2022-天津卷-19 解-椭圆综合

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质。核心在于判别式法（联立方程 $\Delta =0$）、参数代数化（设线法）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年天津卷） 已知椭圆方程 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，设 $F$ 为右焦点，$A$ 为右顶点，$B$ 为上顶点，且满足 $\frac{|BF|}{|AB|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。

（1）求椭圆的离心率 $e$；

（2）已知直线 $l$ 与椭圆有唯一交点 $M$，直线 $l$ 交 $y$ 轴于点 $N$，$|OM|=|ON|$，且 $\Delta OMN$ 的面积为 $\sqrt{3}$，求椭圆的标准方程。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（求离心率）：根据椭圆的性质，写出点 $A(a,0),B(0,b),F(c,0)$ 的坐标。利用距离公式分别表示出 $|BF|$ 和 $|AB|$。由 $|BF|=\sqrt{b^2+c^2}=a$ 这一经典结论，结合已知比值 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，可以得到 $a$ 与 $b$ 的等量关系，进而求出离心率 $e$。

2. 第二问（求标准方程）：

   • 转化条件一（唯一交点）：直线 $l$ 与椭圆有唯一交点，即直线 $l$ 与椭圆相切。设直线 $l$ 的方程为 $y=kx+m$，联立椭圆方程，令判别式 $\Delta =0$，得到 $a,m,k$ 之间的关系式。并将切点 $M$ 的坐标用 $k$ 和 $m$ 表示出来。

   • 转化条件二（线段等长）：利用直线与 $y$ 轴交点 $N(0,m)$，由 $|OM|=|ON|$ 建立关于 $k$ 和 $m$ 的等式，解得斜率 $k$。

   • 转化条件三（面积条件）：结合 $S_{\Delta OMN}=\frac{1}{2}|ON|\cdot |x_M|=\sqrt{3}$，代入前面求得的 $k$ 值，解出参数 $m$，从而最终确定椭圆中的 $a^2$ 和 $b^2$。

✅【答案】

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(1) $\frac{\sqrt{6}}{3}$

(2) $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求椭圆离心率 $e$

由椭圆的几何性质可知，右焦点 $F(c,0)$，右顶点 $A(a,0)$，上顶点 $B(0,b)$。

所以 $|BF|=\sqrt{b^2+c^2}=a$。

$|AB|=\sqrt{a^2+b^2}$。

根据题意有：

$\frac{|BF|}{|AB|}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

两边平方，得：

\frac{a^2}{a^2 + b^2} = \frac{3}{4}$$$$4a^2 = 3a^2 + 3b^2 \implies a^2 = 3b^2

所以，椭圆的离心率为：

$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

（2）求椭圆的标准方程

由（1）知 $a^2=3b^2$，故椭圆方程可写为 $\frac{x^2}{3b^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，即 $x^2+3y^2=3b^2=a^2$。

显然直线 $l$ 的斜率存在（否则若直线与 $y$ 轴平行，不能与 $y$ 轴交于点 $N$ 构成三角形）。

设直线 $l$ 的方程为：$y=kx+m$，则 $N(0,m)$，且 $m\ne 0$。

将直线 $l$ 的方程代入椭圆方程中：

x^2 + 3(kx + m)^2 = a^2$$$$(1 + 3k^2)x^2 + 6kmx + 3m^2 - a^2 = 0

因为直线 $l$ 与椭圆有唯一交点 $M$，所以上述一元二次方程的判别式 $\Delta =0$：

\Delta = (6km)^2 - 4(1 + 3k^2)(3m^2 - a^2) = 0$$$$36k^2m^2 - 4(3m^2 - a^2 + 9k^2m^2 - 3k^2a^2) = 0

化简得：

$3m^2=a^2(1+3k^2)\cdots \text{(1)}$

此时交点 $M$ 的横坐标为：

$x_M=-\frac{6km}{2(1+3k^2)}=\frac{-3km}{1+3k^2}$

将其代入 $y_M=k{x}_M+m$，得：

$y_M=k\left(\frac{-3km}{1+3k^2}\right)+m=\frac{-3k^{2}m+m+3k^{2}m}{1+3k^2}=\frac{m}{1+3k^2}$

