出 $a,b,c$ 的值以确定椭圆方程。
2. 第二问：先讨论直线 $l$ 的斜率不存在的特殊情况。当斜率存在时，设直线方程为 $y=k(x+1)$，与椭圆方程联立得到一元二次方程。利用向量中点弦性质 $\overrightarrow{F_{2}M}+\overrightarrow{F_{2}N}=2\overrightarrow{F_{2}Q}$（$Q$ 为 $MN$ 中点），用韦达定理表达出 $Q$ 点坐标，代入模长条件求出斜率 $k$。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

(1) 由题意知，离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，右准线方程为 $\frac{a^2}{c}=2$。 由此可得 $a^2=2c$，代入 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}⟹a^2=2c^2$。 联立得 $2c^2=2c$，因为 $c>0$，解得 $c=1$。 从而 $a^2=2$，$b^2=a^2-c^2=2-1=1$。 所以椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$。

(2) 由 (1) 可知 $F_1(-1,0)$，$F_2(1,0)$。 ① 若直线 $l$ 的斜率不存在，则直线 $l$ 的方程为 $x=-1$。 代入椭圆方程 $\frac{(-1{)}^2}{2}+y^2=1$，解得 $y=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$。 不妨设 $M\left(-1,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$，$N\left(-1,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$， 则 $\overrightarrow{F_{2}M}=\left(-2,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$，$\overrightarrow{F_{2}N}=\left(-2,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$， 可得 $\overrightarrow{F_{2}M}+\overrightarrow{F_{2}N}=(-4,0)$，其模长为 $4$。 因为 $4\ne \frac{2\sqrt{26}}{3}$，所以直线 $l$ 的斜率必然存在。

② 若直线 $l$ 的斜率存在，设为 $k$，则直线 $l$ 的方程为 $y=k(x+1)$。 联立直线与椭圆方程： $\{\begin{array}{l}y=k(x+1)\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1\end{array}⟹(1+2k^2)x^2+4k^{2}x+2k^2-2=0$ 设 $M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，线段 $MN$ 的中点为 $Q(x_Q,y_Q)$。 由韦达定理得： $x_1+x_2=-\frac{4k^2}{1+2k^2}$ 根据中点坐标公式： $x_Q=\frac{x_1+x_2}{2}=-\frac{2k^2}{1+2k^2}$ $y_Q=k(x_Q+1)=k\left(1-\frac{2k^2}{1+2k^2}\right)=\frac{k}{1+2k^2}$ 依据平面向量的几何意义，恒有 $\overrightarrow{F_{2}M}+\overrightarrow{F_{2}N}=2\overrightarrow{F_{2}Q}$。 因为 $F_2(1,0)$，所以 $\overrightarrow{F_{2}Q}=(x_Q-1,y_Q)=\left(-\frac{4k^2+1}{1+2k^2},\frac{k}{1+2k^2}\right)$。 代入条件 $|\overrightarrow{F_{2}M}+\overrightarrow{F_{2}N}|=2|\overrightarrow{F_{2}Q}|=\frac{2\sqrt{26}}{3}$，两边平方得： $4\left[\frac{(4k^2+1{)}^2+k^2}{(1+2k^2{)}^2}\right]=\frac{104}{9}⟹\frac{16k^4+9k^2+1}{(1+2k^2{)}^2}=\frac{26}{9}$ 展开并去分母整理得： $9(16k^4+9k^2+1)=26(4k^4+4k^2+1)$ $144k^4+81k^2+9=104k^4+104k^2+26⟹40k^4-23k^2-17=0$ 因式分解得 $(k^2-1)(40k^2+17)=0$。 由于 $k^2\ge 0$，解得 $k^2=1⟹k=\pm 1$。

所以直线 $l$ 的方程为 $y=\pm (x+1)$，即 $x-y+1=0$ 或 $x+y+1=0$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆几何性质中 $a,b,c$ 与准线的转化关系；直线与椭圆位置关系中的韦达定理应用。
2. 核心方法：中点向量法。利用 $\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}=2\overrightarrow{PQ}$ 将两点坐标和的计算降维为单个中点坐标的计算，规避了直接展开向量模长公式带来的繁琐代数运算。
3. 避坑指南：凡是设具有斜率的直线方程时，必须首先对“斜率不存在”的情况进行讨论或检验，否则解答不完整会导致扣分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于解析几何中经典的弦长与焦点向量考查方式。将向量加法的平行四边形定则（或中线定理）引入解析几何坐标运算中，是高考圆锥曲线解答题大题的标准命题模式。
2. 结论推广：对于任意圆锥曲线，过定点 $P$ 的直线交曲线于 $M,N$ 两点，若已知 $|\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}|=\lambda$（ $O$ 为任意定点），皆可优先通过化简为 $2|\overrightarrow{OQ}|=\lambda$（ $Q$ 为 $MN$ 中点）的方式，从而直接利用中点坐标与直线参数构建方程。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2012-陕西卷文-20 解-椭圆标准方程与向量关系
• 2013-天津卷文-18 解-椭圆方程与向量
• 2013-山东卷文-22 解-椭圆面积与向量比