2023-北京卷-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。核心在于待定系数法（求椭圆方程）、坐标解析与联立消元法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年北京卷）已知椭圆 $E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$，$A,C$ 分别是 $E$ 的上、下顶点，$B,D$ 分别是 $E$ 的左、右顶点，$|AC|=4$．

（1）求 $E$ 的方程；

（2）设 $P$ 为第一象限内 $E$ 上的动点，直线 $PD$ 与直线 $BC$ 交于点 $M$，直线 $PA$ 与直线 $y=-2$ 交于点 $N$．求证：$MN\parallel CD$．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：利用离心率 $e=\frac{c}{a}$ 和顶点间距 $|AC|=2b=4$ 建立关于 $a,b,c$ 的方程组，结合 $a^2=b^2+c^2$ 求解。

2. 第二问：

   • 写出相关点的坐标：$A(0,2),C(0,-2),B(-3,0),D(3,0)$。

   • 设 $P(m,n)$，利用点 $P$ 在椭圆上满足的方程 $4m^2+9n^2=36$ 进行代换。

   • 分别求出直线 $PD$ 与 $BC$ 的交点 $M$ 坐标，以及直线 $PA$ 与 $y=-2$ 的交点 $N$ 坐标。

   • 计算直线 $MN$ 的斜率 $k_{MN}$，验证其是否等于 $k_{CD}=\frac{2}{3}$。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：

由题意，椭圆 $E$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{3}$，则 $c^2=\frac{5}{9}{a}^2$。

因为 $A,C$ 分别是椭圆的上、下顶点，所以 $|AC|=2b=4$，即 $b=2,b^2=4$。

根据椭圆性质 $a^2=b^2+c^2$，得：

$a^2=4+\frac{5}{9}{a}^2\Rightarrow \frac{4}{9}{a}^2=4\Rightarrow a^2=9$。

所以椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$。

（2）证明：

由（1）知 $A(0,2),C(0,-2),B(-3,0),D(3,0)$。

设 $P(m,n)$ 为第一象限内椭圆上的点，则 $0<m<3,0<n<2$，且满足 $4m^2+9n^2=36$ ①。

直线 $BC$ 的方程：通过 $B(-3,0)$ 和 $C(0,-2)$，其方程为 $y=-\frac{2}{3}x-2$。

直线 $PD$ 的方程：通过 $D(3,0)$ 和 $P(m,n)$，其斜率 $k_{PD}=\frac{n}{m-3}$，方程为 $y=\frac{n}{m-3}(x-3)$。

联立 $\{\begin{array}{l}y=-\frac{2}{3}x-2\\ y=\frac{n}{m-3}(x-3)\end{array}$，解得交点 $M$ 的坐标：

$-\frac{2}{3}(x+3)=\frac{n}{m-3}(x-3)\Rightarrow -2(m-3)(x+3)=3n(x-3)$

整理得 $x_M=\frac{3(3n-2m+6)}{3n+2m-6}$，$y_M=\frac{-12n}{3n+2m-6}$。

直线 $PA$ 的方程：通过 $A(0,2)$ 和 $P(m,n)$，其斜率 $k_{PA}=\frac{n-2}{m}$，方程为 $y=\frac{n-2}{m}x+2$。

令 $y=-2$，得 $-4=\frac{n-2}{m}x\Rightarrow x_N=\frac{-4m}{n-2}$。

所以 $N\left(\frac{-4m}{n-2},-2\right)$。

计算直线 $MN$ 的斜率 $k_{MN}$：

$k_{MN}=\frac{y_M-y_N}{x_M-x_N}=\frac{\frac{-12n}{3n+2m-6}+2}{\frac{3(3n-2m+6)}{3n+2m-6}-\frac{-4m}{n-2}}=\frac{-12n+6n+4m-12}{\frac{3(3n-2m+6)(n-2)+4m(3n+2m-6)}{n-2}}$

$k_{MN}=\frac{(4m-6n-12)(n-2)}{9n^2-18n-6mn+12m+18n-36+12mn+8m^2-24m}$

$k_{MN}=\frac{(4m-6n-12)(n-2)}{9n^2+8m^2+6mn-12m-36}$

代入 ① 式中的 $8m^2=72-18n^2$：

分母 $=9n^2+(72-18n^2)+6mn-12m-36=-9n^2+6mn-12m+36$

分母 $=3(-3n^2+2mn-4m+12)$

分子 $=(4m-6n-12)(n-2)=4mn-8m-6n^2+12n-12n+24=2(-3n^2+2mn-4m+12)$

所以 $k_{MN}=\frac{2}{3}$。

又直线 $CD$ 的斜率 $k_{CD}=\frac{0-(-2)}{3-0}=\frac{2}{3}$。

因为 $k_{MN}=k_{CD}$ 且 $MN$ 与 $CD$ 不重合，

故 $MN\parallel CD$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆几何参量的待定系数求解、多线交点坐标的参数化构建、复杂分式结构的齐次因式约简。
2. 核心方法：全变量坐标代数运算法、曲线方程整体代换降次法。
3. 避坑指南：

• 联立求解点 $M$ 产生计算畏难：本题在联立②和③求解点 $M$ 时，分子分母项较多。化简诀窍在于将 $2x+6$ 提公因式写成 $2(x+3)$，与后项的 $x-3$ 对应，能大幅缩减项数。
• 计算斜率时多项式失控：在第三步求 $k_{MN}$ 的展开式中，会产生二次齐次项。必须死死抓住约束式 $4m^2+9n^2=36$ 进行整体块消元。如果仅盲目对单个变量求根代入，将陷入无法化简的代数死循环。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题属于经典的解析几何大题。其高等数学背景可追溯至射影几何（Projective Geometry）中的交比不变性与交点的线性依赖关系。命题通过引入动点 $P$，将多个交点的坐标锁定在一元二次代数曲线的上，利用导出的刚性斜率相等，揭示了二次曲线上动点辐射产生的交点系具有初等仿射几何的平行不变特征。
2. 结论推广: 对于更为一般的标准椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，设 $A,C$ 为纵轴顶点，$B,D$ 为横轴顶点。当动点 $P$ 在椭圆上任意漂移时，若直线 $PD$ 与直线 $BC$ 的交点为 $M$，直线 $PA$ 与定直线 $y=-b$ 的交点为 $N$。 通过相同的代数分式化简，其余弦斜率恒满足统一的刚性等斜率通式： $k_{MN}=k_{CD}=\frac{b}{a}$ 这一推广结论证明了该平行性质与具体的长短轴数值无关，属于椭圆系统内部固有的非线性射影几何不变量。

🔗【关联脉络】

Multi column

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)

• 2014-新课标I卷理-20 解-椭圆方程与性质
• 2014-四川卷理-20 解-椭圆方程与性质
• 2013-天津卷理-18 解-椭圆方程与性质