即交点 $M$ 的坐标为 $\left(\frac{-3km}{1+3k^2},\frac{m}{1+3k^2}\right)$。

又因为 $|OM|=|ON|$，且 $N(0,m)$，所以 $x_M^2+y_M^2=m^2$：

\left( \frac{-3km}{1 + 3k^2} \right)^2 + \left( \frac{m}{1 + 3k^2} \right)^2 = m^2$$$$\frac{9k^2m^2 + m^2}{(1 + 3k^2)^2} = m^2

因为 $m\ne 0$，两边同除以 $m^2$，得：

\frac{9k^2 + 1}{(1 + 3k^2)^2} = 1$$$$9k^2 + 1 = 1 + 6k^2 + 9k^4$$$$9k^4 - 3k^2 = 0 \implies 3k^2(3k^2 - 1) = 0

若 $k=0$，则 $x_M=0$，此时点 $M$ 与点 $N$ 重合，不能构成三角形，故舍去。

所以 $k^2=\frac{1}{3}$，即 $k=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}$。

因为 $\Delta OMN$ 的面积为 $\sqrt{3}$，以 $ON$ 为底边，点 $M$ 的横坐标绝对值为高：

$S_{\Delta OMN}=\frac{1}{2}|ON|\cdot |x_M|=\frac{1}{2}|m|\cdot \left|\frac{-3km}{1+3k^2}\right|=\sqrt{3}$

将 $k^2=\frac{1}{3}$ （即 $1+3k^2=2$）代入上式中：

\frac{1}{2} |m| \cdot \frac{3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot |m|}{2} = \sqrt{3}$$$$\frac{\sqrt{3}}{4} m^2 = \sqrt{3} \implies m^2 = 4

将 $m^2=4$ 及 $k^2=\frac{1}{3}$ 代入式① $3m^2=a^2(1+3k^2)$，得：

$3\times 4=a^2(1+1)⟹2a^2=12⟹a^2=6$

又 $b^2=\frac{a^2}{3}=2$。

故椭圆的标准方程为：

$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$

本题考查了椭圆的基本性质以及平面解析几何中“设线法”处理直线与圆锥曲线位置关系的经典套路。第二问中“唯一交点”的条件非常明确地指向了 $\Delta =0$，而 $|OM|=|ON|$ 配合面积条件的加入，较好地考查了考生的代数变形能力与数形结合思想。在天津市的高考试题中，本题属于中等难度的压轴题前奏，计算量适中，没有出现复杂的非对称韦达定理运算。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 隐藏几何性质的快速转化：在椭圆中，$|BF|=a$ 是非常重要的隐含结论（由勾股定理 $\sqrt{b^2+c^2}$ 得到）。熟记这类基本几何距离，能迅速将含有图形线段的比值问题转化为关于 $a,b,c$ 的代数方程。

2. “相切”与“唯一交点”的代数刻画：在处理直线与椭圆问题时，“有唯一交点”最常规的做法是联立方程后令一元二次方程的判别式 $\Delta =0$。此题在得出 $\Delta =0$ 的关系后，务必求出切点坐标 $M$ 的表达式，这是连接后续条件的桥梁。

3. 坐标系下的三角形面积表达：当三角形有一个顶点在原点，另一个顶点在坐标轴上时（如本题的 $\Delta OMN$），最简便的面积求法是 $S=\frac{1}{2}\times \text{轴上的截距长}\times \text{另一个顶点的坐标绝对值}$。切忌盲目套用两点间距离公式去求斜边上的高。

4. 排除“退化”情况的严谨性：在解方程 $3k^2(3k^2-1)=0$ 时，必须结合几何背景排除 $k=0$ 的情况。若 $k=0$，切线平行于 $x$ 轴，此时 $M,N$ 两点都在 $y$ 轴上，构不成三角形（或面积为0）。在解析几何解答中，这类细节是采分点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 11.04 三角形面积公式

类题演练 (Links)

• 2013-天津卷理-18 解-椭圆方程与性质
• 2013-江苏卷-12 填-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程