2026-新高考I卷-18 解-椭圆综合

本题导读

本题为解析几何解答题，作为圆锥曲线的压轴大题。第一问考查椭圆标准方程的基本量求解；第二问通过引入中心对称点，将三角形面积问题转化为焦点弦的几何比例关系，并利用两直线夹角的正切公式，结合韦达定理构建关于斜率的单变量函数来求解最值。

📌【题干】

Question

（2026年新高考I卷）已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F(-1,0)$，离心率为 $\frac{1}{2}$.

（1）求 $C$ 的方程；

（2）设 $O$ 为坐标原点，过 $F$ 且斜率大于 0 的动直线 $l$ 与 $C$ 交于 $P,Q$ 两点, 其中 $Q$ 在第三象限，直线 $PO$ 与 $C$ 的另一个交点为 $R$.

(i) 若 $△PQR$ 的面积是 $△PFO$ 的面积的 3 倍，求 $l$ 的方程；

(ii) 求 $\tan \angle PQR$ 的最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问逻辑：由左焦点 $F(-1,0)$ 可知 $c=1$。结合离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$ 求出 $a=2$。利用关系式 $b^2=a^2-c^2$ 算得 $b^2=3$，写出标准方程。
2. 第（2）问 (i) 逻辑：

• 因为 $R$ 是直线 $PO$ 与椭圆的另一个交点，根据椭圆的中心对称性可知，点 $P$ 与点 $R$ 关于原点 $O$ 对称，即 $O$ 是线段 $PR$ 的中点， $PR=2PO$。
• 观察两个三角形的面积： $△PQR$ 与 $△PFO$。由于 $O$ 为 $PR$ 中点，根据同高三角形底边比例关系， $△PQR$ 的面积等于 $2\times △PQO$ 的面积。
• 题目已知 $S_{△PQR}=3S_{△PFO}⟹2S_{△PQO}=3S_{△PFO}$。进一步由于 $△PQO$ 和 $△PFO$ 共享以 $P,Q,F$ 所在直线 $l$ 为底边的几何架构，面积比可等价转化为底边线段长之比： $2PQ=3FO$。已知 $FO=1$，即 $PQ=\frac{3}{2}$。设直线 $l$ 的方程，联立椭圆方程利用弦长公式求出斜率。

3. 第（2）问 (ii) 逻辑： $\angle PQR$ 的两边分别为直线 $QP$（即直线 $l$）和直线 $QR$。设出直线 $l$ 的方程并与椭圆联立，用直线的斜率 $k$ 表示出 $P,Q$ 的坐标，进而得到 $R$ 的坐标。写出直线 $QR$ 的斜率 $k_{QR}$，利用两直线夹角公式 $\tan \angle PQR=\left|\frac{k-k_{QR}}{1+k\cdot k_{QR}}\right|$ 将目标量表示为关于 $k$ 的代数式，求出其极值。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ (2)(i) $y=\frac{\sqrt{5}}{2}(x+1)$ (2)(ii) $\tan \angle PQR$ 的最小值为 $4\sqrt{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

（1）解：求椭圆 $C$ 的方程

由已知条件，左焦点为 $F(-1,0)$，得半焦距 $c=1$。 因为离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，所以： $a=2c=2⟹a^2=4$ 根据椭圆中基本量的平方关系 $b^2=a^2-c^2$： $b^2=4-1=3$

所以，椭圆 $C$ 的方程为： $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$

（2）

(i) 求解 $l$ 的方程

法1：斜截式设直线 $y=k(x+1)(k>0)$ 设点 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$，直线 $l$：$y=k(x+1)(k>0)$。 由椭圆中心对称性，$P,R$ 关于原点对称，故 $R(-x_1,-y_1)$。 联立直线与椭圆方程 $\{\begin{array}{l}y=k(x+1)\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}$ 代入消去 $y$，整理得一元二次方程： $(4k^2+3)x^2+8k^{2}x+4k^2-12=0$ 韦达定理 $x_1+x_2=-\frac{8k^2}{4k^2+3},x_1{x}_2=\frac{4k^2-12}{4k^2+3}$ 原点 $O$ 是 $PR$ 中点，故 $S_{△PQR}=2S_{△PQO}$。 焦点 $F(-1,0)$，$|OF|=1$： $\begin{array}{rl}{S}_{△PQO}& =\frac{1}{2}|OF|\cdot |y_1-y_2|=\frac{k}{2}|x_1-x_2|,\\ S_{△PQR}& =k|x_1-x_2|,\\ S_{△PFO}& =\frac{1}{2}|OF|\cdot |y_1|=\frac{k(x_1+1)}{2}.\end{array}$ 由题设

