2024-新高考I卷-16 解-椭圆综合

本题导读

本题是解析几何综合大题，考查椭圆方程的确定及直线与椭圆相交产生的面积最值问题。第一问通过代入点坐标解方程组确定椭圆参数；第二问是核心，要求学生在复杂的面积条件下求解直线方程，提供了从代数联立到几何变换的多种解题路径.

📌【题干】

Question

（2024年新高考I卷）已知 $A(0,3)$ 和 $P(3,\frac{3}{2})$ 为椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$) 上两点.

(1) 求 $C$ 的离心率；

(2) 若过 $P$ 的直线 $l$ 交 $C$ 于另一点 $B$，且 $△ABP$ 的面积为 $9$，求 $l$ 的方程.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：将 $A,P$ 两点坐标代入椭圆方程，建立关于 $a^2,b^2$ 的方程组，求出基本量后利用 $e=\frac{c}{a}$ 计算离心率。
2. 第二问：

• 常规路径：设直线 $l$ 的斜率为 $k$，联立方程，利用韦达定理表示 $B$ 点坐标，结合点到直线的距离公式表示面积，求解 $k$。
• 几何路径：固定底边 $AP$，计算 $|AP|$。由面积为 $9$ 求出点 $B$ 到直线 $AP$ 的距离 $d$。这等价于点 $B$ 在与 $AP$ 平行且距离为 $d$ 的直线上，通过平行线与椭圆相交求点 $B$。
• 高级路径（仿射变换）：通过坐标伸缩将椭圆变为单位圆，利用圆的几何性质简化面积运算，最后还原回椭圆系。

✅【答案】

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(1) $e=\frac{1}{2}$

(2) $3x-2y-6=0$ 或 $x-2y=0$

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

（1）依题意，$\{\begin{array}{l}\frac{9}{b^2}=1\\ \frac{9}{a^2}+\frac{\frac{9}{4}}{b^2}=1\end{array}$，解得$\{\begin{array}{l}{a}^2=12\\ b^2=9\end{array}$，

则离心率$e=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}=\sqrt{1-\frac{9}{12}}=\frac{1}{2}$；

(2) 第(i)问详解

（2）方法一：由（1）可知，椭圆$C$的方程为$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1$，

当直线$l$的斜率不存在时，直线$l$的方程为$x=3$，易知此时$B(3,-\frac{3}{2})$，

点$A$到直线$PB$的距离为3，则$S_{\Delta ABP}=\frac{1}{2}\times 3\times 3=\frac{9}{2}$，与已知矛盾；

当直线$l$的斜率存在时，设直线$l$的方程为$y-\frac{3}{2}=k(x-3)$，即$y=k(x-3)+\frac{3}{2}$，

设$P(x_1$，$y_1)$，$B(x_2$，$y_2)$，

联立$\{\begin{array}{l}y=k(x-3)+\frac{3}{2}\\ \frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1\end{array}$，消去$y$整理可得，$(4k^2+3)x^2-(24k^2-12k)x+36k^2-36k-27=0$，

则$x_1+x_2=\frac{24k^2-12k}{4k^2+3},x_1{x}_2=\frac{36k^2-36k-27}{4k^2+3}$，

由弦长公式可得，$|PB|=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(\frac{24k^2-12k}{4k^2+3}{)}^2-4\times \frac{36k^2-36k-27}{4k^2+3}}=\frac{4\sqrt{3}\cdot \sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{3k^2+9k+\frac{27}{4}}}{4k^2+3}$，

点$A$到直线$l$的距离为$d=\frac{|3k+\frac{3}{2}|}{\sqrt{1+k^2}}$，

则$\frac{1}{2}\times \frac{4\sqrt{3}\cdot \sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{3k^2+9k+\frac{27}{4}}}{4k^2+3}\times \frac{|3k+\frac{3}{2}|}{\sqrt{1+k^2}}=9$，

解得$k=\frac{1}{2}$或$k=\frac{3}{2}$.则直线$l$的方程为$y=\frac{1}{2}x$或$y=\frac{3}{2}x-3$．

解法二： $k_{AP}=\frac{3-\frac{3}{2}}{0-3}=-\frac{1}{2}$，则直线$AP$的方程为$y=-\frac{1}{2}x+3$即$x+2y-6=0$

$\left|AP\right|=\sqrt{{\left(0-3\right)}^2+{\left(3-\frac{3}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$，

由（1）知 $C:\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1$,设点$B$到直线$AP$的距离为$d$，

则$d=\frac{2\times 9}{\frac{3\sqrt{5}}{2}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$，

则将直线$AP$沿着与x$AP$垂直的方向平移$\frac{12\sqrt{5}}{5}$单位即可，

此时该平行线与椭圆的交点即为点$B$，

设该平行线的方程为：$x+2y+C=0$，则$\frac{|C+6|}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$，解得$C=6$或$C=-18$，

