2024-北京卷-19 解-椭圆综合

本题导读

本题是 2024 年北京高考数学卷的解析几何大题。第一问通过几何特征求出椭圆标准方程；第二问的核心难点在于将“直线 BD 斜率为 0”转化为椭圆上两点关于 $y$ 轴对称的代数特征，并通过三点共线的 $y$ 轴截距公式进行整体代换化简.

📌【题干】

Question

（2024年北京卷）（15分）已知椭圆方程 $E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，以椭圆 $E$ 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为 $2$ 的正方形.过点 $(0,t)(t>\sqrt{2})$ 且斜率存在的直线与椭圆 $E$ 交于不同的两点 $A,B$，过点 $A$ 和 $C(0,1)$ 的直线 $AC$ 与椭圆 $E$ 的另一个交点为 $D$.

（1）求椭圆 $E$ 的方程及离心率；

（2）若直线 $BD$ 的斜率为 0，求 $t$ 的值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：椭圆焦点为 $(\pm c,0)$，短轴端点为 $(0,\pm b)$。四顶点构成正方形意味着对角线垂直且等长，即 $b=c$。由正方形边长为 $2$ 可得勾股方程 $b^2+c^2=2^2$，进而算出半长轴 $a^2$，确定标准方程与离心率。
2. 第（2）问：设直线 $AB$ 的方程为 $y=kx+t(t>\sqrt{2})$，将其与椭圆方程联立，利用韦达定理列出 $x_1+x_2$ 与 $x_1{x}_2$ 的表达式。

• 对称性转化：“直线 $BD$ 的斜率为 0” 意味着 $B,D$ 的纵坐标相等。由于两点均在标准椭圆上，可知 $B$ 与 $D$ 关于 $y$ 轴对称。设 $B(x_2,y_2)$，则 $D(-x_2,y_2)$。
• 截距公式代换：已知 $A,C,D$ 三点共线，且 $C(0,1)$ 是直线 $AD$ 在 $y$ 轴上的截距。利用两点式直线方程提取 $y$ 轴截距公式 $y_C=\frac{x_1{y}_D-x_D{y}_1}{x_1-x_D}$。将 $D$ 的坐标代入，结合直线 $AB$ 的方程套用韦达定理即可求解。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，离心率 $\frac{\sqrt{2}}{2}$

(2) $t=2$

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

（1）解：求椭圆 $E$ 的方程及离心率

设椭圆的半焦距为 $c$。 因为以椭圆 $E$ 的焦点 $(\pm c,0)$ 和短轴端点 $(0,\pm b)$ 为顶点的四边形是正方形，根据对称性可知其对角线等长，即： $b=c$

又因为该正方形的边长为 $2$，在直角三角形中由勾股定理得： $b^2+c^2=2^2=4$ 由于 $b=c$，代入上式得 $2b^2=4⟹b^2=2$，故 $c^2=2$。

根据椭圆中参数的平方关系： $a^2=b^2+c^2=2+2=4⟹a=2$

故椭圆 $E$ 的标准方程为： $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$ 其几何离心率为： $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

(2) 第(2)问详解

（2）解：若直线 $BD$ 的斜率为 0，求 $t$ 的值

第一步：联立方程与韦达定理构建 若直线 $AB$ 的斜率 $k=0$，则直线为 $y=t$。由于已知 $t>\sqrt{2}$，而椭圆最高点纵坐标为 $\sqrt{2}$，此时直线与椭圆无交点，产生矛盾，故直线 $AB$ 的斜率存在且不为 0。

设直线 $AB$ 的方程为 $y=kx+t(t>\sqrt{2})$，设交点坐标为 $A(x_1,y_1)$， $B(x_2,y_2)$。 联立直线与椭圆方程组： $\{\begin{array}{l}y=kx+t\\ x^2+2y^2=4\end{array}$

将直线方程代入椭圆方程中消去 $y$： $x^2+2(kx+t{)}^2=4⟹(1+2k^2)x^2+4ktx+2t^2-4=0$

由于直线与椭圆有两个不同的交点，其一元二次方程判别式 $\Delta >0$： $\Delta =(4kt{)}^2-4(1+2k^2)(2t^2-4)=8(4k^2+2-t^2)>0$ 即控制参数需满足： $4k^2+2-t^2>0$。

由韦达定理可得： $x_1+x_2=\frac{-4kt}{1+2k^2},x_1{x}_2=\frac{2t^2-4}{1+2k^2}$

第二步：几何对称性转化 若直线 $BD$ 的斜率为 0，说明 $B,D$ 两点的纵坐标相同（ $y_B=y_D=y_2$ ）。 由于 $B,D$ 是椭圆上的两个不同交点，根据标准椭圆关于 $y$ 轴的对称性， $B,D$ 两点的横坐标互为相反数。 因为 $B$ 点坐标为 $(x_2,y_2)$，所以 $D$ 点坐标可表示为： $D(-x_2,y_2)$