$S_{△PQR}=3S_{△PFO}$，

代入面积化简得坐标： $x_1+2x_2=-3$ 联立方程组求解 联立 $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{8k^2}{4k^2+3}\\ x_1+2x_2=-3\end{array}$ 解出 $x_1,x_2$ 后代入 $x_1{x}_2=\frac{4k^2-12}{4k^2+3}$，解得 $k=\frac{\sqrt{5}}{2}$ 最终直线方程 $\mathbf{y}=\frac{\sqrt{5}}{2}(\mathbf{x}+1)$

法2： 因为 $R$ 是直线 $PO$ 与椭圆的交点，由椭圆的中心对称性，点 $P(x_1,y_1)$ 与点 $R(-x_1,-y_1)$ 关于原点对称，故 $O$ 为线段 $PR$ 的中点。 由此可得， $△PQR$ 在底边 $PR$ 上的高与 $△PQO$ 在底边 $PO$ 上的高完全相同。由于 $PR=2PO$，两三角形的面积满足： $S_{△PQR}=2S_{△PQO}$

已知 $S_{△PQR}=3S_{△PFO}$，代入上式变形可得： $2S_{△PQO}=3S_{△PFO}$ 两个三角形 $△PQO$ 与 $△PFO$ 拥有公共顶点 $P$，且它们的底边 $QO$ 和 $FO$（或对应的底边延长线）并不共线。更为准确的几何转化应当利用原点 $O$ 到直线 $l$ 的距离 $d$ 作为公共的高。 $S_{△PQO}=\frac{1}{1}{S}_{△PQO}=\frac{1}{2}|PQ|\cdot d,S_{△PFO}=\frac{1}{2}|F{F}_0|\cdot y_1\text{ 采用统一底边法：}$ 设 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $d$，则 $F(-1,0)$ 也在直线 $l$ 上。 $S_{△PQO}=S_{△PFO}+S_{△QFO}=\frac{1}{2}|OF|\cdot |y_1|+\frac{1}{2}|OF|\cdot |y_2|=\frac{1}{2}|OF|\cdot (|y_1|+|y_2|)$ 由于 $P,Q$ 分别在 $x$ 轴两侧（ $Q$ 在第三象限，直线斜率 $k>0$，则 $P$ 必在第一象限），故 $y_1>0,y_2<0$。 $S_{△PQO}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot (y_1-y_2)$ 而 $△PFO$ 的面积为 $S_{△PFO}=\frac{1}{2}|OF|\cdot y_1=\frac{1}{2}{y}_1$。

代入面积比例方程 $2S_{△PQO}=3S_{△PFO}$： $2\times \left[\frac{1}{2}(y_1-y_2)\right]=3\times \left[\frac{1}{2}{y}_1\right]⟹y_1-y_2=\frac{3}{2}{y}_1⟹-y_2=\frac{1}{2}{y}_1⟹y_1=-2y_2$

设过 $F(-1,0)$ 且斜率 $k>0$ 的直线 $l$ 方程为： $x=ty-1$ （其中 $t=\frac{1}{k}>0$）。 将直线方程代入椭圆方程 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1⟹3x^2+4y^2-12=0$： $3(ty-1{)}^2+4y^2-12=0⟹3(t^2{y}^2-2ty+1)+4y^2-12=0$ $(3t^2+4)y^2-6ty-9=0$

根据韦达定理，求得 $y_1,y_2$ 的关联式： $y_1+y_2=\frac{6t}{3t^2+4},y_1{y}_2=\frac{-9}{3t^2+4}$ 将 $y_1=-2y_2$ 代入韦达定理组中：

1. $(-2y_2)+y_2=-y_2=\frac{6t}{3t^2+4}⟹y_2=\frac{-6t}{3t^2+4}$
2. $(-2y_2)\cdot y_2=-2y_2^2=\frac{-9}{3t^2+4}⟹y_2^2=\frac{9}{2(3t^2+4)}$