当$C=6$时，联立 $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1,\\ x+2y+6=0.\end{array}$

解得 $\{\begin{array}{l}x=0,\\ y=-3,\end{array}$或$\{\begin{array}{l}x=-3,\\ y=-\frac{3}{2}.\end{array}$

即$B\left(0,-3\right)$或$\left(-3,-\frac{3}{2}\right)$，

当$B\left(0,-3\right)$时，此时$k_l=\frac{3}{2}$，直线$l$的方程为$y=\frac{3}{2}x-3$，即$3x-2y-6=0$，

当$B\left(-3,-\frac{3}{2}\right)$时，此时$k_l=\frac{1}{2}$，直线$l$的方程为$y=\frac{1}{2}x$，即$x-2y=0$，

当$C=-18$时，联立 $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1,\\ x+2y-18=0.\end{array}$

得$2y^2-27y+117=0$， $\Delta ={27}^2-4\times 2\times 117=-207<0$，此时该直线与椭圆无交点.

综上直线$l$的方程为$3x-2y-6=0$或$x-2y=0$.

解法三：

因为 $l_{AP}:x+2y-6=0,|AP|=\sqrt{9+\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$且 $△ABP$ 的面积为 9，故点 $B$ 到直线 $AP$ 的距离为 $\frac{12}{\sqrt{5}}$，故可知点$B$在直线 $x+2y+6=0$ 上，将其与椭圆方程 $\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1$ 联立， 可以解得$B(0,-3)$，或者$B(-3,-\frac{3}{2})$ ，对应的直线$l:y=\frac{3}{2}x-3$，或者 $y=\frac{1}{2}x$。

解法四： （三角**设点****+**面积坐标公式）

设$B\left(2\sqrt{3}\cos \theta ,3\sin \theta \right)$. $\therefore \overrightarrow{PA}=\left(-3,\frac{3}{2}\right),\overrightarrow{PB}=\left(2\sqrt{3}\text{cos}\theta -3,3\text{sin}\theta -\frac{3}{2}\right)$。

$\therefore S_{△PAB}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{PA}\times \overrightarrow{PB}\right|$(这里用了面积坐标公式).

$=\frac{1}{2}\left|-9\sin \theta +\frac{9}{2}-3\sqrt{3}\text{cos}\theta +\frac{9}{2}\right|$。 $=\frac{1}{2}|9-9\sin \theta -3\sqrt{3}\cos \theta |=9$。

$\therefore 9\text{sin}\theta +3\sqrt{3}\text{cos}\theta =-9$

$9\text{sin}\theta +3\sqrt{3}\text{cos}\theta =27$. $\therefore 3\text{sin}\theta +\sqrt{3}\text{cos}\theta =2\sqrt{3}\text{sin}\left(\theta +\frac{\pi }{3}\right)=-3$。

$3\text{sin}\theta +\sqrt{3}\text{cos}\theta =2\sqrt{3}\text{sin}\left(\theta +\frac{\pi }{3}\right)=9$(无解舍去)。 \therefore \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\text{sin}\theta =-1  \\\text{cos}\theta =0  \\\end{array} \right. \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\text{sin}\theta =-\frac{1}{2}  \\\text{cos}\theta =-\frac{\sqrt{3}}{2}  \\\end{array} \right. $\therefore B\left(0,-3\right)$ $B\left(-3,-\frac{3}{2}\right)$。

$\therefore l$方程:$x-2y=0$或$3x-2y-6=0$.

解法五：（化椭圆为圆+设角）

椭圆$C$的方程为$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1$ 令\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x=2\sqrt{3}{x}'\\y=3{y}'\\\end{array} \right., 则$x^{{}^{\prime }2}+y^{{}^{\prime }2}=1$ 点$A\left(0,3\right)$变为$A^{\prime }\left(0,1\right),P\left(3,\frac{3}{2}\right)$

变为$P^{\prime }\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right),S_{△ABP}=6\sqrt{3}{S}_{△A^{\prime }{B}^{\prime }{P}^{\prime }}$

$A^{\prime }{P}^{\prime }=1,\angle O{A}^{\prime }{P}^{\prime }={60}^{\circ }$

令 $\angle O{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\theta$，则 $A^{\prime }{B}^{\prime }=2\cos \theta$。

{{S}_{\vartriangle ABP}}=6\sqrt{3}{{S}_{\vartriangle {A}'{B}'{P}'}}=6\sqrt{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2\text{cos}\theta \cdot \text{sin}\left( \theta +{{60}^{\circ }} \right)$$=6\sqrt{3}\cdot \text{cos}\theta \cdot \text{sin}\left( \theta +{{60}^{\circ }} \right)=9

化简后得$\text{sin}\left(2\theta +{60}^{\circ }\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$,故$\theta =0^{\circ }$或${30}^{\circ }$，所以$\text{B’}\left(0,-1\right)$或$\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$

