2026-天津卷-18 解-椭圆综合

本题导读

本题考查椭圆方程的求解及直线与椭圆相交的动态几何最值问题。第一问通过顶点坐标与离心率建立方程组，采用待定系数法确定椭圆标准方程；第二问通过引入参数建立直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理将三角形面积转化为关于直线斜率（或截距）的代数式，最终运用基本不等式或函数单调性求解最大值。

📌【题干】

Question

（2026年天津卷） 已知椭圆 $E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$) 的下顶点为 $B_2(0,-1)$，离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(1) 求椭圆 $E$ 的标准方程；

(2) 设点 $P$ 的坐标为 $(0,2)$，过点 $P$ 作不与 $y$ 轴重合的直线 $l$ 交椭圆 $E$ 于 $M,N$ 两点，求 $△B_{2}MN$ 面积的最大值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问分析：

• 由下顶点 $B_2(0,-1)$ 可知 $b=1$。
• 已知离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，结合椭圆基本量关系 $a^2=b^2+c^2=1+c^2$，联立方程组求出 $a^2$ 和 $c^2$，即可确定标准方程。

2. 第二问分析：

• 设直线 $l$ 的斜率为 $k$（因为不与 $y$ 轴重合，斜率必然存在），过点 $P(0,2)$ 的直线方程可写为 $y=kx+2$。
• 将直线方程与椭圆方程联立，消去 $y$ 得到关于 $x$ 的一元二次方程。由于直线与椭圆相交于两点，列出判别式 $\Delta >0$ 确定 $k$ 的取值范围。
• 设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，写出韦达定理关于 $x_1+x_2$ 和 $x_1{x}_2$ 的代数表达式。
• 几何结构化简：将 $△B_{2}MN$ 的面积拆分为以 $y$ 轴上的线段为底，两点横坐标绝对值之差（或分别到 $y$ 轴距离之和）为高。直线 $l$ 与 $y$ 轴交于 $P(0,2)$，下顶点为 $B_2(0,-1)$，则线段 $P{B}_2=2-(-1)=3$。利用分割法， $S_{△B_{2}MN}=S_{△PBM}+S_{△PBN}=\frac{1}{2}|P{B}_2|\cdot |x_1-x_2|$。
• 利用弦长公式变形 $|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2}$，代入韦达定理，构造关于 $k^2$ 的分式，利用换元法配合基本不等式求出面积的最大值。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ (2) $\frac{3}{2}$（此时 $k=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}$）

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求椭圆 $E$ 的标准方程

由题意，椭圆的下顶点为 $B_2(0,-1)$，故： $b=1$ 已知离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则 $\frac{c^2}{a^2}=\frac{3}{4}⟹4c^2=3a^2$。 又因为椭圆中满足 $a^2=b^2+c^2=1+c^2$，代入上式得： $4(a^2-1)=3a^2⟹4a^2-4=3a^2⟹a^2=4$

所以，椭圆 $E$ 的标准方程为： $\frac{x^2}{4}+y^2=1$

(2) 求 $△B_{2}MN$ 面积的最大值

由于直线 $l$ 过点 $P(0,2)$ 且不与 $y$ 轴重合，可设直线 $l$ 的方程为： $y=kx+2(k\ne 0)$

联立直线 $l$ 与椭圆 $E$ 的方程： $\{\begin{array}{l}y=kx+2\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{array}⟹\frac{x^2}{4}+(kx+2{)}^2=1$ 展开整理得： $x^2+4(k^2{x}^2+4kx+4)=4⟹(1+4k^2)x^2+16kx+12=0$

因为直线 $l$ 与椭圆 $E$ 交于 $M,N$ 两点，则该二次方程的判别式 $\Delta >0$： $\Delta =(16k{)}^2-4\times (1+4k^2)\times 12=256k^2-48(1+4k^2)=256k^2-48-192k^2=64k^2-48>0$ 解得： $k^2>\frac{48}{64}=\frac{3}{4}$

设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，由韦达定理得： $x_1+x_2=-\frac{16k}{1+4k^2},x_1{x}_2=\frac{12}{1+4k^2}$