联立两个关于 $y_2$ 的表达式消去 $y_2$： ${\left(\frac{-6t}{3t^2+4}\right)}^2=\frac{9}{2(3t^2+4)}⟹\frac{36t^2}{(3t^2+4{)}^2}=\frac{9}{2(3t^2+4)}$ 两边约去 $9$ 及分母中的一个公因式 $(3t^2+4)$： $\frac{4t^2}{3t^2+4}=\frac{1}{2}⟹8t^2=3t^2+4⟹5t^2=4⟹t^2=\frac{4}{5}$ 因为 $t>0$，所以 $t=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。 由于 $k=\frac{1}{t}$，故得斜率： $k=\frac{\sqrt{5}}{2}$

所以直线 $l$ 的方程为： $y=\frac{\sqrt{5}}{2}(x+1)⟹\sqrt{5}x-2y+\sqrt{5}=0$

法3：几何转化：向量定比分点法

由 $S_{△PQR}=2S_{△PQO}=3S_{△PFO}$，可推导出 $\frac{S_{△PFO}}{S_{△QFO}}=2.$ $△PFO$ 与 $△QFO$ 共享原点 $O$ 到直线 $PQ$ 的高，等高三角形面积之比等于底边线段长度之比，即 $\frac{|PF|}{|QF|}=2,$ 因此向量关系：$\overrightarrow{PF}=2\overrightarrow{FQ}$. 设焦点 $F(-1,0)$，$P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$，由向量坐标运算： $\{\begin{array}{l}-1-x_1=2\left[x_2-(-1)\right]\\ 0-y_1=2\left(y_2-0\right)\end{array}$ 原式书简写为： $\{\begin{array}{l}-1-x_1=2(x_2+1)\\ -y_1=2y_2\end{array}$

整理化简： $\{\begin{array}{l}{x}_1+2x_2=-3\\ y_1=-2y_2\end{array}$ 后续联立直线、椭圆方程，结合韦达定理求解斜率的计算过程同前面解法1。

方法优势 该解法跳过面积公式繁琐代入推导，利用等高三角形面积比例直接转化为线段定比分点向量关系，快速建立 $P,Q$ 横、纵坐标等式，大幅简化运算，体现数形结合、直观想象的解题优势。

方法4 设而不求：定比点差法

由 $\overrightarrow{PF}=2\overrightarrow{FQ}$ 得到坐标约束： $x_1+2x_2=-3,y_1+2y_2=0$ $P,Q$ 均在椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ 上，

满足方程组： $\{\begin{array}{l}\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{3}=1\cdots \text{(1)}\\ \frac{x_2^2}{4}+\frac{y_2^2}{3}=1\cdots \text{(2)}\end{array}$

将(2)式两边同乘 $4$，再与(1)式作差： $\frac{x_1^2-4x_2^2}{4}+\frac{y_1^2-4y_2^2}{3}=-3$

对分子平方差因式分解： $\frac{(x_1+2x_2)(x_1-2x_2)}{4}+\frac{(y_1+2y_2)(y_1-2y_2)}{3}=-3$

代入已知条件 $x_1+2x_2=-3,y_1+2y_2=0$： $\frac{-3\cdot (x_1-2x_2)}{4}+0=-3$

化简直接解得： $x_1-2x_2=4$

联立二元一次方程组： $\{\begin{array}{l}{x}_1+2x_2=-3\\ x_1-2x_2=4\end{array}$ 解得： $\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{1}{2}\\ x_2=-\frac{7}{4}\end{array}$ 后续代入韦达定理求斜率，步骤同前面焦半径解法，最终得到直线方程。

方法点评 定比点差法结合点差法与定比分点向量条件，完全践行解析几何“设而不求”核心思想，全程无复杂联立、弦长运算，计算量极小，属于优化快速解法。

方法5 二级结论速解法：焦点弦差比公式

核心结论 过椭圆焦点的弦，焦点分弦长之比为 $\lambda$，直线倾斜角为 $\theta$，满足： $|e\cos \theta |=\left|\frac{\lambda -1}{\lambda +1}\right|$

