2022-新高考II卷-16 填-椭圆中点弦

本题导读

本题考查椭圆的中点弦性质，以及直线与坐标轴的交点及截距。

📌【题干】

Question

（2022年新高考II卷） 已知直线 $l$ 与椭圆 $C:\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$ 在第一象限交于 $A,B$ 两点，$l$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴分别相交于 $M,N$ 两点，且 $|MA|=|NB|$， $|MN|=2\sqrt{3}$，则 $l$ 的方程为$\underline{}$。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 翻译几何条件（中点重合）：线段 $AB$ 在线段 $MN$ 的内部。由 $|MA|=|NB|$ 可知，线段 $AB$ 和线段 $MN$ 具有共同的中点。设该中点为 $E(x_0,y_0)$。
2. 利用点差法求斜率关系：设直线 $l$ 的斜率为 $k$。对于椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 中的弦 $AB$ 及其中点 $E$，由点差法可知恒有 $k_{AB}\cdot k_{OE}=-\frac{b^2}{a^2}$。由于 $E$ 也是 $M,N$ 的中点，可将 $k_{OE}$ 用直线在坐标轴上的截距表示出来，从而求出 $k$。
3. 利用距离条件求截距：根据求出的斜率 $k$ 设出直线方程 $y=kx+m$。利用交点 $M,N$ 的坐标表示出线段长度 $|MN|$，结合已知 $|MN|=2\sqrt{3}$ 解出截距 $m$，即可得到最终的直线方程。

✅【答案】

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$x+\sqrt{2}y-2\sqrt{2}=0$

✍【详细解析】

Abstract

1. 挖掘几何特征（中点重合性质）：

设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，线段 $AB$ 的中点为 $E$．

直线 $l$ 与坐标轴交于 $M,N$．

因为 $|MA|=|NB|$，且 $A,B,M,N$ 共线，根据对称性可知：

线段 $AB$ 的中点 $E$ 必定也是线段 $MN$ 的中点．

2. 建立直线方程并表示中点：

设直线 $l$ 的方程为 $y=kx+m$．由于交点在第一象限且与两轴相交，显见 $k<0,m>0$．

• 令 $x=0$，得 $N(0,m)$；

• 令 $y=0$，得 $M(-\frac{m}{k},0)$．

  则 $MN$ 的中点 $E$ 坐标为 $(-\frac{m}{2k},\frac{m}{2})$．

3. 利用点差法（中点弦斜率公式）：

对于椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，若 $E(x_0,y_0)$ 是弦 $AB$ 的中点，则：

$k_{AB}\cdot k_{OE}=-\frac{b^2}{a^2}$．

已知 $a^2=6,b^2=3$，直线 $l$ 的斜率 $k_{AB}=k$．

中点 $E$ 与原点连线的斜率 $k_{OE}=\frac{m/2}{-m/2k}=-k$．

代入公式得：$k\cdot (-k)=-\frac{3}{6}=-\frac{1}{2}$．

即 $k^2=\frac{1}{2}$．由于 $k<0$，解得 $k=-\frac{\sqrt{2}}{2}$．

4. 利用距离条件求解 $m$：

已知 $|MN|=2\sqrt{3}$，根据两点间距离公式：

$|MN|=\sqrt{(-\frac{m}{k}-0{)}^2+(0-m{)}^2}=\sqrt{\frac{m^2}{k^2}+m^2}=|m|\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}$．