计算 $|x_1-x_2|$ 的值： $|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{{\left(-\frac{16k}{1+4k^2}\right)}^2-4\times \frac{12}{1+4k^2}}$ $=\sqrt{\frac{256k^2-48(1+4k^2)}{(1+4k^2{)}^2}}=\frac{\sqrt{64k^2-48}}{1+4k^2}=\frac{4\sqrt{4k^2-3}}{1+4k^2}$

直线 $l$ 与 $y$ 轴交于点 $P(0,2)$，椭圆下顶点为 $B_2(0,-1)$，线段 $P{B}_2$ 位于 $y$ 轴上，其长度为： $|P{B}_2|=2-(-1)=3$ $△B_{2}MN$ 的面积可沿 $y$ 轴分割为 $△P{B}_{2}M$ 与 $△P{B}_{2}N$ 的面积之和，即： $S_{△B_{2}MN}=\frac{1}{2}\times |P{B}_2|\times |x_1|+\frac{1}{2}\times |P{B}_2|\times |x_2|=\frac{1}{2}\times |P{B}_2|\times |x_1-x_2|$ $S_{△B_{2}MN}=\frac{1}{2}\times 3\times \frac{4\sqrt{4k^2-3}}{1+4k^2}=\frac{6\sqrt{4k^2-3}}{1+4k^2}$

为了求面积的最大值，令 $t=\sqrt{4k^2-3}$。因为 $k^2>\frac{3}{4}$，所以 $t>0$。 则 $t^2=4k^2-3⟹4k^2=t^2+3$，代入面积公式中： $S=\frac{6t}{1+(t^2+3)}=\frac{6t}{t^2+4}=\frac{6}{t+\frac{4}{t}}$

因为 $t>0$，由基本不等式 $t+\frac{4}{t}\ge 2\sqrt{t\cdot \frac{4}{t}}=4$（当且仅当 $t=\frac{4}{t}⟹t^2=4⟹t=2$ 时等号成立）。 所以： $S\le \frac{6}{4}=\frac{3}{2}$

验证等号成立条件： 当 $t=2$ 时， $4k^2-3=4⟹4k^2=7⟹k^2=\frac{7}{4}$。 因为 $\frac{7}{4}>\frac{3}{4}$，满足判别式限制条件，此时 $k=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}$ 存在。 因此， $△B_{2}MN$ 面积的最大值为 $\frac{3}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆几何性质（$a,b,c,e$）的对待定系数控制；联立方程与韦达定理的代数控算；铅垂高水平宽（或割补法）在三角形面积表达式中的应用；基本不等式求最值的约束边界检验。
2. 核心方法：整体换元法（令 $t=\sqrt{4k^2-3}$ 将复杂的二次分式齐次化）。
3. 避坑指南：在求得最值代数解后，必须严格回代检验等号成立时的 $k^2$ 是否在判别式 $\Delta >0$ 的定义域区间内。本题中等号对应的 $k^2=\frac{7}{4}$ 大于临界值 $\frac{3}{4}$，方案合理；若算出的等号边界在定义域外，则需利用函数的单调性在边界端点处逼近最值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是高考天津卷理科数学解析几何的标准解答大题（第 18 题），重点考查圆锥曲线传统三大核心控算步骤（联立、韦达、求最值）的代数抗挫折与逻辑控算能力。
2. 结论推广：对于过 $y$ 轴上定点 $P(0,m)$ 的动直线与标准椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 相交，求其与椭圆上另一个定点 $Q(0,n)$ 构成的 $△QMN$ 面积最值，其通项公式在利用换元消元后，均可表达为形如 $S=\frac{A\cdot t}{t^2+B}$ 的标准均值不等式模型。通过该代数结构的参量化推广，可以实现对一类圆锥曲线面积最大值问题的秒杀判定。

🔗【关联脉络】

Multi column

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)

• 1993-旧高考理-27
• 2012-北京卷文-19 解-椭圆弦长面积
• 2012-北京卷理-19