代入本题条件：$\frac{|PF|}{|QF|}=2$，即 $\lambda =2$；

椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，$a=2,c=1$，离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$； 代入公式： $\frac{1}{2}|\cos \theta |=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}$ 题目直线斜率 $k>0$，倾斜角 $\theta$ 为锐角，$\cos \theta >0$，去掉绝对值： $\frac{1}{2}\cos \theta =\frac{1}{3}⟹\cos \theta =\frac{2}{3}$ 由 $\cos \theta =\frac{2}{3}$，且 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$： $\sin \theta =\sqrt{1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{3}$ $k=\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{\frac{\sqrt{5}}{3}}{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$

直线过左焦点 $F(-1,0)$，斜率 $k=\frac{\sqrt{5}}{2}$： $\mathbf{y}=\frac{\sqrt{5}}{2}(\mathbf{x}+1)$

方法点评 该解法直接套用焦点弦分点比例二级结论，跳过联立、韦达、点差等复杂运算，一步求出倾斜角余弦，快速得到斜率；但属于课本外二级结论，需掌握公式推导逻辑，不可死记硬背直接使用。

法6 因为原点 $O$ 是线段 $PR$ 的中点，故 $S_{△PQO}=S_{△RQO}$，因此 $S_{△PQR}=2S_{△PQO}.$ 由题设 $\frac{S_{△PQR}}{S_{△PFO}}=3$，代入得 $\frac{2S_{△PQO}}{S_{△PFO}}=3⟹\frac{S_{△PQO}}{S_{△PFO}}=\frac{3}{2}.$ 又 $△PFO$、$△QFO$ 共顶点 $O$、底边在同一直线 $PQ$ 上，面积比等于底边长之比： $\frac{S_{△PFO}}{S_{△QFO}}=\frac{|PF|}{|QF|}=2.$

设直线 $l$ 倾斜角为 $\theta$，椭圆极坐标（焦半径）公式： $|PF|=\frac{ep}{1-e\cos \theta },|QF|=\frac{ep}{1+e\cos \theta }.$

代入 $\frac{|PF|}{|QF|}=2$，化简解得 $\cos \theta =\frac{2}{3}$，进一步得 $\tan \theta =\frac{\sqrt{5}}{2},$ 即直线斜率 $k=\frac{\sqrt{5}}{2}$。

直线过左焦点 $F(-1,0)$，因此直线方程： $\mathbf{y}=\frac{\sqrt{5}}{2}(\mathbf{x}+1).$

(ii) 求 $\tan \angle PQR$ 的最小值

法1: 第三定义

$PR$ 是椭圆的一条直径（$P,R$ 关于原点中心对称），由椭圆第三定义（直径端点斜率积结论）： $k_{QP}\cdot k_{QR}=-\frac{b^2}{a^2}=-\frac{3}{4}.$ 设直线 $l$（即直线 $QP$）斜率为 $k$，则： $k_{QR}=-\frac{3}{4k}.$ 由两直线到角（夹角）正切公式： $\begin{array}{rl}\tan \angle PQR& =\frac{k_{QP}-k_{QR}}{1+k_{QP}\cdot k_{QR}}=\frac{k-\left(-\frac{3}{4k}\right)}{1-\frac{3}{4}}=\frac{k+\frac{3}{4k}}{\frac{1}{4}}=4k+\frac{3}{k}.\end{array}$ $k>0$，

由基本不等式 $m+n\ge 2\sqrt{mn}$： $4k+\frac{3}{k}\ge 2\sqrt{4k\cdot \frac{3}{k}}=4\sqrt{3}.$ 取等条件：$4k=\frac{3}{k}$，解得 $k=\frac{\sqrt{3}}{2}$。 因此 $\tan \angle PQR$ 的最小值为 $4\sqrt{3}$，当且仅当 $k=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时取到最小值。

法2： 设直线 $l$ 的参数方程依旧采用 $x=ty-1$。由上一问可知， $P(x_1,y_1)$， $Q(x_2,y_2)$。 点 $R$ 与点 $P$ 关于原点对称，故 $R(-x_1,-y_1)$。