代入 $k^2=\frac{1}{2}$：

$2\sqrt{3}=m\sqrt{1+2}=m\sqrt{3}$．

解得 $m=2$．

5. 确定直线方程：

直线方程为 $y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x+2$．

化为一般式：$\sqrt{2}y=-x+2\sqrt{2}$，即 $x+\sqrt{2}y-2\sqrt{2}=0$．

【解法二】：设线段$AB$的中点$E\left(x_0,y_0\right)$，$\because |MA|=|NB|$， $\therefore E$点也是$MN$的中点，因为$M$在$x$轴的正半轴上， 所以$M\left(2x_0,0\right)$，又因为$N$在$y$轴的正半轴上， 所以$N\left(0,2y_0\right)$. 根据点差法结论$k_{AB}\cdot k_{OE}=-\frac{b^2}{a^2}$， $\because k_{AB}=k_{MN}\therefore k_{MN}\cdot k_{OE}=\frac{-2y_0}{2x_0}\cdot \frac{y_0}{x_0}=-{\left(\frac{y_0}{x_0}\right)}^2$ $=-\frac{b^2}{a^2}=-\frac{3}{6}=-\frac{1}{2},\therefore {x_0}^2=2{y_0}^2$ 根据圆的切线方程类比椭圆的切线方程，若$\left(x_0,y_0\right)$在椭圆上，则过$\left(x_0,y_0\right)$的切线方程为 $\frac{x{x}_0}{6}+\frac{y{y}_0}{3}=1$，则切线的斜率为$k=\frac{x_0}{6}\frac{3}{y_0}=\frac{x_0}{2y_0}$，平行移动切线使之与椭圆相交，则此时$l$的直线方程为$y-y_0=-\frac{x_0}{2y_0}\left(x-x_0\right)$，即$2y_{0}y-2{y_0}^2=-x_0\left(x-x_0\right),$即$2y_{0}y\text{+}{x}_{0}x\text{=}2{y_0}^2\text{+}{x_0}^2$ $\because |MN|=2\sqrt{3},\therefore \sqrt{4{x_0}^2+4{y_0}^2}=2\sqrt{3},\because {x_0}^2=2{y_0}^2,$解得$x_0=\sqrt{2},y_0=1$， 代入方程$2y_{0}y\text{+}{x}_{0}x\text{=}2{y_0}^2\text{+}{x_0}^2$，得$2y\text{+}\sqrt{\text{2}}x\text{=}4$，所以$x\text{+}\sqrt{\text{2}}y-2\sqrt{2}=0$. 故答案为：$x+\sqrt{2}y-2\sqrt{2}=0$．

【解法三】：设线段$AB$的中点$E\left(x_0,y_0\right)$，中点弦AB：$\frac{x_{0}x}{6}+\frac{y_{0}y}{3}=\frac{x_0^2}{6}+\frac{y_0^2}{3}$， $k=\frac{-x_0}{2y_0}=-\frac{2y_0}{2x_0}$，$x_0^2=2y_0^2$.${\left(2x_0\right)}^2+{\left(2y_0\right)}^2=12$.解得$x_0^2=2,y_0^2\text{=}1$，可得$x_0=\sqrt{2},y_0=1$. 所以$x\text{+}\sqrt{\text{2}}y-2\sqrt{2}=0$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 中点弦问题的“不二法门”：只要在圆锥曲线的题目中看到“弦中点”、“某点平分弦”等字眼，第一反应必须是点差法。对于椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，牢记结论 $k_{AB}\cdot k_{OM}=-\frac{b^2}{a^2}$，可以瞬间免去繁琐的韦达定理联立计算。
2. 几何翻译能力：条件 $|MA|=|NB|$ 看似是关于距离的二次等式，如果直接用坐标去列方程会极其复杂。利用一维线段上的对称性，将其等价转化为“共用中点”，是解题的破局点。
3. 坐标轴截距模型的简化：处理直线与 $x,y$ 轴交点构成的线段（如 $MN$）时，利用截距 $(a,0),(0,b)$ 计算长度 $L=\sqrt{a^2+b^2}$ 和中点 $(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$ 是非常基础且高效的操作。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展（中点弦方程公式法）：在解法三中提到，如果已知椭圆内一点 $P(x_0,y_0)$，则以 $P$ 为中点的弦所在的直线方程可以直接写为 $\frac{x_{0}x}{a^2}+\frac{y_{0}y}{b^2}=\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}$。利用这个高级结论（仿切线方程），可以直接表示出 $M,N$ 的坐标，进而求出 $x_0,y_0$，这种方法思维含量更低，更像“公式套用”。
• 变式思考：如果将椭圆改为双曲线 $\frac{x^2}{6}-\frac{y^2}{3}=1$，且交点在同一支上，点差法的结论会变成什么？ (提示：结论变为 $k_{AB}\cdot k_{OM}=\frac{b^2}{a^2}$，即去掉了负号。)

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 16.03 两条直线的位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2013-新课标I卷理-10 单-椭圆方程与性质
• 2013-新课标II卷理-20 解-椭圆方程与性质
• 1986-全国理-21 解-直线与抛物线综合