$\therefore B\left(0,-3\right)$orB$B\left(-3,-\frac{3}{2}\right)$。$\therefore l$方程:$x-2y=0$或$3x-2y-6=0$

解法六：画图+口算

因为$\left|AP\right|=\frac{3\sqrt{5}}{2}$,所以椭圆$C$上点$B$到直线$AP$的距离为$\frac{12}{\sqrt{5}}$,从而满足题意的点$B$最多只有两个,

下顶点$B\left(0,-3\right)$满足$S_{△ABP}=9$.作$B{B}^{\prime }//AP$则$S_{△A{B}^{\prime }P}=9$..易得$B^{\prime }$与$P$关于坐标原点对称,。

$\therefore B\left(0,-3\right)$or$B^{\prime }\left(-3,-\frac{3}{2}\right)$均符合题意。$\therefore l:x-2y=0$或$3x-2y-6=0$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆定点联立参数求解、基于已知两点确定底边长度与直线方程、点到直线距离公式的逆向平行线构建、直线与曲线联立的交点求解。
2. 核心方法：平行线偏移流（了解几何最值与面积问题的斩腰特技）．

作为 15 分的解析几何大题，第二问如果盲目去套用最常规的“设直线 $l:y-\frac{3}{2}=k(x-3)$，联立椭圆列出庞大的韦达定理，再套用复杂的弦长公式 $|BP|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|$ 乘以点 $A$ 到直线 $l$ 的距离”，整个代数式中会充斥着多达四阶的复杂 $k$ 分式，极易在运算中途由于体力不支导致全盘崩溃。本题演示的**“平行线偏移流”**，反客为主，抓住底边 $AP$ 固定这一几何不变量，先通过面积把高 dead-lock（），直接转化为两条平行线去斩击椭圆。这种“设点而不设斜率”的处理方式，直接将非线性抵消为极简的二次因式分解，方向极其清爽。

3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（求解平行线时漏掉绝对值的一侧支线）：在通过 $\frac{|x+2y-6|}{\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}$ 拆除绝对值号时，必须严格分出 $+12$ 和 $-12$ 两条平行对称范围。很多同学由于粗心，顺手只写了 $x+2y-18=0$ 这一条线，而这条线刚好在外部无解，导致直接得出“无解”的毁灭性荒谬结论。
• 避坑指南 2（遗漏复核垂直于 $x$ 轴的斜率不存在构型）：虽然本题通过平行线法无损涵盖了所有位置情况（不需要前置讨论斜率是否存在），但如果同学们在考场上使用的是传统的设斜率 $k$ 路径，必须在步骤第一句声明“当斜率不存在时，直线方程为 $x=3$，代入面积不符”。若完全缺失此层防御意识，在严格的高考解答题评卷标准中会被扣除 1 步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自人教A版选择性必修第一册第三章《圆锥曲线的方程》中“直线与椭圆的位置关系”大题板块的经典核心模型。新高考命题组抹去了以往老高考中诸如“非对称双斜率之和为定值、动态外接圆恒过定点”等刻意刁难、复杂的二阶冗余包装，回归考查学生对“面积-底-高”这一初中最本质、最纯粹的几何不变量在解析坐标下的翻译与操控力，是一道极具选拔含金量与运算风骨的标杆级压轴题。
2. 结论推广（基于固定弦相交面积的“平行包络模型”）：

可将本题中由“固定底边产生的面积控制”抽象提炼为一般模型：

• 设椭圆曲线方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，其上两定点 $A,P$ 确定的直线一般式为 $Ax+By+C=0$。
• 当椭圆上动点 $B$ 满足 $△ABP$ 的面积为定值 $S_0$ 时：
• 该动点 $B$ 的代数轨迹被强制在两条与底边严格平行的包络线上： $Ax+By+C\pm \frac{2S_0\sqrt{A^2+B^2}}{|AP|}=0$
• 将这两条包络线直接与椭圆方程进行二次型联立，即可免去全部关于动态斜率 $k$ 的繁琐分式化简，实现对交点坐标的精准制导。这一高阶网络能让您在未来的模拟考中拥有居高临下、简化俯视的绝对统治力。

3. 方法推广（从单点距离向全域二次型包络最值的运算能力泛化）：

本题【路径二】所展现的利用仿射变换将椭圆的长短轴分离、将非对称的非线性多项式转化为圆的对称特征的思想，是攻克整张卷后段解答题最坚固的铠带。未来在解答题最后两关中的“探究动弦在椭圆内部扫过的最大面积”、“利用凹凸性切线放缩进行超越函数不等式全域夹逼消元”时，其核心思路——“寻找核心的空间几何变换因式，通过引入整体替身将异构转化为同构，实现多变量向单变量的化归”，其数形转换的代数本质完全合流。

🔗【关联脉络】

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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-湖北卷理-21 解-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程
• 2014-浙江卷理-21 解-椭圆方程与性质