根据几何定义， $\angle PQR$ 的正切值可通过直线 $QP$（即直线 $l$，斜率为 $k=\frac{1}{t}$）与直线 $QR$ 的斜率结合两角差的正切公式得到。 计算直线 $QR$ 的斜率 $k_{QR}$： $k_{QR}=\frac{y_2-(-y_1)}{x_2-(-x_1)}=\frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}$ 将 $x=ty-1$ 代入坐标中，有 $x_1=t{y}_1-1,x_2=t{y}_2-1$： $x_1+x_2=t(y_1+y_2)-2$ 代入斜率分式中： $k_{QR}=\frac{y_1+y_2}{t(y_1+y_2)-2}$

将韦达定理 $y_1+y_2=\frac{6t}{3t^2+4}$ 代入该斜率式： $k_{QR}=\frac{\frac{6t}{3t^2+4}}{t\cdot \frac{6t}{3t^2+4}-2}=\frac{6t}{6t^2-2(3t^2+4)}=\frac{6t}{6t^2-6t^2-8}=\frac{6t}{-8}=-\frac{3}{4}t$

应用两直线夹角的正切公式求 $\tan \angle PQR$： $\tan \angle PQR=\left|\frac{k-k_{QR}}{1+k\cdot k_{QR}}\right|$ 将 $k=\frac{1}{t}$ 和 $k_{QR}=-\frac{3}{4}t$ 代入上式： $\tan \angle PQR=\left|\frac{\frac{1}{t}-\left(-\frac{3}{4}t\right)}{1+\frac{1}{t}\cdot \left(-\frac{3}{4}t\right)}\right|=\left|\frac{\frac{1}{t}+\frac{3}{4}t}{1-\frac{3}{4}}\right|=\left|\frac{\frac{4+3t^2}{4t}}{\frac{1}{4}}\right|=\frac{3t^2+4}{t}=3t+\frac{4}{t}$

因为动直线 $l$ 的斜率 $k>0⟹t=\frac{1}{k}>0$。 应用基本不等式（均值不等式）求最值： $\tan \angle PQR=3t+\frac{4}{t}\ge 2\sqrt{3t\cdot \frac{4}{t}}=2\sqrt{12}=4\sqrt{3}$ 当且仅当 $3t=\frac{4}{t}⟹3t^2=4⟹t=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 时，等号成立。

所以， $\tan \angle PQR$ 的最小值为 $4\sqrt{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：直线椭圆联立后的韦达定理变形应用；中心对称引起的斜率算式刚性化简。
2. 核心方法：设 $x=ty-1$ 的非对称联立法、基本不等式最值分析法。
3. 避坑指南：

• 对称点坐标符号弄反：在写点 $R$ 的坐标时，必须牢记它是 $P$ 关于原点的对称点，坐标为 $(-x_1,-y_1)$，而不是关于 $x$ 轴对称的 $(x_1,-y_1)$。
• 斜率设法选错导致计算冗长：常规设 $y=k(x+1)$ 在处理本题时，由于韦达定理分母含有 $k^2$ 且分子不含 $k$ 的项，会导致第二问的 $k_{QR}$ 无法消元化简。对于焦点在 $x$ 轴上的直线系联立，优先选择设 $x=ty-1$，可确保斜率运算呈现优雅的单项式化简特征。

📖【试题探源与推广】

Tip

本题是椭圆焦点弦三角形综合题：由面积比例 $S_{△PQR}=3S_{△PFO}$ 锁定直线 $l$ 的斜率，再用参数 $t$ 表示 $\tan \angle PQR$ 求最值，是”面积 $\to$ 位置 $\to$ 最值”三级递进的圆锥曲线压轴范式。

椭圆的中心对称性给出 $O$ 为 $PR$ 中点，从而 $S_{△PQR}=2S_{△PQO}$，把三点面积问题降为共高三角形模型；过焦点的弦被焦点分成的两段之比，可直接用同高三角形面积比读出，等价于向量的定比分点。

涉及 $\tan \angle PQR$ 一类角的最值时，设直线为 $x=ty+k$ 型可回避斜率不存在的讨论；角的正切经两条直线方向向量的夹角公式化为参数的函数，再用基本不等式收最值。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.17 非对称韦达题型总结

类题演练 (Links)

• 2013-天津卷理-18 解-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程
• 2012-北京卷文-19 解-椭圆弦长面积