第三步：利用三点共线截距公式进行化简 因为过点 $A$ 和 $C(0,1)$ 的直线与椭圆另一个交点为 $D$，这意味着 $A,C,D$ 三点共线。 即点 $C(0,1)$ 是直线 $AD$ 在 $y$ 轴上的截距。

过点 $A(x_1,y_1)$ 与 $D(-x_2,y_2)$ 的直线，其在 $y$ 轴上的截距 $y_C$ 公式为： $y_C=y_1-\frac{y_1-y_2}{x_1-(-x_2)}\cdot x_1=\frac{x_1{y}_2+x_2{y}_1}{x_1+x_2}$

将点 $A,B$ 在直线 $AB$ 上的表达式 $y_1=k{x}_1+t$ 和 $y_2=k{x}_2+t$ 代入分式的分子部分： $x_1{y}_2+x_2{y}_1=x_1(k{x}_2+t)+x_2(k{x}_1+t)=2k{x}_1{x}_2+t(x_1+x_2)$

将分子重新代回截距公式中并拆分： $y_C=\frac{2k{x}_1{x}_2+t(x_1+x_2)}{x_1+x_2}=\frac{2k{x}_1{x}_2}{x_1+x_2}+t$

第四步：代入韦达定理求解 将第一步求得的韦达定理关系式代入上式中： $\frac{2k{x}_1{x}_2}{x_1+x_2}=2k\cdot \frac{\frac{2t^2-4}{1+2k^2}}{\frac{-4kt}{1+2k^2}}=\frac{2k(2t^2-4)}{-4kt}=\frac{-(t^2-2)}{t}=-t+\frac{2}{t}$

所以，截距化简为： $y_C=\left(-t+\frac{2}{t}\right)+t=\frac{2}{t}$

已知点 $C$ 的坐标为 $(0,1)$，即 $y_C=1$，代入方程： $\frac{2}{t}=1⟹t=2$

第五步：范围与判别式检验

• 题目已知条件要求 $t>\sqrt{2}$， 显然 $2>\sqrt{2}$，符合题意。
• 将 $t=2$ 代入第一步的判别式约束 $4k^2+2-t^2>0$ 中进行复核： $4k^2+2-4>0⟹4k^2>2⟹k^2>\frac{1}{2}$ 说明只要直线 $AB$ 的斜率满足 $k>\frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 $k<-\frac{\sqrt{2}}{2}$，上述几何图形便存在。

综上所述， $t$ 的值为 2。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆标准方程与几何性质、直线与椭圆联立的韦达定理应用、水平线的轴对称转化、三点共线的代数化表示。
2. 核心方法：主元整体代换法（将 $y_C$ 的表达式拆解为两部分，实现对自变量的批量消元）。
3. 避坑指南：

• 几何条件翻译不到位：第二问中如果不能将“直线 $BD$ 斜率为 0”翻译为“ $B,D$ 关于 $y$ 轴中心对称”，而是直接把 $D$ 的两点式斜率列出来进行二次联立，会导致计算陷入极复杂的代数方程中。
• 截距公式符号错位：背诵截距公式时需注意符号。已知 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$， $y$ 轴截距公式为 $\frac{x_1{y}_2-x_2{y}_1}{x_1-x_2}$。本题中由于 $D$ 点横坐标自带负号（ $-x_2$ ），负负得正，公式变形为 $\frac{x_1{y}_2+x_2{y}_1}{x_1+x_2}$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于新高考中经典的解析几何大题，考查数形结合与代数化简能力，源自教材中关于“直线与椭圆的位置关系”的拓展延伸应用。
2. 结论推广：在任意中心在原点的圆锥曲线（椭圆/双曲线）中，若直线 $AB$ 恒过 $y$ 轴上的动点 $(0,t)$，而动点 $D$ 与 $B$ 关于 $y$ 轴（或 $x$ 轴）对称，则直线 $AD$ 在坐标轴上的截距与动点 $t$ 之间存在着代数联动关系。掌握此类“割线截距同构分解”的化简技巧可以有效精简解析几何计算。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 17.05 直线与圆的位置关系

类题演练 (Links)

• 2014-新课标I卷理-20 解-椭圆方程与性质
• 2013-江西卷理-20 解-椭圆方程与性质
• 2013-辽宁卷理-09 单-直线斜率